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【创新方案】2013届高考二轮物理复习课件(全国用):专题七 磁场及带电粒子在磁场中的运动

时间:2013-02-25


[做考题· 明考向]

1. (2012· 全国高考) 如图7-1所示,两根相 互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,

且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方
向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上, 图7-1

O为MN的中点。c 、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d 到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法 正确的是 ( )

A.O点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同

解析:选 C 由安培定则可知,两导线在O点产生的磁场均竖
直向下,合磁感应强度一定不为零,选项A错;由安培定则, 两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下,由于对称性, 电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁 场的磁感应强度,同时电流M在b处产生磁场的磁感应强

度等电流N在a处产生磁场的磁感应强度,所以
a、b两处磁感应强度大小相等方向相同,选 项B错;根据安培定则,两导线在c、d两处产 生的磁场方向分别垂直于c、d两点与两导线的连线方向,如图 所示,且产生的磁场的磁感应强度相等,由平行四边形定则可 知,c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同,选项C正 确。a、c两处磁感应强度的方向均竖直向下,选项D错。

2. (2012· 广东高考)质量和电量都相等的带
电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂 直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图 7-2中虚线所示,下列表述正确的是( A.M带负电,N带正电 ) 图7-2

B.M的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间

解析:选 A

根据左手定则可知 N 带正电,M 带负电,A 正

mv 确;因为 r= Bq ,而 M 的半径大于 N 的半径,所以 M 的速率 大于 N 的速率,B 错;洛伦兹力永不做功,所以 C 错;M 和 N πm 的运行时间都为 t= Bq ,所以 D 错。

3.(2012· 天津高考)如图7-3所示,金属棒MN两端由等长的轻 质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以 由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ,如 果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是 ( )

图7-3

A.棒中的电流变大,θ角变大
B.两悬线等长变短,θ角变小 C.金属棒质量变大,θ角变大 D.磁感应强度变大,θ角变小 解析:选 A 棒中电流变大,金属棒所受安培力变大,θ角变

大,选项A正确;两悬线等长变短,θ角不变,选项B错误;金
属棒质量变大,θ角变小,选项C错误;磁感应强度变大,金属 棒所受安培力变大,θ角变大,选项D错误。

4.(2012· 北京高考)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场 力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流, 那么此电流值 ( ) A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比
解析:选 D 由电流概念知,该电流是通过圆周上某一个位 置(即某一截面)的电荷量与所用时间的比值。若时间为带电粒 子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T,则公式 I=q/T 中的电 2πm q2B 荷量 q 即为该带电粒子的电荷量。又 T= qB ,解出 I= 。 2πm 故只有选项 D 正确。

由以上高考试题可以看出,本专题的高频考点主要集中在
磁场的性质、左手定则、导体棒在安培力作用下的平衡、带电 粒子在磁场中的运动等方面,难度适中,本专题还常与牛顿运 动定律、共点力的平衡、直线运动的规律等结合,综合考查学 生的分析和应用能力,复习时应侧重对磁感应强度、磁感线、

安培力、洛伦兹力等基本概念的理解,和带电粒子在磁场中运
动规律的分析。

[忆知识· 查不足]

1.必须精通的几种方法 (1)根据磁感线分析磁场的分布规律。 (2)与安培力有关的力学问题的分析方法。 (3)带电粒子在有界磁场中运动问题的分析方法。 (4)带电粒子在磁场中周期性运动问题的分析方法。

(5)带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题的分析方法。

2.必须明确的易错易混点
(1)通电导线、带电粒子在磁场中不一定受磁场力的作用。 (2)安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力不做功,安培 力可以做功。 (3)把左手定则和右手定则混淆。

左手定则用来判断安培力、洛伦兹力的方向,右手定则是
用来判断导体棒切割磁感线时产生的感应电流方向的。 (4)不能熟练地利用几何关系分析带电粒子在磁场中的运动

轨迹:
带电粒子在有边界的匀强磁场中运动时,要正确地找出偏 转角度与圆心角、入射方向与出射方向之间的关系。

[例1]

如图7-4所示,铜棒质量为m=

0.1 kg,静放在相距L=8 cm的水平导轨上, 两者之间的动摩擦因数μ=0.5,现在铜棒中 图7-4 通以I=5 A的电流,要使铜棒滑动,可在两导轨间加一垂直于 铜棒的匀强磁场。求所加匀强磁场的磁感应强度的最小值(设

最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2)

[解析]

设安培力的方向与水平方向成 θ 角,

铜棒的受力如图所示, 由平衡条件得: 在水平方向: Fcos θ=Ff 在竖直方向:FN+Fsin θ=mg 又因为:Ff=μFN μmg 由 以 上 三 式 得 : F = = cos θ+μsin θ μmg 1+μ2sin?θ+φ? 1 上式中 tan φ=μ

当 θ+φ=90° 时,安培力最小,有 μmg Fmin= 1+μ2 再由 Fmin=BminIL 得: μmg Bmin= 1+μ2IL 5 代入数据解得 Bmin= T 2 对应磁场的磁感应强度方向与安培力的方向垂直斜向上。
[答案] 5 T 2

分析安培力作用下导体棒的平衡问题的方法与力学中的 平衡问题的分析方法相同,均是应用物体的平衡条件,只不

过此处多考虑了安培力的作用。

1.图7-5中装置可演示磁场对通电导线的作用,电磁铁上下
两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨,L是置于 导轨上并与导轨垂直的金属杆,当电磁铁线圈两端a、b, 导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时,L便在 导轨上滑动,下列说法正确的是 ( )

图7-5

A.若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,则L向右滑动

B.若a接正极,b接负极,e接负极,f接正极,则L向右滑动
C.若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极,则L向左滑动 D.若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,则L向左滑动

解析:选 BD

若a接正极,b接负极,磁场向上,e接正极,f接负极,

导体棒中电流向外,根据左手定则,导体棒受力向左,向左滑动,A 错;若a接正极,b接负极,磁场向上,e接负极,f接正极,导体棒中 电流向里,根据左手定则,导体棒受力向右,向右滑动,B对;若a 接负极,b接正极,磁场向下,e接正极,f接负极,导体棒中电流向 外,根据左手定则,导体棒受力向右,向右滑动,C错;若a接负极, b接正极,磁场向下,e接负极,f接正极,导体棒中电流向里,根据 左手定则,导体棒受力向左,向左滑动,D对。

[例2]

利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这

种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图7 -6所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀 强磁场,A处有一狭缝。离子源产生的离子,经静电场加速后 穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场,运动 到GA边,被相应的收集器收集,整个装置内部为真空。

图7-6

已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2),
电荷量均为q。加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速 度可以忽略。不计重力,也不考虑离子间的相互作用。

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1; (2)当磁感应强度的大小为B时,求两种离子在GA边落点 的间距s。
[解析] (1)加速电场对离子m1做的功为W=qU,由动能定

1 理得 m1v1 2=qU 2 解得v1= 2qU 。 m1 ①

(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 v2 qvB=m R

mv 解得R= qB 利用①②式得,离子在磁场中的轨道半径分别为 1 R1=B 2m1U 1 q ,R2=B 2m2U q





两种离子在GA边上落点的间距 s=2R1-2R2=
[答案] (1) 2qU m1

8U m1- m2 )。 q( B
(2) 8U m1- m2 ) q( B



处理该类问题常用的几个几何关系 (1)四个点:分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度 直线与出射速度直线的交点。

(2)六条线:两段轨迹半径,入射速度直线和出射速度直线,
入射点与出射点的连线,圆心与两条速度直线交点的连线。前 面四条边构成一个四边形,后面两条为对角线。 (3)三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角,其中偏转角等 于圆心角,也等于弦切角的两倍。

2. 如图7-7所示,有一个正方形的匀强磁场区
域abcd,e是ad的中点,f是cd的中点,如果 在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的 粒子,恰好从e点射出,则 图7-7 A.如果粒子的速度增大为原来的二倍,将从d点射出 ( )

B.如果粒子的速度增大为原来的三倍,将从f点射出
C.如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变为原来的 二倍,也将从d点射出 D.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时,从e 点射出所用时间最短

解析:选 A

作出示意图如图所示,根据几何关系

可以看出,当粒子从d点射出时,轨道半径增大为 mv 原来的二倍,由半径公式R= 可知,速度也增 qB 大为原来的二倍,选项A正确,显然选项C错误; 当粒子的速度增大为原来的四倍时,才会从f点射出,选项B错误;据 2πm 粒子的周期公式T= ,可见粒子的周期与速度无关,在磁场中的 qB 运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角,所以从e、d射出时所用 时间相等,从f点射出时所用时间最短。故选A。

[例3]

如图7-8所示,在0≤x≤a、

a 0≤y≤ 范围内有垂直于xOy平面向外的匀强 2 磁场,磁感应强度大小为B。坐标原点O处

图7-8

有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正 电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在xOy平面内,与y 轴正方向的夹角分布在0~90° 范围内。已知粒子在磁场中做圆

a 周运动的半径介于 到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场 2 经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一, 求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的:

(1)速度大小; (2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。 [思路点拨] (1)所有粒子的速度大小相同,那么所有粒子的轨道半径

相同。
(2)全部粒子离开磁场的时间,就是最后离开磁场的粒子 所经历的时间,即最长的运动时间,对应最长的弧长。

[解析]

(1)设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道

半径为R,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式,得 v2 qvB=m R mv 解得R= qB ① ②

a 当 <R<a时,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心 2 为C的圆弧,圆弧与磁场的上边界相切,如图所示,设该粒子在 T π 磁场中运动的时间为t,依题意t= ,则∠OCA= 4 2 ③

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为 a α,由几何关系得Rsin α=R- 2 Rsin α=a-Rcos α 又sin2α+cos2α=1 6 由④⑤⑥式解得R=(2- )a 2 6 aqB 由②⑦式解得v=(2- ) m 。 2 6- 6 (2)由④⑦式解得sin α= 。 10 ④ ⑤ ⑥ ⑦

[答案]

6 aqB (1)(2- ) m 2

6- 6 (2) 10

?1?画出粒子运动轨迹, 如有无磁场区域, 应用一段不存在磁场的 区域的运动轨迹把两个圆周运动联系在一起。 ?2?充分挖掘运动轨迹与圆周运动的圆心角和射入及射出点之间 存在的几何关系。 ?3?以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”为突破口, 借

mv 助 R= , 即半径 R 和速度 v?或磁场 B?之间的约束关系进行动态运 qB
动轨迹分析,确定轨迹圆和边界的关系,找出临界点,然后利用数学 知识求解。 ?4?灵活运用三个动态变化:旋转圆、扩张圆、平移圆处理有关临 界问题。

3. 人们到医院检查身体时,其中有一项检查

是做胸透,做胸透所用的是X光。我们可
以把做胸透的原理等效如下:如图7-9所 图7-9 示,P是一个放射源,从开口处在纸面内向各个方向放出某 种粒子(不计重力),而这些粒子最终必须全部垂直射到底片 MN这一有效区域,并要求底片MN上每一处都有粒子到达。

假设放射源所放出的是质量为m、电荷量为q的带正电的粒
子,且所有粒子的速率都是v,M与放射源的出口在同一水 平面,底片MN竖直放置且长为L。为了实现上述目的,我

们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场。求:

(1)匀强磁场的方向;

(2)画出所需有界匀强磁场的最小区域,并用阴影表示;
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小及有界匀强磁场最小区域 的面积S。 解析:(1)匀强磁场的方向为垂直纸面向外。 (2)由题意和相关数学运算可知,有界磁场的最小区域如图中 阴影所示。

(3)要想使所有的粒子最终都水平向右运动,带电粒子在磁场中做匀 速圆周运动的轨迹半径必须与最小圆形有界匀强磁场的半径大小相 等 所以有:R=L/2 mv2 mv 根据牛顿第二定律Bvq= 得:R= , R Bq 2mv 联立解得:B= qL L 如图所示,该圆形有界磁场的半径为 ,则有界匀强磁场区域的最 2 小面积为:S=πL2/4。

答案:(1)垂直纸面向外 2mv 1 2 (3) qL πL 4

(2)见解析图

安培力作用下导体运动的分析方法 1.安培力作用下导体在磁场中运动问题的分析 (1)电流元法:把整段通电导体等效为多段直线电流元,用 左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向,从而判断整 段导体所受合力方向,最后确定其运动方向。 (2)特殊位置法:把通电导体或磁铁转到一个便于分析的特

殊位置后再判断安培力的方向,从而确定其运动方向。
(3)等效法:环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁, 条形磁铁也可以等效成环形电流或通电螺线管,通电螺线管也 可以等效成很多匝的环形电流来分析。

(4)利用结论法:①两通电导线相互平行时无转动趋势,同

向电流相互吸引,反向电流相互排斥;②两者不平行时,有转
动到相互平行且电流方向相同的趋势。 (5)转换研究对象法:因为通电导线之间、导线与磁体之间 的相互作用满足牛顿第三定律,这样定性分析磁体在电流产生 的磁场作用下如何运动的问题,可先分析电流在磁体的磁场中

所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流产生
的磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向。

2.安培力作用下通电导体平衡与加速问题的分析

解此类问题的一般步骤是:
(1)明确通电导体所在处磁场的特点; (2)对通电导体进行受力分析,确定通电导体所受的安培 力; (3)把电磁学问题转化为力学问题,根据平衡条件、牛顿

运动定律或动量、能量的观点来解题。

[例1]

如图7-10所示,不在同一平面内

的两互相垂直的导线,其中MN固定,PQ可自
由运动,当两导线中通入图示方向电流I1、I2 时,导线PQ将 ( )

图7-10

A.顺时针方向转动,同时靠近导线MN B.顺时针方向转动,同时远离导线MN

C.逆时针方向转动,同时靠近导线MN
D.逆时针方向转动,同时远离导线MN

[解析]

由安培定则画出电流I1在PQ处的

磁场方向(俯视图如图7-11所示),由左手定则

可判定PQ导线的左半段受到垂直纸面向里的力,
右半段受到垂直纸面向外的力,当转过一微小 图7-11

段,PQ就会受到指向MN方向的分力,所以PQ边逆时针转动, 同时向MN靠近,C对。 [答案] C

[例2]

如图7-12所示,质量为m、长

为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′,

并处于匀强磁场中,当导线中通以沿x正方
向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖 图7-12 直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
mg ①z 正向, IL tan θ mg ④沿悬线向上, IL sin θ A.①③ C.②③ B.②④ D.①④ mg ②y 正向, IL mg ③z 负向, IL tan θ

[解析]

若B沿z轴正方向,导线无法平衡,①错误;若B

沿y轴正方向,由左手定则,受力如图7-13甲,mg=BIL,所 以②正确;若B沿z轴负方向,受力如图乙,Tsin θ=BIL;Tcos mg θ=mg,所以B= IL tan θ,③正确;若B沿悬线向上,受力如 图丙,导线无法平衡,④错误。故选C。

图7-13
[答案] C

[例3]

如图7-14所示,两根光滑金

属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面

间的夹角为θ。整个装置处于沿竖直方向
的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置, 图7-14 当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止。 则 A.磁场方向竖直向上 ( )

B.磁场方向竖直向下
C.金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上 D.金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下

[解析]

受力分析如图7-15所示,当磁场

方向竖直向上时,由左手定则可知安培力水平
向右,金属杆ab受力可以平衡,A正确;若磁 场方向竖直向下,由左手定则可知安培力水平 向左,则金属杆ab受力无法平衡,B、C、D错误。 图7-15 [答案] A

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