1、专题三 电场与磁场第2讲 磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动高频考点1 磁场对电流的作用 高频考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动 栏目导航 专题限时训练 新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页高频考点 1 磁场对电流的作用 视角一 磁感应强度的叠加例 1(多选)(2018全国卷)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流方向向上；L1 的正上方有 a、b 两点，它们相对于 L2 对称整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为13B0 和12B0，方向也垂直于纸面
2、向外则()新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 712B0B流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 112B0C流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 112B0D流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 712B0答案：AC新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在 b 点：12B0B0B1B2在 a 点：13B0B0B1B2联立解得 B1 712B0，B2 112B0，故选项 A、C 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页 视
3、角二 与安培力有关的平衡问题例 2(2019广州模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨 CD、EF 间距为 L，与电动势为 E0 的电源相连，质量为 m、电阻为 R 的金属棒 ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成 角，回路其余电阻不计为使 ab 棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为()新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A.mgRE0L，水平向右B.mgRcos E0L，垂直于回路平面向上C.mgRtan E0L，竖直向下D.mgRsin E0L，垂直于回路平面向下答案：D新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：对金属棒受力分析，
4、受重力、支持力和安培力，如图所示：从图可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为：Fmgsin，故磁感应强度的最小值为 B FIL mgsinIL，根据欧姆定律有 E0IR，故 B mgRsinE0L，故只有选项 D 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页规律方法两类平衡问题的分析方法一类是根据导体中的电流方向与磁场方向，利用左手定则先判断出安培力的方向，然后对导体进行受力分析，再结合力的平衡条件进行求解另一类是事先不能够判断出安培力的方向，需要对导体进行受力分析后，结合力的平衡条件确定安培力的方向和大小，此类试题一般是包括安培力在内的三力动态平衡问题，解决的
5、办法通常是“闭合矢量三角形法”或“相似三角形法”新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页 视角三与安培力有关的电路问题例 3(多选)如图所示，绝缘水平面上固定着两个半径相等的圆环，环面竖直且相互平行，两环间的距离 d0.2 m，两环由均匀电阻丝制成，电阻都是 9.0，在两环的最高点 a 和 b 之间接有一个内阻 r0.5 的直流电源，连接导线的电阻忽略不计空间有竖直向上、磁感应强度 B 35T 的匀强磁场一根长度等于两环间距、质量 m10 g、电阻 R1.5 的均匀导体棒水平置于两环内侧，不计摩擦，静止时棒两端与两环最低点之间所夹圆弧的圆心角60.重力加速度 g10 m/s2，则下列说
6、法正确的是()新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A导体棒对两圆环的压力大小均为 0.2 NB导体棒受到的安培力大小为 35 NC该装置的总阻值为 6 D电源的电动势为 15 V答案：CD新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：设每个圆环对导体棒的支持力大小均为 FN，导体棒受到的安培力大小为 F.导体棒受力分析如图甲所示由受力分析可知 2FNcos mg，F2FNsin ，联立两式并代入数据解得 FN0.1 N，F 310 N，选项 A、B 错误；该装置的等效电路图如图乙所示，总阻值为 R 总63632 1.5 0.5 6，选项 C 正确；因为 FBId，所以 I
7、FdB2.5 A，由闭合电路欧姆定律可得 EIR 总15 V，选项 D 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页规律方法“一明、一转、一分”分析磁场对电流的作用新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页1(2017全国卷)如图所示，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零若让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为()A0 B 33 B0C2 33 B0 D2B0答案：C新课标高考第
8、二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：当 P 和 Q 中电流方向均垂直纸面向里时，由于 aPPQaQl，P 和 Q 在a 点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为 B1，由几何关系知 B12BPcos 30 3BP，由题可知，a 点处磁感应强度为零，则 B0 和B1 等大反向，则可得 B0B1 3BP，且 B0 方向平行于 PQ 向左当 P 中电流反向后，产生的磁感应强度如图乙所示，设 P、Q 在 a 点产生的合磁感应强度为 B2，由几何关系知 B2BP 33 B0，且 B2 方向垂直于 PQ 向上，可得 a 点处的磁感应强度大小为 B B22B202 33 B0，C
9、正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页 新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页2(2018陕西榆林三模)如图所示，挂在天平底部的矩形线圈 abcd 的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通以如图所示的电流 I 时，调节两盘中的砝码，使天平平衡然后使电流 I 反向，这时要在天平的左盘上加质量为 2102 kg 的砝码，才能使天平重新平衡若已知矩形线圈共 10 匝，通入的电流 I0.1 A，bc 边长度为 10 cm，(g 取 10 m/s2)则磁场对 bc 边的作用力 F 的大小和该磁场的磁感应强度B 的大小分别为()A0.2 N,20 T B0.2 N,2 TC0.1 N
10、,1 TD0.1 N,10 T答案：C新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：当线圈中通入图中电流后，右盘矩形线圈 abcd 受到的安培力为 FnBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为 M，右盘砝码的质量为 m，此时根据天平处于平衡状态有：MgmgnBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈 abcd 受到的安培力为 FnBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg(210210 N)mgnBIL，联立以上两式解得：B1 T，所以 F0.1 N，故只有选项 C 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页3(2019全国卷)如图，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒
11、连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点 M、N 与直流电源两端相接，已如导体棒 MN 受到的安培力大小为 F，则线框 LMN 受到的安培力的大小为()A2F B1.5FC0.5F D0答案：B新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：导体棒 MN 受到的安培力为 F，FBIL.导体棒 ML 与 LN 两者的有效长度与导体棒 MN 相同，根据并联电路的特点，导体棒 ML 与 LN 两者的电阻是导体棒 MN 电阻的 2 倍，导体棒 MN 的电流是导体棒 ML 与 LN 电流的 2 倍，B 相同，导体棒 ML 与 LN 两者的合力为 0.5F，根据左手定则，导
12、体棒 ML 与 LN 两者的合力与导体棒 MN 受到的安培力方向相同，线框 LMN 的受到的安培力为 1.5F，故只有选项 B 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页高频考点 2带电粒子在匀强磁场中的运动 视角一带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本问题例 4(2019全国卷)如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方向射出已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为30，粒子(重力
13、不计)进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d.求：新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间答案：(1)4UB2d2(2)Bd24U(2 33)新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：(1)设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，加速后的速度大小为 v.由动能定理有：qU12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvBmv2r 由几何关系知 d 2r联立式得：qm 4UB2d2新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)由几何关系知，带电粒子射入
14、磁场后运动到 x 轴所经过的路程为sr2 rtan 30带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为tsv联立式得：tBd24U(2 33)新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页规律方法轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障1画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹2确定圆心的位置：根据洛伦兹力始终与速度方向垂直这一特点，画出粒子运动轨迹上任意两点(一般是射入与射出有界磁场的两点)的洛伦兹力方向(垂直于这两点的速度方向)，其延长线的交点即为圆心3半径的计算：一方面可由 Bqvmv2r 得 rmvBq；另一方面可作出粒子的运动轨迹后，适当添加辅助线，利用几何知识求得新课标高考
15、第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页4带电粒子在磁场中运动时间的确定：利用圆心角和弦切角的关系或三角形内角和为 计算出圆心角，则运动时间 t 2TmqB.5注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页 视角二 带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题例 5 如图所示为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B2.0103 T，在 x 轴上距坐标原点 L0.50 m 的 P 处为离子的入射口，在 y 轴
16、上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以 v3.5104 m/s 的速率从 P 处射入磁场，若粒子在 y 轴上距坐标原点 L0.50 m的 M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为 m，电荷量为q，不计其重力新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(1)求上述粒子的比荷；(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿 y 轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；(3)为了在 M 处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁
17、场区域的最小面积，并在图中画出该矩形答案：(1)4.95107 C/kg(2)7.9106 s(3)0.25 m2 图见解析新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：(1)设粒子在磁场中的运动半径为 r.如图甲，依题意 M、P 连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页r 2L2 由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvBmv2r 联立并代入数据得qm4.95107 C/kg新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)设所加电场的场强大小为 E.如图乙，当粒子经过 Q 点时，速度沿 y 轴正方
18、向，依题意，在此时加入沿 x 轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有qEqvB代入数据得E70 N/C新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页所加电场的方向沿 x 轴正方向由几何关系可知，圆弧 PQ 所对应的圆心角为 45，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为 T，所求时间为 t，则有t 45360T2rv 联立并代入数据得t7.9106 s新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(3)如图丙，所求的最小矩形是 MM1P1P，该区域面积S2r2联立并代入数据得S0.25 m2矩形如图丙中 MM1P1P(虚线)新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页规律方法处理带
19、电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语，挖掘其隐含的信息数学方法与物理方法相结合：借助半径 R 和速度大小 v(或磁感应强度大小 B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页常用的结论有：粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切；当速度大小 v 一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长；当速度大小 v 变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的
20、粒子在磁场中运动的时间长新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页磁场区域最小面积的求解方法在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积注意对于圆形磁场区域：粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心；所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页 视角三 带电粒子在磁场中运动的周期性和多解问题例 6(多选)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直于纸面向外，磁感应强度 B1 T 的匀强磁场，ON 为处于 y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度
21、为9 m，M 点为 x 轴正方向上一点，OM3 m现有一个比荷大小为qm1.0 C/kg、可视为质点的带正电的小球(重力不计)从挡板下端 N 处小孔以不同的速度向 x 轴负方向射入磁场若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过 M 点，则小球射入的速度大小可能是()新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/s答案：ABD新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：由题意，小球运动的圆心的位置一定在 y 轴上，所以小球做圆周运动的半径 r 一定要大于或等于 3 m，而 ON9 m3r，所以
22、小球最多与挡板 ON 碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在 O 点的上方也可能小球与挡板 ON 没有碰撞，直接过 M 点由于洛伦兹力提供向心力，则 qvBmv2r，解得 vqBrm 若小球与挡板 ON 碰撞一次，则轨迹可能如图甲所示，新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页设 OOs.由几何关系得：r2OM2s29s23r9s联立得：r13 m，r23.75 m分别代入式解得 v13 m/s，v23.75 m/s，故 A、B 正确若小球没有与挡板 ON 碰撞，则轨迹如图乙所示，设 OOx，由几何关系得：r23OM2x29x2x9r3联立得
23、：r35 m，代入式解得 v35 m/s，故 D 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页规律方法带电粒子在磁场中运动产生多解的原因粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定造成多解；磁场方向的不确定造成多解；临界状态的不唯一造成多解；运动方向的不确定造成多解；运动的重复性造成多解等新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页4(多选)(2018长沙模拟)如图所示，在半径为 R 的圆形区域内(圆心为 O)有匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直于圆平面(未画出)一群具有相同比荷的负离子，以相同的速率由 P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁
24、场，若离子在磁场中运动的轨迹半径大于 R，则下列说法正确的是(不计离子的重力)()新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A从 Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长B沿 PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大C所有离子飞出磁场时的动能一定相等D在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心 O 点答案：AD新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故弦长为 PQ 时最大，由 Q 点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心 O 点，故 A、D 正确，B 错误；因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动
25、时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相等，故 C 错误新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页5.(2019全国卷)如图，边长为 l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外ab 边中点有一电子发源 O，可向磁场内沿垂直于 ab 边的方向发射电子已知电子的比荷为 k.则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54 kBlB14kBl，54kBlC.12kBl，54 kBlD12kBl，54kBl答案：B新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：电子的运动轨迹如图所示，电子
26、在磁场中由洛伦兹力提供向心力有：qvBmv2R 得 vqBRm，又比荷qmk，所以 vkBR.从 a 点射出的电子半径 Ral4，则vakBl4，从 d 点射出的电子半径 R 满足：R2l2Rl22，解得 R54l，则 vd5kBl4，只有选项 B 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页6(2018辽宁五校联考)如图所示，在 xOy 平面内，有一个圆形区域，其直径 AB与 x 轴重合，圆心 O的坐标为(2a,0)，其半径为 a，该区域内无磁场在 y 轴和直线 x3a 之间的其他区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从
27、y 轴上某点射入磁场，不计粒子重力新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(1)若粒子的初速度方向与 y 轴正方向的夹角为 60，且粒子不经过圆形区域就能到达 B 点，求粒子的初速度大小 v1；(2)若粒子的初速度方向与 y 轴正方向夹角为 60，在磁场中运动的时间为 t m3Bq，且粒子也能到达 B 点，求粒子的初速度大小 v2；(3)若粒子的初速度方向与 y 轴垂直，且粒子从 O点第一次经过 x 轴，求粒子的最小初速度 vmin.答案：(1)2qBam (2)3qBa2m (3)3qBam新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：(1)粒子不经过圆形区域就能到达 B 点
28、，故粒子到达 B 点时速度方向竖直向下，圆心必在 x 轴正半轴上，如图甲所示设粒子做圆周运动的半径为 r1，由几何关系，得 r1sin 303ar1，又 qv1Bmv21r1，解得 v12qBam.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)粒子在磁场中运动的周期 T2mBq，故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角tT 36060，如图乙所示，粒子到达 B 点的速度与 x 轴夹角为30，设粒子做圆周运动的轨道半径为 r2，由几何关系得3a2r2sin302acos2 30又 qv2Bmv22r2，解得 v23qBa2m.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(3)设粒子从 C 点进入圆形区域，如图丙所示，OC 与 OA 的夹角为，轨迹圆半径为 r，由几何关系得 2arsin acos，由数学知识可知当60时，半径最小为 rmin 3a又 qvminBmv2minrmin，解得 vmin 3qBam.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页专题限时训练