【物理】2018届二轮复习　磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动学案（江苏专用） 27页

专题八　磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动 江苏卷考情导向 考点 考题 考情 磁场的性质 ‎2015年T4考查通电导体在磁场中受到的安培力、力的平衡 ‎2017年T1考查磁通量的定义式和公式Φ＝BS的适用范围 ‎1．近五年高考本专题命题形式为选择题和计算题形式，且计算题较多．‎ ‎2．命题考查点集中在磁场对电流的作用，磁场对运动电荷的作用及洛伦兹力作用下圆周运动的周期、半径问题．带电粒子在有界磁场中运动的临界问题．‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎2014年T14考查带电粒子在磁场中的运动 带电粒子在复合场中的运动 ‎2017年T15考查动能定理与牛顿第二定律的应用、带电粒子在组合场中的运动 ‎2016年T15考查带电粒子在匀强磁场中的运动和回旋加速器的工作原理 ‎2015年T15考查动能定理与牛顿第二定律的应用、带电粒子在组合场中的运动 ‎2014年T9考查霍尔效应及其应用、电势差 ‎2013年T15考查带电粒子在交变电磁场中的运动 考点1| 磁场的性质难度：较易 题型：选择题、计算题 五年2考 ‎(对应学生用书第36页)‎ ‎1．(2015·江苏高考T4)如图81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81‎ ‎【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．]‎ ‎2．(2017·江苏高考T1)如图82所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　) ‎ ‎【导学号：17214131】‎ 图82‎ A．1∶1　　　　　　 B．1∶2‎ C．1∶4 D．4∶1‎ A　[根据Φ＝BS，S为有磁感线穿过区域的有效面积，因此a、b两线圈的有效面积相等，故磁通量之比Φa∶Φb＝1∶1，选项A正确．]‎ ‎1．F＝BILsin α(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．‎ ‎●考向1　磁场的基本性质 ‎1．(2017·南通模拟)如图83所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点．沿Z轴正方向磁感应强度B的大小变化情况最有可能是图中的(　　) ‎ ‎【导学号：17214132】‎ 图83‎ A　　　　　B C　　　　　D C　[磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大．由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确．]‎ ‎●考向2　通电导体在磁场中的运动 ‎2．(2017·宁城县模拟)如图84所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线a，导线a的正上方某处放置另一长直导线b，导线a中电流垂直纸面向里，导线b中电流垂直纸面向外，导线中均为恒定电流，现将导线b水平向右平移一小段距离后，导线a始终保持静止，则(　　)‎ 图84‎ A．导线b受到的安培力方向始终竖直向下 B．导线b受到的安培力增大 C．导线a对桌面的压力增大 D．导线a对桌面的摩擦力方向水平向左 D　[a与b的电流方向相反，根据电流与电流之间的相互作用力的特点可知，a与b之间的力为排斥力；当b水平向右平移时，导线a产生的磁场方向在b点为向右下方，根据左手定则可知，导线b受到的安培力方向不在竖直方向上，故A错误；由于a、b间的距离增大，故a在b处产生的磁感应强度大小减小，根据安培力F＝BIL可知，受到的安培力逐渐减小，故B错误；当b水平向右平移时，a、b间的距离增大，b在a处产生的磁感应强度大小减小，a受到的安培力减小且方向仍然在两根导线连线的方向上，根据力的合成可知，导线对桌面的压力减小，且受到的摩擦力向右，故导线a对桌面的摩擦力向左，故C错误，D正确．]‎ ‎●考向3　洛伦兹力的应用 ‎3．(2017·苏锡常二模)如图85，一束电子沿某坐标轴运动，在x轴上的A点处产生的磁场方向沿z轴正方向，则该束电子的运动方向是(　　) ‎ ‎【导学号：17214133】‎ 图85‎ A．z轴正方向 B．z轴负方向 C．y轴正方向 D．y轴负方向 C　[在x轴上的A点处产生的磁场方向沿z轴正方向，根据安培定则可知，形成的电流方向沿y轴负方向，那么电子流沿y轴正方向运动，故A、B、D错误，C正确．]‎ 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 ‎(对应学生用书第37页)‎ ‎3．(2014·江苏高考T14)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图86所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d．装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．‎ 图86‎ ‎(1)求磁场区域的宽度h；‎ ‎(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；‎ ‎(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值． ‎ ‎【导学号：17214134】‎ ‎【解题关键】‎ 关键语句 信息解读 以某一速度从装置左端的中点射入，恰好到达P点 由几何关系可求得宽度 改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置 可求得两次速度大小 ‎【解析】　(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，粒子的运动轨迹如图所示．‎ 根据题意知L＝3rsin 30°＋3dcos 30°，且磁场区域的宽度h＝r(1－cos 30°)‎ 解得：h＝．‎ ‎(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r′，洛伦兹力提供向心力，则有 m＝qvB，m＝qv′B，‎ 由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°，‎ 解得粒子速度的最小变化量Δv＝v－v′＝．‎ ‎(3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°‎ 且m＝qvnB，解得vn＝．‎ ‎【答案】　(1)　(2) ‎(3) ‎“4点、6线、3角”巧解带电粒子在匀强磁场中的运动 图87‎ ‎(1)4点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O．‎ ‎(2)6线：圆弧两端点所在的轨迹半径r，入射速度直线和出射速度直线OB、OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO．‎ ‎(3)3角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC ‎，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．‎ ‎●考向1　磁偏转的基本问题 ‎4．(2017·宜兴市模拟)如图88，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到过O点的竖直屏P上．不计重力．下列说法正确的有(　　)‎ 图88‎ A．a、b均带负电 B．a在磁场中飞行的时间比b的短 C．a在磁场中飞行的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近 D　[a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下偏转，由左手定则可知，a、b均带正电，故A错误；由r＝可知，两粒子半径相等，根据图中两粒子运动轨迹可知，a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．]‎ ‎●考向2　磁偏转的临界问题 ‎5．(2017·泰州三模)科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子，如图89所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v，忽略粒子重力及粒子间相互作用，要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B的最小值为(　　)‎ 图89‎ A．　　　　　　　　 B． C． D． C　[粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力充当向心力，则有：Bvq＝，所以，R＝；粒子做圆周运动，圆上最远两点之间的距离为2R；而O到边界的最短距离为a，要使粒子均不能射出正方形区域，则2R≤a，即≤a，所以B≥，故磁感应强度B的最小值为，故A、B、D错误，C正确．]‎ ‎●考向3　磁偏转中的多过程问题 ‎6．(2017·钦南区月考)如图810所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是(　　) ‎ ‎【导学号：17214135】‎ 图810‎ A　　　　　　　B C　　　　　　　D D　[正离子以某一速度击中并吸收静止的电子后，速度保持不变，电荷量变为＋e，由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛仑兹力向下；由r＝可得，电量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为 D．]‎ 考点3| 带电粒子在复合场中的运动难度：较难 题型：选择题、计算题 五年5考 ‎(对应学生用书第38页)‎ ‎4．(2016·江苏高考T15)回旋加速器的工作原理如图811甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R．两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝．一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：‎ 甲 乙 图811‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件． ‎ ‎【导学号：17214136】‎ ‎【解题关键】　解此题的关键有以下三点：‎ ‎(1)粒子以半径R运动时对应粒子的动能最大．‎ ‎(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期恒定不变．‎ ‎(3)粒子在狭缝间做匀加速直线运动．‎ ‎【解析】　(1)粒子运动半径为R时 qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝．‎ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·Δt2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－．‎ ‎(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝ 由η＞99%，解得d＜．‎ ‎【答案】　(1)　(2)－ ‎(3)d＜ ‎5．(2013·江苏高考T15)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图812甲所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如图乙所示．x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力．在t＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．‎ ‎(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；‎ ‎(2)求B0应满足的关系；‎ ‎(3)在t0(00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820‎ ‎(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＋mg ‎④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．‎