《2020物理二轮教师用书：第1部分专题3第2讲磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020物理二轮教师用书：第1部分专题3第2讲磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动Word版含解析.docx（48页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 2 讲磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动 高考统计 定方向 ( 教师授课资源 )考点考向考向 1.磁场及其叠加问题1.磁场及其性质考向 2.安培力及力电综合问题考向 1.粒子在直线边界磁场中2.带电粒子在有的运动界匀 强磁 场 中运动考向 2.粒子在圆形边界磁场中的运动考向 1.带电粒子在组合场中的3.带电粒子在复 运动合场中的运动考向 2.带电粒子在叠加场中的运动五年考情汇总2018全国卷 T202017全国卷 T182015全国卷 T182019全国卷 T172017全国卷 T192017全国卷 T212019全国卷 T 242019全国卷 T 182019全国卷 T 17201
2、7全国卷 T242016全国卷 T182017全国卷 T182016全国卷 T182018全国卷 T252018全国卷 T252018全国卷 T242016全国卷 T152017全国卷 T16磁场及其性质 (5 年 6 考)? 分析近五年的高考试题可以看出，电流磁场的判断、磁场的叠加，磁场对通电导体的作用力是高考命题的热点。? 预计 2020 年高考可能会以磁场的性质及安培力作用下物体的运动为主。1.(2019 全国卷 T17)如图所示，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，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。 已知导体棒 MN 受
3、到的安培力大小为F，则线框 LMN 受到的安培力的大小为 ()A 2FB 1.5FC 0.5FD0B 设三角形边长为 l，通过导体棒 MN 的电流大小为 I ，则根据并联电路的I规律可知通过导体棒ML 和 LN 的电流大小为 2，如图所示，依题意有F BlI ，则11导体棒 ML 和 LN 所受安培力的合力为 F 12BlI 2F ，方向与 F 的方向相同，所以线框 LMN 受到的安培力大小为 1.5F ，选项 B 正确。 2.(多选 )(2018 全国卷 T20)如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L 2， L1 中的电流方向向左， L 2 中的电流方向向上； L 1 的正上
4、方有 a、 b 两点，它们相对于 L 2 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，方向也垂直于纸面向外。则 ()7A 流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为12B01B流经 L1的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为12B01C流经 L2的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为12B07D流经 L2的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为12B0AC 由对称性可知， 流经 L 1 的电流在 a、b 两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为 B1，流经 L 2 的电流在 a、
5、b 两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2 ，由磁场叠加原理有1 1 B0B1B23B0，B0B1B2 2B0，联立解得71B1 12B0， B212B0，所以A 、C正确。 3 (多选 )(2017 全国卷 T19)如图所示，三根相互平行的固定长直导线 L1、 L 2 和 L 3 两两等距，均通有电流 I， L1 中电流方向与 L2 中的相同，与 L 3 中的相反。下列说法正确的是()A L1 所受磁场作用力的方向与L 2、L 3 所在平面垂直B L 所受磁场作用力的方向与L 、L所在平面垂直312C L1、 L 2 和 L 3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 3D
6、L1、 L 2 和 L 3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为3 3 1BC如图，由磁场的叠加知， L2 与 L3中的电流在 L1处产生的合磁场的方向在 L 、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与 L、L322所在平面平行， 选项 A 错误。L1 与 L2 中的电流在 L 3 处产生的合磁场的方向与L 1、L 2 的连线平行，由左手定则知， L 3 所受磁场作用力的方向与L 1、L 2 所在平面垂直，选项 B 正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而 L 1、L 2 所在处两个磁场方向的夹角均为120，则 B 合 B，而 L 3 所在处两个磁场
7、方向的夹角为 60，则 B合 3B，由 F ILB 知， L 1、L 2 和 L 3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1 13，选项 C 正确，选项D 错误。 教师备选题1(2017 全国卷 T18)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。如果让 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()A 0323D2BB. 3 B0C. 3B00C 两长直导线 P 和 Q 在 a 点处的磁感应强度
8、的大小相等，设为B，方向如图甲所示，此时a 点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B 合的大小等于 B0，方向与 B0 相反，即 B0 的方向水平向左， 此时 BB030；2cos 30B 3让 P 中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P 和 Q 在 a 点处的磁感应强度的大小仍为 B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B，方向竖直向上，B 与 B0 垂直，其合磁感应强度为 Ba22230，选项正确。BB 03BC2(多选 )(2017 全国卷 T21)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引
9、出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将 ()A 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD装置平面示意图如图所示。 如图所示的状态， 磁感线方向向上， 若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向
10、，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、 D。3(多选 )(2015 全国卷 T18)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是 ()A 指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转BC指南针是一个小磁体，具有N、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的 N 极指向地理的北极，选项A 错误，选项 B 正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干
11、扰，选项 C 正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转。正确选项为 B、C。1磁场的叠加和安培定则应用的注意点(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则(如上 T 2、T 3)。2安培力的大小和方向3安培力作用下力学问题的解题思路(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒 )。(2)变三维为二维：画
12、出平面受力图，其中F B，F I 。(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。考向1磁场及其叠加问题1.(2019皖江名校联考)直线电流周围空间各点的磁场强度的关系式为IB kx，其中 I 为直线电流强度的大小， x 为空间各点到直线电流的垂直距离。 在空间放置两相互平行的直导线，其间距为 a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在 0 a 之间的合磁感应强度随x 的变化规律符合下列图象中的 ()A 根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位
13、置磁场为零。由于规定B 的正方向为垂直纸面向外，所以 A 正确， BCD 错误。 2.(多选 )(2019 名校学术联盟 )正三角形ABC 的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线，并通以如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小相等，三角形中心 O 点的磁感应强度大小为BO，已知通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，则下列说法正确的是()A O 点处的磁感应强度方向竖直向下B B、 C 处两导线电流在O 点产生的合磁场方向水平向左1C B 处电流在 O 点处产生的磁场磁感应强度大小为2BO3D将 A 处电流大小减半，则O 点处的磁场磁感应强度大小为4BOBCD 根据安培定则可
14、知， A 处电流在 O 点产生的磁场BA，B 处电流在 O点产生的磁场BB 和 C 处电流在 O 点产生的磁场BC，如图所示，由于导线中的电流大小相等，它们在 O 点处产生的磁感应强度的大小相等均为B ，根据平行四边1形定则可知， O 点处的合磁场的大小 BOB12B1cos120，磁感应强度方2 2B11向水平向左，解得 B 处电流在 O 点处产生的磁场磁感应强度大小为B12BO，故A 错误， C 正确；根据平行四边形定则可知，B、C 处两导线电流在 O 点产生的合磁场方向水平向左，故 B 正确；将 A 处电流大小减半，根据通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比可得A 处电流
15、在 O 点产生的磁场大小变13为4BO，根据平行四边形定则可知，则 O 点处的磁场磁感应强度大小为 4BO，故 D 正确；故选 B、C、D。考向 2安培力及力电综合问题3.(2019 全国大联考 )如图所示，水平导体棒PQ 用一根劲度系数为k80 N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ 长度为L 0.5 m，质量为 m0.1 kg。当导体棒中通以大小为I 2 A 的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移2 cm 后能重新处于静止状态，(重力加速度 g 取10 m/s2)则 ()A 通入的电流方向为P Q，大小为 1.2 AB通入的电流方向为P Q，大
16、小为 2.4 AC通入的电流方向为Q P，大小为 1.2 AD通入的电流方向为Q P，大小为 2.4 AC 由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得 ILB mg，代入数据解得磁感应强度大小 BmgIL 1 T 。欲使导体棒下移 2 cm 后能重新处于静止状态， 假设安培力方向向下， 由平衡条件可得 mgI LB kx ，解得： I 1.2 A，假设成立，此时通入的电流方向为 QP，故 C 正确， A 、 B、D 错误。 4.如图所示，有两根长为L 、质量为 m 的细导体棒a、 b，a 被水平放置在倾角为 45的光滑斜面上， b 被固定在与 a 在同一水平面的另一位置，
17、且a、b 平行，它们之间的距离为x。当两细棒中通以电流为I 的同向电流时， a 恰能在斜面上保持静止。则关于b 在 a 处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是()A 方向向上2mgB大小为 2ILC要使 a 仍保持静止，而减小 b 在 a 处的磁感应强度，可使b 上移D要使 b 下移， a 将不能保持静止mg，B 错误；若减B 根据安培定则可知A 正确；由图可知 mgBIL 知 B IL小 b 在 a 处的磁感应强度，那么 F 将减小，要使 a 仍保持静止，由图及受力分析可知 b 应上移， C 正确；同理 D 正确。 带电粒子在有界匀强磁场中的运动(5 年 7 考 )? 分析近五年的高考试题可
18、以看出，带电粒子在有界匀强磁场中的运动是高考命题的热点，题型以选择题为主，难度适中。? 预计 2020 年考查重点仍为洛伦兹力提供向心力， 轨迹半径和时间的计算及其相关知识。1 (2019 全国卷 T18)如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q 0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()5m7mA. 6qBB. 6qBC.11m6qB13mD. 6qBB 设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如
19、图所示， 对应的轨迹半径分别为 R1 和 R2，由洛伦兹力提供向心力有qvBv22R1mv2mv12 qB22 m4 mm R 、Tv，可得 R、 R qB、T qB、 T qB ，带电粒子在第二1t2象限中运动的时间为 t1T ，在第一象限中运动的时间为T2，又由几何关系42R2 R1有 cos ，则粒子在磁场中运动的时间为 t t1 t2，联立以上各式解得 t R27m 6qB，选项 B 正确， A 、C、D 均错误。 2 (2019 全国卷 T17)如图所示，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
20、有一电子发射源 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()1515A. 4kBl ，4 kBlB.4kBl ，4kBl1515C. 2kBl ，4 kBlD.2kBl ，4kBlBal ，由洛伦兹力提供向心力， 有 ev a电子从 a 点射出时，其轨迹半径为 r 4B2lmv a，又 e k，解得 vakBl；电子从 d 点射出时，由几何关系有 rd2l2 rdr am425l2e2，解得轨迹半径为v dr d 4 ，由洛伦兹力提供向心力，有ev dB mrd ，又 mk，解5kBl得 v d4 ，选项 B 正确。 3
21、 (2019 全国卷 T24)如图所示，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，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(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。 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qU 12mv 2设粒子在磁场中做匀
22、速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律v 2有 qvBm r由几何关系知d2r联立 式得 q 4U。m22B d(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为rs 2 rtan 30 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为stv联立 式得 tBd2 34U (23 )。 U4 答案 (1)B 2d2 (2) 教师备选题 1(2017 全国卷 T)如图所示，空间存在方向垂直于纸面 (xOy 平面 )向里的24磁场。在 x 0 区域，磁感应强度的大小为0B ；x0 区域，磁感应强度的大小为B0(常数 1)。一质量为 m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v 0 从
23、坐标原点 O沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力 )(1)粒子运动的时间；(2)粒子与 O 点间的距离。为 解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x0 区域，圆周半径R1；在 x0)，粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成 30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为()mv3mv2mv4mvA. 2qBB. qBC. qBD. qBmvD如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R qB 。设入射点为A，出射点
24、为 B，圆弧与 ON 的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，4mvAB R。由几何图形知， AP 3R，则 AO 3AP 3R，所以 OB 4R qB 。故选项 D 正确。 4(2016 全国卷 T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。 在该截面内， 一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成 30角。当筒转过 90时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()2A. 3BB.2BC. BD. BA
25、如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识知，圆弧MP 所对应的圆心角为30，则 2m 30 q，选项 A 正确。，即m3B2qB 3601对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，利用几何关系求半径(如上 T 2)。r rcos drrsin dd得 r 1 cos 得 rd当 90时当 90时r d1r 2d1rdr 12dr sin 222sin L(r 2 d) r2得 r 1 sin d得 rL 2 d2 2d22.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律(1)直线边界对称性：若带电粒子以与边界成角的速度进入磁场， 则一定
26、以与边界成 角的速度离开磁场。完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2。(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。如图所示，在足够长的荧光屏MN 上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B 0.1 T、方向垂直纸面向里。 距离荧光屏 h16 cm 处有一粒子源 S，以 v 1106 m/s 的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷q1108mC/kg 的带正电粒子 (不计重力 )，则粒子打在荧光屏上的长度为 ()A 12 cmB16 cmC20 cmD24 cm 题眼点拨 “以 v 的速度不断在纸面内向各个方向发射”所有粒子做圆周
27、运动的轨迹半径都相等，并且这些圆周都过S 点；“粒子打在荧光屏上的长度”(1)在 P 点左侧打到荧光屏上的粒子到P 点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹直径确定；(2)在 P 点右侧打到荧光屏上的粒子到P 点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹与MN 相切确定。C粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvBv 2m r ，解得r10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D 点时为临界情况，D 点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，为 r 的点 )，如图所示，由几何知识有找到圆心 O(到 S 点的距离与到 MN 的距离均x2r 2 hr 28 cm，粒子打在荧光屏上最左
28、侧的点记为C 点，由几何知识有x12r2 h2 12 cm，故所求长度为x1x220 cm，选项C 正确。方法反思：处理临界问题的常用方法放缩圆法旋转圆法图形适用条件适用条件速度方向一定，大小不同速度大小一定，方向不同界定方法界定方法条件及界mv 0以入射点 P 为定点，圆心位于 PP将一半径为R的圆沿着qB定方法直线上，将半径放缩作轨迹，从而“轨迹圆心圆”平移，从而探探索出临界条件，这种方法称为索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。“旋转圆法”。考向 1带电粒子在直线边界磁场中的运动1(多选 )(2019 聊城模拟 )如图所示，从有界匀强磁场的边界上O 点以相同的速率射出三个相同粒子 a、b、c，粒子 b 射出的方向与边界垂直，粒子 b 偏转后打在边界上的 Q 点，另外两个粒子打在边界 OQ 的中点 P 处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是()A 粒子一定带正电B粒子 a 与 b 射出的方向间的夹角