磁場及帶電粒子在磁場中的運動復習課件

第8講磁場及帶電粒子在磁場中的運動1.磁場強弱的描述：（1）磁感應強度的定義式：B=___，條件：___________垂直。（2）磁感應強度的合成滿足___________定則。導線與磁場平行四邊形2.安培力：（1）計算公式：F=_________，其中θ為B與I的夾角。①當磁場與電流垂直時，θ=90°，F(xiàn)=____。②當磁場與電流平行時，θ=0°，F(xiàn)=__。（2）方向判定：用_________。3.洛倫茲力：（1）計算公式：F=_________，其中θ為B與v的夾角。①v∥B時，F(xiàn)=__。②v⊥B時，F(xiàn)=____。③v=0時，F(xiàn)=__。（2）方向判定：用_________，注意“四指”指向__________________，與_______的運動方向相反。BILsinθBIL0左手定則qvBsinθ0qvB0左手定則正電荷的運動方向負電荷4.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的基本公式：（1）向心力由洛倫茲力提供：qvB=____。（2）軌道半徑R=___。（3）周期公式：T==_____。1.（2012·天津高考）如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應變化情況是（）A.棒中的電流變大，θ角變大B.兩懸線等長變短，θ角變小C.金屬棒質量變大，θ角變大D.磁感應強度變大，θ角變小【解析】選A。金屬棒的受力情況如圖所示，則有當棒中的電流I變大或者磁感應強度B變大時，因為重力不變，所以θ角會變大，選項A對、D錯；兩懸線等長變短對θ角沒有影響，選項B錯；當金屬棒的質量變大時，θ角變小，選項C錯。2.（2013·安徽高考）圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（）A.向上B.向下C.向左D.向右【解析】選B。由右手螺旋定則可以判斷出a、b、c、d四根長直導線在正方形中心O處產(chǎn)生的磁感應強度如圖所示：四個磁感應強度按矢量的平行四邊形定則合成，可得合磁場為水平向左。利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，可得洛倫茲力豎直向下，故B項正確。3.(2013·新課標全國卷Ⅰ)如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q（q>0）、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）（）【解析】選B。根據(jù)對稱性，帶電粒子射入圓形磁場區(qū)域時速度方向與半徑的夾角總是與帶電粒子射出磁場時其速度方向與半徑的夾角相等，畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據(jù)圖找?guī)缀侮P系可得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=R，再由，得，解得，故選項B正確。熱點考向1磁場對通電導線作用力問題

【典例1】（2013·南通二模）如圖所示，在豎直向下的恒定勻強磁場中有一光滑絕緣的圓軌道，一重為G的金屬導體MN垂直于軌道橫截面水平放置，在導體中通入電流I，使導體在安培力的作用下以恒定的速率v從A點運動到C點，設導體所在位置的軌道半徑與豎直方向的夾角為θ，安培力的瞬時功率為P，則從A到C的過程中，下列有關說法正確的是（）A.電流方向從N指向MB.I∝cotθC.P∝cosθD.P∝sinθ【解題探究】（1）根據(jù)導體MN的運動情況，畫出MN的受力分析圖。提示：（2）MN的運動性質是_____________，向心力由______、_______和安培力的合力提供，并且沿切線方向的合力_______，用式子表示為_______________。勻速圓周運動彈力F重力G等于零Gsinθ=F安cosθ【解析】選D。由于安培力方向始終水平向左，根據(jù)左手定則知電流方向從M指向N，A錯誤；因為導體棒做勻速圓周運動，所以有Gsinθ=F安cosθ=BILcosθ，故I=tanθ，即I∝tanθ，B錯誤；又P=F安vcosθ=Gvsinθ，所以P∝sinθ，C錯誤，D正確?！究偨Y提升】求解磁場中導體棒運動問題的方法(1)正確地對導體棒進行受力分析，應特別注意通電導體棒受到的安培力的方向，安培力與導體棒和磁感應強度組成的平面垂直。(2)畫出輔助圖（如導軌﹑斜面等），并標明輔助方向（磁感應強度B、電流I的方向）。(3)將立體的受力分析圖轉化為平面受力分析圖，即畫出與導體棒垂直的平面內的受力分析圖?！咀兪接柧殹浚?012·大綱版全國卷）如圖，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是（）A.O點處的磁感應強度為零B.a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反C.c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D.a、c兩點處磁感應強度的方向不同【解析】選C。根據(jù)安培定則，M、N處的電流在O點處的磁感應強度方向相同，都垂直MN連線向下，O點處的磁感應強度不為零，選項A錯誤；由對稱關系可知，a、b兩點處的磁感應強度大小相等，磁感應強度方向都垂直MN連線向下，方向相同，選項B錯誤；c、d兩點處的磁感應強度方向都垂直MN連線向下，方向相同，大小相等，選項C正確；a、c兩點處的磁感應強度方向都垂直MN連線向下，選項D錯誤。熱點考向2帶電粒子在磁場中的運動【典例2】（18分）（2013·延安一模）如圖所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且B1大于B2，一個帶負電、比荷為k的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，粒子重力不計。（1）求粒子在兩個磁場中運動的軌道半徑；（2）如果B1=2B2，則粒子再次回到原點時運動了多長時間？（3）要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應滿足什么條件？【解題探究】（1）粒子在兩磁場中運動的軌道半徑的求解：①比荷的意義：k=____；②軌道半徑公式：r=____。（2）試畫出B1=2B2時，帶電粒子再次回到原點時的軌跡圖。提示：由于B1=2B2，則r1=r2，由左手定則畫出軌跡如圖所示。（3）當B1>B2，但B1≠2B2時，粒子完成如圖所示的一次回旋到達y軸上的O1點，則點O、O1間的距離d=__________；若完成n次回旋到達On點，則OOn=______________。（4）粒子到達On后，若要再經(jīng)過半個圓周回到O點，OOn應滿足什么條件？提示：應滿足OOn=2r1，即2n（r2-r1）=2r1。2（r2-r1）nd=2n（r2-r1）【解析】（1）粒子交替地在xOy平面內B1與B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運動；速度大小恒為v,軌跡都是半個圓,圓周運動半徑分別為（1分）（1分）（2）當B1=2B2時，r2=2r1（1分）那么粒子在左邊運動一個半徑為r1半圓后，再到右邊經(jīng)歷一個半徑為r2的半圓，又回到左邊再經(jīng)歷一個半徑為r1的半圓，此時正好回到原點，這個過程中經(jīng)歷的時間為（2分）（2分）所以t=t1+t2=（1分）（3）粒子運動軌跡如圖所示，在xOy平面內，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上到O點距離為2r1的A點，接著沿半徑為r2(r2>r1)的半圓D1運動至y軸上的O1點，則O1與O的距離為：d=2(r2-r1)①（3分）此后粒子每經(jīng)歷一次回旋，其y軸坐標就減小d，設粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于On點，若OOn即nd滿足nd=2r1②（3分）則粒子再經(jīng)過半圓就能通過原點，由①②得

（2分）即（2分）答案：（1）（2）（3）（n=1，2，3…）【總結提升】帶電粒子在磁場中的運動問題分析“三步走”（1）畫軌跡：也就是確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡。（2）找聯(lián)系：①軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，分析粒子的運動半徑常用的方法有物理方法和幾何方法兩種。物理方法也就是應用公式r=確定；幾何方法一般根據(jù)數(shù)學知識（直角三角形知識、三角函數(shù)等）通過計算確定。②速度偏轉角φ與回旋角（轉過的圓心角）α、運動時間t相聯(lián)系。如圖所示，粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，等于弦切角θ的2倍，且有φ=α=2θ=ωt=或（其中s為運動的圓弧長度）。(3)用規(guī)律：應用牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律關系式，特別是周期公式和半徑公式，列方程求解?！咀兪接柧殹浚?013·廣州一模）薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內運動的軌跡如圖所示，半徑R1>R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子（）A.帶正電B.在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C.在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同D.從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域【解析】選C。粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力，速度將減小。由r=可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由Ⅰ區(qū)域運動到Ⅱ區(qū)域，結合左手定則可知粒子帶負電，A、B、D選項錯誤；由T=可知粒子運動的周期不變，粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域中運動的時間均為C選項正確。熱點考向3帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界問題【典例3】(2013·黃岡一模)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形（邊界上有磁場），A、B、C為三角形的三個頂點?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為+q的粒子（不計重力），以速度從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入，然后從BC邊上某點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則（）【解題探究】（1）粒子在該磁場中的軌跡半徑如何求，比AB邊長還是短？提示：由r=代入v得r=L<L。（2）如何求解滿足題干條件的PB與QB的最大值？提示：保證不從AC邊射出，能從BC邊射出即為題目的要求，當軌跡圓既與AC相切，又與BC相切時，可求PB的最大值，當軌跡圓為圓弧時，可求出QB的最大值?！窘馕觥窟xD。帶電粒子做勻速圓周運動軌跡的圓心必在AB之上，畫出運動軌跡如圖所示，由半徑公式r=及可知，粒子做圓周運動的半徑為r=L，當粒子運動的軌跡圓心位于AB中點O1時，粒子正好與AC、BC邊相切，由幾何關系知，PB滿足PB<L,A、B錯誤；平行向右移動參考圓O1，與CB交點最遠時的Q點到AB的距離為半徑r，所以D正確，C錯誤?！究偨Y提升】帶電粒子在有界磁場中運動臨界問題的三種幾何關系（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。（2）當粒子的運動速率v一定時，粒子經(jīng)過的弧長（或弦長）越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。（3）當粒子的運動速率v變化時，帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡對應的圓心角越大，其在磁場中的運動時間越長?！咀兪接柧殹?2013·廈門二模)如圖所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應強度B的取值為（）【解析】選D。欲使電子經(jīng)過BC邊，臨界點是電子運動的圓弧軌跡與BC邊相切，由幾何關系可得圓弧半徑等于據(jù)可得臨界磁感應強度為欲使電子經(jīng)過BC邊，則磁感應強度應滿足B＜選項D正確。1.（2013·福州二模）質量為m、長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示。則下列關于導體棒中的電流的分析，正確的是（）A．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為I=B．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為I=C．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為I=D．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為I=【解析】選C。根據(jù)左手定則可知，不管電流方向向里還是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再結合導體棒的平衡條件可知，安培力只能水平向右，據(jù)此可判斷出，導體棒中電流垂直紙面向里。對導體棒受力分析，并根據(jù)平衡條件可知：F安=mgtan60°，又F安=BIL，聯(lián)立可得I=，只有選項C正確。2.（2013·安徽師大一模）如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角（0<θ<π）以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子（重力不計）。則下列說法正確的是（）A.若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B.若v一定，θ越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠C.若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D.若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短【解析】選A。由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉。若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，選項A正確；若v一定，θ等于90°時，粒子離開磁場的位置距O點最遠，選項B錯誤；若θ一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關，則粒子在磁場中運動的角速度與v無關，粒子在磁場中運動的時間與v無關，選項C、D錯誤。3.（2013·泉州一模）如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。A板帶正電荷，B板帶等量負電荷，電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B1。平行金屬板右側有一擋板M，中間有小孔O′，OO′是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B2。CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角θ=45°，O′C=a，現(xiàn)有大量質量均為m，含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子（不計重力），自O點沿OO′方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO′方向運動，并進入勻強磁場B2中，求：（1）進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度；（2）能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值；（3）絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度?！窘馕觥浚?）設沿直線OO′運動的帶電粒子進入勻強磁場B2的速度為v根據(jù)qvB1=qE解得：(2)粒子進入勻強磁場B2中做勻速圓周運動，根據(jù)qvB2=解得：因此，電荷量最大的帶電粒子運動的軌道半徑最小。設最小半徑為r1，此帶電粒子運動軌跡與CD板相切，則有：r1+r1=a，解得：r1=(-1)a。電荷量最大值（3）帶負電的粒子在磁場B2中向上偏轉，某帶負電粒子軌跡與CD相切，設半徑為r2，依題意r2+a=r2解得：r2=(+1)a則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為x=r2-r1=2a。答案：（1）(2)（3）2a七利用幾何關系分析帶電粒子的運動【案例剖析】（18分）如圖所示，圓心在坐標原點、半徑為R的圓將xOy平面分為兩個區(qū)域。①在圓內區(qū)域Ⅰ（r≤R）和圓外區(qū)域Ⅱ（r>R）分別存在兩個磁場方向均垂直于xOy平面的勻強磁場（圖中未畫出）；垂直于xOy平面放置了兩塊平面熒光屏，其中熒光屏甲平行于x軸放置在y軸坐標為-2.2R的位置，熒光屏乙平行于y軸放置在x軸坐標為3.5R的位置?，F(xiàn)有一束質量為m、電荷量為q（q>0）、動能為E0的粒子②從坐標為（-R，0）的A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，最終打在熒光屏甲上，出現(xiàn)坐標為（0.4R，-2.2R）的亮點N。③若撤去圓外磁場，粒子打在熒光屏甲上，出現(xiàn)坐標為（0，-2.2R）的亮點M。此時，若將熒光屏甲沿y軸負方向平移，則亮點x軸坐標始終保持不變。（不計粒子重力影響）（1）求區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中磁感應強度B1、B2的大小和方向。（2）若上述兩個磁場保持不變，熒光屏仍在初始位置，但從A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ的粒子束改為質量為m、④電荷量為-q、動能為3E0的粒子，求熒光屏上的亮點的位置?！緦忣}】抓住信息，準確推斷關鍵信息信息挖掘題干①在圓內區(qū)域Ⅰ（r≤R）和圓外區(qū)域Ⅱ（r>R）分別存在兩個磁場兩勻強磁場的強弱、方向，需結合運動情形分析②從坐標為（-R，0）的A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，最終打在熒光屏甲上，出現(xiàn)坐標為（0.4R，-2.2R）的亮點N在兩磁場中粒子所做運動的軌跡為兩段圓弧，畫示意圖關鍵信息信息挖掘題干③若撤去圓外磁場，粒子打在熒光屏甲上，出現(xiàn)坐標為（0，-2.2R）的亮點M。此時，若將熒光屏甲沿y軸負方向平移，則亮點x軸坐標始終保持不變圓外無磁場，粒子做直線運動，又因熒光屏甲移動而M點不變，說明粒子從C點離開圓形磁場問題④電荷量為-q、動能為3E0的粒子，求熒光屏上的亮點的位置電性改變，洛倫茲力的方向改變；動能增大，速度增大，則運動半徑增大【破題】精準分析，無破不立（1）磁感應強度B1、B2的求解：①帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑r1=__。②帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑r2與R滿足的幾何關系為______________________。R③試在圖甲中畫出帶電粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中的軌跡示意圖。提示：

（2）第（2）問的求解：①粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌跡半徑r3與r1的關系式為r3=_____________________；粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑r4與第（1）問中r2的關系式為r4=_____________________。②請在圖乙中畫出第（2）問中的軌跡示意圖。提示：

【解題】規(guī)范步驟，水到渠成（1）由于粒子亮點在熒光屏甲上，故粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示。粒子在區(qū)域Ⅰ中運動了四分之一圓周后，從C點沿y軸負方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ的磁場。區(qū)域Ⅰ中圓周運動的圓心是O1點，半徑為r1=R(1分)由可得：

（2分）方向垂直平面xOy向外。（1分）粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做半徑為r2的圓周運動，由（1分）可得：r2=圓周運動的圓心O2坐標為（r2,-R）則：（r2-0.4