磁場（4）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型（解析版）

模型24磁場（4）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習目錄在磁場中運動的時間、長度極值 2帶電粒子在組合場中的運動 4交變磁場中的粒子運動 9帶電體在復合場中，有彈力及摩擦參與下的運動 13帶電粒子在磁場運動的多解問題 18

在磁場中運動的時間、長度極值【模型+方法】①求最遠距離：直徑是最遠的距離②求時間：最短的弧長對應最短的時間，同時是最短的弦長；最長的弧長對應最長的時間，不一定是最長的弦長?！镜淅?2020·全國卷Ⅰ·18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑.一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）A.eq\f(7πm,6qB)B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB) D.eq\f(3πm,2qB)【解析】粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由在磁場中的運動軌跡對應的圓心角決定設軌跡交半圓于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓心，如圖所示.圓心角θ＝π＋2β，當β最大時，θ有最大值，由幾何知識分析可知，當ce與相切時，β最大，【練習】如圖所示，熒屏MN上方有水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里.距離熒屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q、質量為m、速率為v的帶正電粒子，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則A.粒子能打到板上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB.能打到板上最左側的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C.粒子從發(fā)射到打到絕緣板上的最長時間為eq\f(πd,v)D.同一時刻發(fā)射的粒子打到絕緣板上的最大時間差為eq\f(7πd,6v)【解析】打在極板上的粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示，根據(jù)幾何關系知，板上有帶電粒子到達的長度為：l＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到板上最左側的粒子偏轉了半個周期故所用時間為：t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)解得：t＝eq\f(πd,v)，B正確；在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子運動軌跡示意圖如圖乙，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關系可知：最短時間：t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，最長時間：t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)可得同一時刻發(fā)射的粒子打到絕緣板上的最大時間差：Δt＝t1－t2，解得：Δt＝eq\f(7πd,6v)，C錯誤，D正確.帶電粒子在組合場中的運動【模型+方法】分段研究的思想1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn).2.分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理.(2)找關鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵.(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題.【典例1】如圖所示，在第二象限的正方形區(qū)域Ⅰ內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，在第四象限區(qū)域Ⅱ存在著垂直紙面向外足夠大的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B，方向相反。一質量為m、電量為e的電子由P（－d，d）點沿x軸正方向射入磁場區(qū)域Ⅰ。若電子從（0，d2）位置射出并進入第一象限，求：（1）電子的軌跡半徑R；（2）電子離開磁場Ⅱ時的位置與坐標原點O的距離?！敬鸢浮?1)54d；(2)【解析】(1)粒子運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系得R2解得R=5(2)由上可知則∠PHM=53°，根據(jù)幾何知識，帶電粒子在射出磁場區(qū)域I時與水平方向夾角為53°，則有ON=d根據(jù)幾何關系得NA=Rsin53°則電子離開磁場Ⅱ時的位置與坐標原點O的距離x=3【典例2】在空間建立直角坐標系xoy，以坐標原點O為圓心作兩個半徑分別為r和R的同心圓，小圓與兩坐標軸分別交于M、P、兩點，Q也是小圓上的一點；兩圓將空間分隔成三個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。在區(qū)域Ⅰ內存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內也存在垂直于坐標平面的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ內沒有磁場。一個不計重力、帶電量為+q、質量為m的粒子從M點沿－y方向進入磁場，從P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ，又從Q點再次回到區(qū)域Ⅰ。已知∠POQ＝60°，求：（1）求區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內磁場的磁感應強度；（2）若要使粒子約束在磁場內，求大圓半徑R的最小值；（3）粒子在磁場中運動的周期?！敬鸢浮浚?）B1=mv0qr，垂直xoy平面向里；3mv0qr，垂直【解析】（1）設在區(qū)域Ⅰ內軌跡圓半徑為r1=r由牛頓第二定律得qv則區(qū)域Ⅰ磁場的磁感應強度為B1垂直紙面向里設粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡圓半徑為r2，部分軌跡如圖所示，由幾何關系得由牛頓第二定律得qv所以B2=3方向與B1相反，即垂直xoy平面向外（2）由幾何關系得R＝2r2+r2＝3r2即R=3r（3）軌跡從M點到Q點對應圓心角θ=90°+60°=150°，要仍從M點沿y軸負方向射入，需滿足：150n=360m，m、n屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù)m=5，n=12，其中區(qū)域Ⅰ做圓周運動周期T1=區(qū)域Ⅰ做圓周運動周期T2=2πmq粒子在磁場中運動的周期T=12(T1+T2)=【練習1】如圖為一磁約束裝置原理圖。原點O為兩個大小不同的同心圓的圓心。半徑為r的小圓區(qū)域I內有方向垂直xOy平面向里的勻強磁場B1（B1未知），兩圓之間的環(huán)形區(qū)域Ⅱ內有方向未知但垂直于xOy平面的另一勻強磁場B2，且B2=3B1。一質量為m、電量為q、初速度為v0的帶正電粒子從坐標為（0，r）的A點沿-y方向射入?yún)^(qū)域I，然后從x軸上的P點沿+x方向射出，粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后再次射入?yún)^(qū)域I，Q點是區(qū)域I(1)區(qū)域I中磁感應強度B1；(2)大圈的最小半徑R；(3)粒子從A點沿y軸負方向射入圓形區(qū)域I，經(jīng)過多少時間第二次到達Q點?！敬鸢浮?1)mv0qr；(2)3r【解析】(1)設在區(qū)域I內軌跡圓半徑為r1，則r1=r，由牛頓第二定律得qv解得B1=(2)設粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡圓半徑為r2，部分軌跡如圖所示區(qū)域Ⅱ中磁場向外時軌跡為實線，磁場向里時軌跡為虛線根據(jù)B2=3B1，由牛頓第二定律得qv所以r2=3即R=3r。(3)第一種情形，區(qū)域Ⅱ磁場方向向外，軌跡如圖粒子從A射入，在兩磁場各偏一次，對應圓心角θ=90°要第二次到達Q點，需滿足150n=180mm、n屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù)m=5，n=6，第二種情形，區(qū)域Ⅱ磁場方向向里，軌跡如圖粒子從A射入，在兩磁場各偏一次，對應圓心角θ=90°-要第二次到達Q點，需滿足30n=180mm、n屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù)m=1，n=6粒子在區(qū)域I中的周期T1粒子在區(qū)域Ⅱ中的周期T2粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)各偏轉一次的時間為t1所以經(jīng)過6次如此偏轉后第二次通過Q點，則總時間為t=6t【練習2】如圖所示，在直角坐標系xOy中，x≥0，y≥0范圍內有兩個勻強磁場區(qū)域I和II，磁場方向均垂直紙面向里，虛線y=34x為它們的分界線，區(qū)域I的磁感應強度大小為，區(qū)域II的磁感應強度大小可調，P點為它們分界線上的某一點，已知OP=4L。質量為m，帶電量為-q的粒子從O點沿軸方向射入磁場I中，速度大小為qB(1)粒子不會飛出第一象限，求粒子在區(qū)域II磁場中做圓周運動的半徑大小應滿足的條件；(2)粒子在第一象限內運動的過程中，恰好能經(jīng)過P點，求區(qū)域II磁場的磁感應強度大小的所有可能值?！敬鸢浮?1)0<R2≤2449L，(2)若粒子是從II區(qū)通過P點，磁感應強度可能為：6B0，8【解析】(1)兩磁場分界線與x軸夾角為θ=37°，設粒子在磁場I和II區(qū)內運動的半徑分別是R1、R2，粒子在磁場I內運動時，洛倫茲力提供向心力：解得：R1由幾何知識：粒子每在磁場I運動一次，到OP直線的位置向前推進，每在磁場II運動一次，到OP直線的位置向后倒退：粒子不會飛出第一象限，需滿足：解得：0<R2(2)粒子在磁場II內運動時，洛倫茲力提供向心力：qvB若粒子是從II區(qū)通過P點：解得：R2=1-52nL，其中n=1符合條件的有n=3時：R2對應：B2n=4時：R2對應：B2若粒子是從I區(qū)通過P點：解得：R2=1-32nL，其中n符合條件的有n=2時：R2對應：B2綜上所述：若粒子是從II區(qū)通過P點，磁感應強度可能為：6B0，8B03；若粒子是從I區(qū)通過交變磁場中的粒子運動【典例】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示，設垂直紙面向里的磁場方向為正方向。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響。求：（1）磁感應強度B0的大??；（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。【答案】（1），（2）(n=1，2，3…)。【解析】(1)正離子射入磁場，由洛倫茲力提供向心力，即：qv0B0=mv做勻速圓周運動的周期：T0=2πrv聯(lián)立兩式得磁感應強度：B0=；(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，v0的方向應如圖所示，有：r=d4當在兩板之間正離子共運動n個周期，即nT0時，有r=(n=1，2，3…)聯(lián)立方程求解，得正離子的速度的可能值為：v0=B0qrm=(n=1，2，【練習1】如圖甲所示，在坐標系xOy的第一象限內存在圖乙所示的交變磁場(取垂直紙面向外為正)，OD與x軸正方向的夾角為α，α＝37°，P(4L,3L)是OD上一點．t＝0時刻，一質量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場，經(jīng)過一定的整周期(交變磁場變化的周期)后粒子恰好能經(jīng)過原點O，已知粒子的重力不計，sin37°＝0.6，求：(1)粒子的運動速度應滿足的條件．(2)交變磁場變化的周期T.【來源】廣西欽州市欽州港經(jīng)濟技術開發(fā)區(qū)中學2017屆高三一輪復習8.3帶電粒子在復合場中的運動同步物理試題【答案】(1)v=25B0qL16nm(【解析】（1）粒子運動的軌跡如圖；根據(jù)qvB0=mv2r；由圖可知：2n×2r解得v=25B0qL16nm(n（2）粒子運動的周期：T=2πmqB，則磁場變化的周期：T【練習2】真空中有如圖所示的周期性交變磁場，設磁感應強度B垂直紙面向里為正方向，B0=1T，t0=π×l0-5s，k為正整數(shù)。某直角坐標系原點O處有一粒子源，在t=0時刻沿x軸正方向發(fā)射速度為v0=103m/s的正點電荷，比荷qm=1×l06C/kg，不計粒子重力。(1)若k=1，求粒子在磁場中運動的軌道半徑和粒子第3次（從O點出發(fā)記為第1次）經(jīng)過y軸時的時刻；(2)若k=2，求粒子在運動過程中與y軸交點坐標的最大值和最小值；(3)若t0=π2×10-5s，則k取何值時，粒子可做周期性循環(huán)運動回到出發(fā)點？并求出循環(huán)周期的最小值Tmin和相應的k【答案】(1)0.001m；t=2π×10-5s；(2)ymmax；ymmin；(3)當k取非4q+1【解析】(1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由BqvT=2πr解得r=mT=2πm當k=1時，因為t0=T2，粒子第3次經(jīng)過(2)當k=2時，2t0=T，粒子一個循環(huán)周期中運動分別為半圓→整圓→半圓與y軸交點坐標的最大值為ymmax與y軸交點坐標的最小值為ymmin(3)因為t0=T4，所以粒子先做1如圖可見k=1、2、3、4時可能的分段情況．①k=1，粒子做14圓弧交替運動，向右上45°方向無限延伸，不會循環(huán)運動②k=2，粒子做14圓弧與24圓弧交替運動，經(jīng)過4個周期回到出發(fā)點，循環(huán)周期③k=3，粒子做14圓弧與34圓弧交替運動，經(jīng)過2個周期回到出發(fā)點，循環(huán)周期④k=4，粒子做14圓弧與44圓弧交替運動，經(jīng)過4個周期回到出發(fā)點，循環(huán)周期當k>4時，運動過程相似，每個周期中均增加（正整數(shù)）個圓周，能循環(huán)的運動其循環(huán)周期均延長．綜上可得：(1)當k取非4q+1q=0,1,2,??(2)當k=3時，最小循環(huán)周期為T3=2T=4π帶電體在復合場中，有彈力及摩擦參與下的運動【模型+方法】1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題.(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.(3)電場力、洛倫茲力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運動.②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題.2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解.【典例1】套在長絕緣直棒上的小環(huán)質量為m，帶電量為+q，小環(huán)內徑比棒的直徑略大．將棒放置在方向均水平且正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度為E，磁感應強度為B，小環(huán)與棒的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，現(xiàn)將小環(huán)從靜止釋放，小環(huán)可沿絕緣直棒下滑，棒足夠長，下列說法正確的是（）A．小環(huán)從靜止釋放瞬間加速度a0B．小環(huán)運動過程的最大加速度amC．小環(huán)運動過程中最大速度vmD．當摩擦力增加到與重力平衡時，小球的速度最大【答案】ABD【解析】A．釋放小環(huán)瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，則有mg-μqE=ma0解得a0故A正確；

B．當摩擦力為零時，則qE=Bv1q即v1=EB時，加速度最大，此時合力等于重力，故最大加速度為a故B正確；

CD．當摩擦力增加到與重力平衡時，小球的速度最大，故μ（Bvq-qE）=mg解得故C錯誤，D正確；故選ABD。【典例2】如圖所示，水平地面上方有水平向右的勻強電場，豎直放置的光滑絕緣圓弧軌道固定在地面上，軌道末端C點與圓心O的連線和豎直直徑的夾角為30°，軌道右側豎直虛線MN和PQ間還有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小。一帶電小球（看做質點）自最高點A水平向左進入軌道，小球的質量m=0.3kg，帶電量，小球沿著軌道圓周運動至C點的過程中，和軌道間的最小壓力，小球離開軌道后立即進入MN右側有磁場的區(qū)域，在MN和PQ間恰好做直線運動，運動至和A點等高的D點離開磁場區(qū)域，又經(jīng)過一段時間落在地面上。已知重力加速度g=10m/s2，求：(1)小球運動至軌道末端C點時的速度大??；(2)圓弧軌道的半徑；(3)小球最后落地時的速度大小?！窘馕觥?1)小球在MN和PQ間只能做勻速直線運動，且?guī)д?，沿著運動方向則有qEcos可得勻強電場的電場強度E=1003垂直運動方向則有qvB=qEsin解得小球在磁場中的速度，即在軌道末端時的速度v=10m/s(2)小球在軌道上運動至等效最高點時mg2自等效最高點至等效最低點（C點）mg2可得圓弧軌道的半徑R=0.6m(3)小球離開磁場后，豎直方向則有vy落地時豎直分速度又有2R=-可得小球離開磁場到落地的時間落地時水平速度vx落地時速度v2【練習1】如圖所示，一傾角為θ=53°（圖中未標出）的斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在豎直向上、大小E=2×106V/m的勻強電場和垂直豎直面向里、大小B=4×105T的勻強磁場?，F(xiàn)讓一質量m=4kg、帶電量q=+1.0×10-5C的帶電小球從斜面上某點（足夠高）由靜止出發(fā)，當沿斜面下落位移大小為3m時，小球開始離開斜面，則以下說法正確的是（）（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）A．離開斜面前小球沿斜面做加速度為4m/s2的勻加速運動B．小球離開斜面時的速度為3m/sC．該過程中小球電勢能增加了60JD．該過程中由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為30J【答案】BD【解析】A．若離開前小球沿斜面做加速度為4m/s2代入可求得離開時的速度為v=26所以離開前的運動不是加速度是4m/s2的勻加速運動，故B．對小球進行受力分析，小球離開斜面時應滿足qvB=mg可得v=3m/s故B正確；C．電勢能的增加量等于靜電力做的負功，存在ΔE解得ΔE故C錯誤；D．由動能定理mg-代入相應物理可得Q=30J故D正確。故選BD?！揪毩?】如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，場內有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電量為－q、質量為m的帶負電的小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后運動的過程中，下列說法正確的是（）A．小球下滑的最大速度為v=mgsinθμBq B．小球下滑的最大加速度為amC．小球的加速度先增大后減小 D．小球的速度先增大后減小【答案】BC【解析】小球開始下滑時有mgsin隨υ增大，a增大，當v=mg時，a達最大值gsinθ，此時洛倫茲力等于mgcosθ，支持力等于0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過程中有隨υ增大，a減小，當vm時，a=0，此時達到平衡狀態(tài)，速度不變；

所以整個過程中，υ先一直增大后不變；a先增大后減小，所以B、C正確，A、D錯誤；故選BC。帶電粒子在磁場運動的多解問題【模型+方法】類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b磁場方向不確定在只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解運動具有周期性帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解典例如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．求：(1)磁感應強度B0的大小．(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值．答案(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)解析設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向．(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝eq\f(mv\o\al(02,),R)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得磁感應強度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝eq\f(d,4)；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)．聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)練習(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成θ＝30°角，MN的右上方區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向水平向外的勻強磁場，MN的左下方區(qū)域存在磁感應強度大小為2B、方向水平向里的勻強磁場，MN與兩磁場均垂直．一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質量為m、電荷量為q(q>0)的同種粒子(粒子重力不計)，所有粒子均能通過MN