高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题8磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动讲练 25页

专题八　磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动考点1|磁场的性质难度：较易题型：选择题、计算题五年1考　(多选)(2015·全国卷ⅡT18)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.]　(2015·江苏高考T4)如图1所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　) 图1【解题关键】　解此题的关键有以下两点：(1)边长MN相同，但四个线圈在磁场中的有效长度不同．(2)线圈电流相同，磁场发生变化时，线圈所受安培力也发生相应变化．A　[磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律E＝n＝n知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意．]1．高考考查特点本考点高考重在考查磁场的基本性质，掌握常见磁体周围磁场的分布，磁感线的形状及特点，电流磁场的判断、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断是突破本考点的前提．2.解题的常见误区及提醒(1)常见磁体磁场分布规律不清楚．(2)电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法混淆．(3)公式F＝BIL及f＝qvB中各符号的意义及适用条件掌握不牢固． ●考向1　磁场的基本性质1.如图2所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l的直导线a和无限长的直导线b，分别通以方向相反，大小为Ia、Ib(Ia>Ib)的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加一竖直向下(y轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是(　　)图2A．电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B＝C．导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D．电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向B　[无限长的直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A选项错误；由磁感应强度定义可得：B＝，B选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，C选项错误；电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小并不是处处相等，因此D选项错误．]●考向2　通电导体在磁场中的运动2．(多选)如图3甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)图3A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功ABC　根据题意得出vt图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．●考向3　洛伦兹力的应用3.(2016·安徽蚌埠模拟)如图4所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是(　　)【导学号：25702034】图4A．轨迹OAB可能为圆弧B．小球在整个运动过程中机械能增加C．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等D．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向D　[因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆弧，A项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，B项错误；小球在A点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，C项错误；因为系统中只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的切线方向，即最低点的切线方向沿水平方向，故D项正确．]1．F＝BILsinα(α为B、I间的夹角)，高中只要求掌握α＝0°(不受安培力)和α＝90°两种情况．(1)公式只适用于匀强磁场中的通电直导线或非匀强磁场中很短的通电导线．(2)当I、B夹角为0°时F＝0.当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL.(3)L是有效长度．闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F＝0.(4)安培力的方向利用左手定则判断． 2．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功．(2)仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．3．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.考点2|带电粒子在匀强磁场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年2考　(2016·全国甲卷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5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ω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(　　)图5A.　　　B.　　　C.　　　　D.【解题关键】　解此题的关键有三点：(1)带电粒子进入磁场后的运动性质．(2)当筒转过90°时，N点的位置．(3)画出带电粒子的轨迹并活用几何关系．A　[如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确．] 　(2016·全国丙卷T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图6所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．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(　　)图6A.B.C.D．【解题关键】　关键语句信息解读q>0带电粒子带正电与ON只有一个交点与ON边界相切不计重力只受洛伦兹力作用D　[如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝.设入射点为A，出射点为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，AB＝R.由几何图形知，AP＝ R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．]　(多选)(2012·江苏高考T9)如图7所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有(　　)图7A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋【解题关键】　解此题的关键有两点：(1)粒子从O点进入，到达离O点最远的点离O点的距离为粒子圆周运动的直径2r.(2)粒子落在A点左右两侧d的范围内时，其粒子圆周运动的半径最小为.BC　[带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B＝，所以r＝，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA＝2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项B正确．若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r′，则r′≥，代入r＝，r′＝，解得v≥v0－，选项C正确．]1．高考考查特点高考在本考点的命题关注带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算，根据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法．2．解题的常见误区及提醒 (1)对运动电荷的电性分析错误，而造成洛伦兹力方向的错误．(2)左、右手定则混淆出现洛伦兹力方向错误．(3)不能正确画出粒子的运动轨迹图，数学关系应用不灵活．●考向1　磁偏转的基本问题4．(2015·全国卷ⅠT14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)【导学号：25702035】A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小D　[分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小．选项D正确．]●考向2　磁偏转的临界问题5．(高考改编)在[例4](2016·全国丙卷T18)中，将磁场改为有界磁场，如图8所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是(　　)图8A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－)∶1C．A、B两粒子的比荷之比是∶1 D．A、B两粒子的比荷之比是1∶B　[A、B两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R＝，设A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r.由几何关系有Rcos30°＋R＝d，rcos60°＋r＝d，解得＝＝，A错误，B正确；由于两粒子的速度大小相等，则R与成反比，所以A、B两粒子的比荷之比是(2＋)∶3，C、D错误．]6.一足够长矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为α＝30°，如图9所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)．图9(1)若粒子带负电且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；(2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围及此范围内粒子在磁场中运动时间t的范围．【解析】　(1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径r1＝Od＝根据qv0B＝解得v0＝＝.(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得 r2－r2cos60°＝解得r2＝L即vmax＝＝当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得r3＋r3sin30°＝解得r3＝则vmin＝＝所以0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计．图17(1)求带电小球a的电性及其比荷；(2)求带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？【解析】　(1)由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mg＝qE，解得＝.(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有：qvB2＝m 由几何关系有R＋Rsinθ＝l联立解得v＝带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)解得：μ＝.(3)带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动的周期T＝＝带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0＝＝绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t＝＝2两球相碰有t＝＋n联立解得n＝1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则l＝v0t解得v0＝.【答案】　(1)　(2)　(3)关注几场叠加　优选规律解题(1)受力分析，关注几场叠加：①磁场、重力场并存，受重力和洛伦兹力；②电场、磁场并存(不计重力的微观粒子)，受电场力和洛伦兹力；③电场、磁场、重力场并存，受电场力、洛伦兹力和重力．(2)选用规律：四种观点解题：①带电体做匀速直线运动，则用平衡条件求解(即二力或三力平衡)；②带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运动的规律求解；③带电体做匀变速直线或曲线运动，应用牛顿运动定律和运动学公式求解；④带电体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理求解．●考向3　磁与现代科技的应用13．(多选)(2014·江苏高考T9 )如图18所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)【导学号：25702038】图18A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．IH与I成正比D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比CD　[当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与RL并联，根据并联分流，得IH＝I，故IH与I成正比，选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，选项D正确．]14．(2016·湖南十校共同体三联)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图19所示，则下列说法中正确的是(　　)图19A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带负电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小D　[通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电，故选项A错误；带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，可知速度选择器的P1极板带正电，故选B错误；由洛伦兹力充当向心力有：qvB＝m，得粒子在B2磁场中的运动半径r＝，又粒子的运动速度v大小相等，电荷量q未知，故在磁场中运动半径越大的粒子，质量不一定越大，但比荷＝越小，故选项C错误，D正确．]规范练高分|磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动[典题在线](2016·湖南邵阳二模，20分)如图20甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)①，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上②.t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后③，做一次完整的圆周运动④，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．图20(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域⑤，求T的最小值．[信息解读]①有界电磁场②t＝0时刻电场的方向竖直向下③带正电微粒做匀速运动，qvB＝E0q＋mg④电场力与重力平衡，洛伦兹力充当向心力，即E0q＝mg，qvB＝m ⑤粒子仍能做完整的圆周运动，宽度d的临界条件d＝2R[考生抽样][阅卷点评]点评内容点评1在第(1)问的求解中能正确把握带电粒子的受力及运动规律，可得满分.点评2在第(2)问中，对电场变化周期的理解出现问题，误认为通过区域d的时间为电场变化周期，式子⑨出错，去掉⑨式结果分．⑤⑥⑦⑧可得分.点评3第(3)问中出现对过程的判断错误，只能判零分.[规范解答]【解析】　(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB①(2分)微粒做圆周运动，则mg＝qE0②(2分)联立①②得q＝③(1分) B＝.④(1分)(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1⑤(2分)qvB＝m⑥(2分)2πR＝vt2⑦(2分)联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧(2分)电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋.⑨(1分)(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩(1分)联立③④⑥得R＝⑪(1分)设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由⑤⑩⑪得t1min＝⑫(1分)因t2不变，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝.(2分)【答案】　见解析[评分标准](1)方程①②顺序调换，只要正确不减分．(2)⑥⑦两式用T＝代替，将③④式代入T＝计算，只要正确不影响得分，但若没代入③④两式减其结果分，只给方程分．(3)题目中没有直接出现⑩⑪式而是文字描述方式，结果正确不影响得分．