2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第十章磁场教案

1、 高考备考指南命题分析核心素养1本专题是高考的热点之一，磁场的叠加及简单的磁偏转问题多以选择题的形式考查。计算题几乎每年都考，多以压轴题形式出现，考查带电粒子在组合场、复合场中的运动问题，对综合分析能力、空间想象及建模能力、利用数学方法处理物理问题的能力要求非常高。2高考时本专题的考查趋势为结合现代科技及生活实际，根据左手定则考查通电导体在磁场中的平衡和加速问题以及考查带电粒子在磁场中运动的匀速圆周运动模型的构建与应用，以此培养学生的物理观念、科学思维及科学态度。物理观念：磁场、磁感应强度、磁感线、磁场力、左手定则。科学思维：电流元法、比值定义法、图像法、控制变量法、临界法。科学探究：探究影响

2、磁感应强度的因素。科学态度与责任：高科技仪器的应用。磁场的描述磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、通电导体和运动电荷有磁场力的作用。(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。(2)大小：Beq f(F,Il)(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉(T)。3匀强磁场(1)图示：(2)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。(3)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。4地磁场(1)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感

3、线分布如图所示。(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度大小相等，方向水平向北。二、磁感线电流周围的磁场方向1磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。(2)特点：磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。磁感线是假想的曲线，客观上不存在。2电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图三、安培力的大小和方向1安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：FIlB。(2)磁场和电流平行时：F0。2安培力的方向左手定则判断(如图所示)：(1)伸出左手，让

4、拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流方向。(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)磁场是假想的，客观上不存在。()(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处磁感应强度B一定为零。()(3)由定义式Beq f(F,Il)可知，电流强度I越大，导线l越长，某点的磁感应强度B就越小。()(4)磁感线是真实存在的。()(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端。()(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。()二、教材习

5、题衍生1(教科版必修第三册P122T4改编)如图为通电螺线管。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是()A磁感线最密处为A处，最疏处为B处B磁感线最密处为B处，最疏处为A处C小磁针在B处和A处N极都指向左方D小磁针在B处和C处N极都指向右方C根据安培定则可知，A、B两处磁场方向向左，C处磁场方向向右；根据通电螺线管周围的磁感线分布情况可知，B处磁感线最密，C处磁感线最疏。2(人教版必修第三册P109“演示”实验改编)如图是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图。三块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来

6、，它们之间的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近均为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是()A改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变B仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变C增大电流同时改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大D仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变答案B3(人教版选择性必修第二册P6T3改编)如图所示的电流天平可用来测定磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，水平边长l10 cm，共N9匝，线圈的下部处于匀强磁场中，磁场方向垂直于纸

7、面。当线圈中通有电流I0.10 A(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向(大小不变)时，左边再加上质量为m4.32 g的砝码后，天平重新平衡。重力加速度g取10 m/s2，由此可知()A磁感应强度的方向垂直于纸面向外，大小为0.24 TB磁感应强度的方向垂直于纸面向外，大小为0.12 TC磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为0.24 TD磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为0.12 TC由题意可知，开始时线圈所受安培力的方向向上，磁场的方向垂直纸面向里，电流反向后，安培力方向也反向，变为竖直向下，则有mg2NBIl，所以Beq f(mg,2NI

8、l)eq f(0.004 3210,290.100.10) T0.24 T，C正确。 安培定则的应用和磁场的叠加1安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2磁场的叠加(1)磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，遵守平行四边形定则，可以用正交分解法进行合成与分解。(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。3磁场叠加问题的一般解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，

9、利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度。如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度。题组突破1(多选)(磁感应强度的理解)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中，当通过它的电流为I时，所受安培力为F。以下关于磁感应强度B的说法正确的是()A磁感应强度B一定等于eq f(F,IL)B磁感应强度B可能大于或等于eq f(F,IL)C磁场中通电直导线受力大的地方，磁感应强度一定大D在磁场中通电直导线也可以不受力BD设磁场与电流成角，则FBILsin ，即Beq f(F,ILsin )，所以Beq f(F,IL)，

10、A项错误，B项正确；在磁场同一位置，导线的放置方向不同，导线受力不一样，但磁感应强度一样，C项错误；当0时，F0，D项正确。2(安培定则)如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是()Aa Bb Cc DdC根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。3(2021全国甲卷)(磁场的叠加)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与OQ在一条直线上，PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电

11、流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()AB、0 B0、2B C2B、2B DB、BB根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。 安培力的分析与计算1安培力大小：FIlBsin (1)当IB时，FBIl。(2)当IB时，F0。注意：当导线弯曲时，l是导线两端的有效直线长度(如图所示)。对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安

12、培力的矢量和为零。2安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。题组突破1(安培力的大小和方向)如图所示，用电阻率为、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，abbccdL。框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。匀强磁场垂直于竖直框架平面向里，磁感应强度大小为B，则框架受到安培力的合力的大小和方向为()Aeq f(5BSE,3)，竖直向上 Beq f(6BSE,5)，竖直向上Ceq f(10BSE,3)，竖直向下 Deq f(5BSE,6)，竖直向下A根据左手定则判断出各边受到的安培力的方向，如图所示，

13、设ab、bc、cd边的电阻为r，由几何关系得，ad边的长度为2L，所以ad边的电阻为2r，由欧姆定律可得，流过ab、bc、cd边的电流I1eq f(E,3r)，流过ad边的电流I2eq f(E,2r)，ab、bc、cd边受到的安培力F1F2F3BI1Leq f(BEL,3r)，ad边受到的安培力F4BI22Leq f(BEL,r)，F1和F3在水平方向的分量大小相等、方向相反，相互抵消，所以框架受到的安培力FF4F1cos 60F2F3cos 60eq f(5BEL,3r)，又req f(L,S)，解得Feq f(5BSE,3)，方向竖直向上，故A正确，B、C、D错误。2(安培力的叠加)(20

14、21辽宁沈阳校联体期中)已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为Bkeq f(I,r)，其中k为常量。现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示。其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，已知此时b导线所受的安培力恰好为零。撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I的通电导体棒e，电流方向垂直于纸面向外，则下列说法正确的是()Ab导线撤去前，电流的大小关系为I2eq r(2)I1Bb导线撤去前，四根导线所受安培力的合力均为零Cb导线撤去后，导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向Db导线撤去后，导体棒

15、e所受安培力大小为2eq r(2)kII2Cb导线撤去前，各导线受力如图所示，由题意知，Fdbeq r(2)Fab，即keq f(I2,r(2)L)I2Leq r(2)keq f(I1,L)I2L，得I22I1，A错误；a导线所受的合力为eq r(2)keq f(I2,L)I1Lkeq f(I1,r(2)L)I1L2eq r(2)kIeq oal( 2,1)keq f(Ioal( 2,1),r(2)0，B错误；b导线撤去后，a、e间的安培力与c、e间的安培力大小相等、方向相反，合力为零，d、e为同向电流，相互吸引，即导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向，大小为Fekeq f(I2,f(r(2)

16、,2)L)ILeq r(2)kI2I，C正确，D错误。 安培力作用下导体的运动1判断安培力作用下的导体运动情况的方法电流元法分割为电流元eq o(,sup10(左手定则)安培力方向整段导体所受合力方向运动方向特殊位置法在特殊位置安培力方向运动方向等效法环形电流小磁针通电螺线管条形磁铁结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下受力和运动的问题，可先分析电流在磁体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安培力作用下的平衡和加速问题通电导体

17、棒在磁场中的平衡和加速问题是一种常见的力电综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定。因此解题的一般思路如下：(1)选定研究对象。(2)变三维为二维，如画出侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安B、F安I。(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。立体图平面图立体图平面图安培力作用下导体运动情况的判断典例1一轻直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A从上向下看顺时针转动并

18、靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管D由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，FOa垂直纸面向外，FOb垂直纸面向里，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90时再用左手定则可判定导线所受磁场力方向向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D正确。判断通电导体在安培力作用下的运动常规思路安培力作用下的平衡问题典例2(20218省市联考重庆)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度d

19、10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧的伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(重力加速度g取10 m/s2)()A0.25 T B0.5 T C0.75 T D0.83 TB未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力大小相等，设此时弹簧的伸长量为x，根据平衡条件可知mg2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知导体棒所受安培力竖直向下，根据平衡条件可知mgBId2k1.5x，两式相比得eq f(mg,mgBId)eq f(2kx,2k1.5x)eq f(1,1.5)，解

20、得B0.5 T，B项正确。安培力作用下的加速问题典例3(多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框。线框中通有顺时针方向的恒定电流I，线框边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小Bkeq f(I,r)，线框质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度大小可能为()A0 Beq f(kI2,m)g Ceq f(kI2,2m)g Dgeq f(kI2,m)思路点拨：(1)距离通电导线越远的点，磁感应强度越小，可用公式Bkeq f(I,r)定量表达。(2)线框受到的安培力由上、下两边受到的安培

21、力组成。AC线框上边所在处的磁感应强度大小B1keq f(I,L)，由安培定则可判断出磁场方向为垂直纸面向里，上边所受安培力的大小F1B1ILkI2，由左手定则可判断出安培力方向向上。线框下边所在处的磁感应强度大小B2keq f(I,2L)，所受安培力的大小F2B2ILeq f(1,2)kI2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F1F2mg，则加速度为零，A项正确；若F1F2mg，则加速度方向向上，由F1F2mgma，解得aeq f(kI2,2m)g，C项正确，B项错误；若F1eq f(E,B)，粒子一定不能从板间射出D若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动B粒子带正电和负电均可，选项A

22、错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvBqE，解得速度veq f(E,B)，选项B正确；若速度veq f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误。3(人教版选择性必修第二册P15T3改编)(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点沿与x轴成60的方向射入第一象限磁场方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴的N点(图中未画出)射出第一象限。已知OPa，则()A粒子带负电荷B粒子速度大小为eq f(qBa,m)C粒子在磁场中运动的轨道半径为aDN与O点相

23、距eq r(3)aAD由左手定则知粒子带负电，A项正确；如图，由牛顿第二定律得：qvBmeq f(v2,r)rsin 60a联立解得req f(2r(3),3)a，veq f(2r(3)qBa,3m)，故B、C错误，N点到O点距离NOrrcos 60eq r(3)a，D正确。 洛伦兹力的理解1洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(3)洛伦兹力一定不做功。2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3洛伦兹力与电场力

24、的比较项目洛伦兹力电场力产生条件v0且v与B不平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系FB(FB，v平面)FE做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功作用效果只改变电荷运动的方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可改变速度方向题组突破1(洛伦兹力的方向)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，一个带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A向上 B向下 C向左 D向右B在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度叠加。d、b电流在O点产生

25、的磁场抵消，a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左。带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B正确。2(洛伦兹力特点)(2021山东泰安模拟)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A电子将向右偏转，速率不变B电子将向左偏转，速率改变C电子将向左偏转，速率不变D电子将向右偏转，速率改变A由安培定则可知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知电子所受洛伦兹力方向水平向右，即电子将向右偏转，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，即速率不变，A项正确。3(多选)(洛伦

26、兹力、电场力的比较)如图甲所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场(如图丙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场(如图丁)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4。不计空气阻力，则()甲乙丙丁A一定有h1h3B一定有h1h2，D错误；题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1h2，所以h2与h4也无法比较，故C正确，B错误。 带电粒子在匀强磁场中的运动1两种方法定

27、圆心方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示)。甲乙方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示)。2利用几何知识求半径利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：(1)粒子速度的偏向角()等于圆心角()，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角)的2倍(如图所示)，即2t。(2)直角三角形的应用(勾股定理)。找到AB的中点C，连接OC，则AO

28、C、BOC都是直角三角形。3求时间的两种方法方法一：由运动弧长计算，teq f(l,v)(l为弧长)；方法二：由旋转角度计算，teq f(,360)Teq blc(rc)(avs4alco1(或tf(,2)T)。4三类边界磁场中的轨迹特点(1)直线边界：进出磁场具有对称性。(a)(b)(c)(2)平行边界：存在临界条件。(d)(e)(f)(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。(g)(h)无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤:典例1(2021山东烟台统考)如图所示，在正六边形ABCDEF的内接圆范围内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小可以调节

29、。正六边形的边长为l，O为正六边形的中心点，M、N分别为内接圆与正六边形AB边和BC边的切点，在M点安装一个粒子源，可向磁场区域内沿着垂直磁场的各个方向发射比荷为eq f(q,m)、速率为v的粒子，不计粒子重力。(1)若沿MO方向射入磁场的粒子恰能从N点离开磁场，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若匀强磁场的磁感应强度的大小调节为Beq f(r(3)mv,3ql)，求粒子源发射的粒子在磁场中运动的最长时间。解析(1)粒子以速率v沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：由几何条件可知磁场圆的半径为Req f(r(3),2)l设轨迹圆半径为r1，则tan eq f(,2)eq f(r

30、1,R)解得：r1eq f(1,2)l由牛顿第二定律可得qvBmeq f(v2,r1)解得：Beq f(2mv,ql)。(2)磁感应强度变化以后，大量此类粒子从M点射入磁场由牛顿第二定律可得qvBmeq f(v2,r2)解得：r2eq r(3)l粒子射入方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长(劣弧)最长，对应的弦长最长(磁场圆的直径)，轨迹如图：由几何关系得：eq f(,3)粒子在磁场中运动的最长时间tmaxeq f(T,6)Teq f(2r2,v)tmaxeq f(r(3)l,3v)。答案(1)eq f(2mv,ql)(2)eq f(r(3)l,3v)跟进训练1(多选)(半径公式、周期公

31、式的应用)(2021山东滨州统考)如图所示，在矩形区域MNPE中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从M点沿MN方向发射两个粒子，两粒子分别从P、Q射出。已知MEPQQE，则两粒子()A两粒子的速率之比为52B两粒子的速率之比为53C在磁场中运动时间之比为5390D在磁场中运动时间之比为3790lAC根据题述情景，可画出两个粒子在矩形区域匀强磁场中的运动轨迹，如图所示设MEa，则r2a；对从P点射出的粒子，由几何关系，req oal( 2,1)(2a)2(r1a)2，解得r12.5a；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvBeq f(mv2,r)，可得veq f(qrB,m)，两粒子的

32、速率之比为v1v2r1r22.5152，选项A正确，B错误；从P点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角正弦值sin 1eq f(2a,2.5a)0.8，153，在匀强磁场中运动时间t1eq f(r11,v1)eq f(1m,qB)；从Q点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角290，在匀强磁场中运动时间t2eq f(r22,v2)eq f(2m,qB)；在磁场中运动时间之比为t1t2eq f(1m,qB)eq f(2m,qB)5390，选项C正确，D错误。2(带电粒子在圆形磁场中的运动)(2021全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子从圆周

33、上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60。不计重力，则eq f(v1,v2)为()Aeq f(1,2) Beq f(r(3),3) Ceq f(r(3),2) Deq r(3)B设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2eq f(R,tanf(60,2)eq r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有qvBmeq f(v2,r)，可得req f(mv,qB)，则r1eq f(mv1,q

34、B)，r2eq f(mv2,qB)，解得eq f(v1,v2)eq f(r(3),3)，B正确。3(多选)(带电粒子在直线边界磁场中的运动)(2021山东菏泽统考)如图所示，成30角的OA、OB间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的半径为r，周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为eq f(T,6)，则下列说法正确的是()A沿某一方向发射的电子，可能从O点射出B沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出C从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为eq f(T,3)D从OB边界射出的电子在磁

35、场中运动的最长时间为eq f(T,4)BC电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evBmeq f(v2,r)，解得：req f(mv,eB)，由于电子速率v相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r相同，当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对的圆心角最小，则电子在磁场中运动的时间最短，tmineq f(,360)Teq f(1,6)T，则60，如图a所示，由几何知识知，在磁场中运动的最短时间的电子入射的方向垂直于OA，eq xto(OS)eq f(xto(SD),sin 30)eq f(r,sin 30)2r。电子在磁场中所有轨迹对应圆心的位置应在

36、以S为圆心、半径为eq f(SO,2)的圆弧上，过O的圆弧与BO有除O以外的另一个交点D，如图b所示，说明电子在到达O点前已经飞出磁场，故A错误；由以上的分析可知，当从S点射出的电子方向平行于OB时，其圆心恰好位于D点，此时电子将转过90角，恰好垂直于OB射出，其轨迹如图c所示，B正确；从OA边界射出的电子圆弧轨迹刚好与OB相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图d所示，由几何关系可得圆心角为120，运动时间：tmaxeq f(120,360)Teq f(1,3)T，C正确；画出初速度的方向竖直向上的电子运动轨迹如图e，可知从OB边界射出的电子在磁场中

37、运动的时间大于eq f(1,4)T，D错误。图a图b图c图d图e 带电粒子在有界磁场中运动临界极值、多解问题1带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题分析(1)找准临界点以题目中“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个半径不同的轨迹，找出临界条件，如：刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切；当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界匀强磁场中运动的时间越长；圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两端点时，轨迹对应的偏转角最大。(2)掌握有界磁场中临界问题的处理

38、方法旋转圆法：粒子速度大小不变，方向改变，则req f(mv,qB)大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动(如图甲所示)。甲乙放缩圆法：入射粒子的速度方向不变，大小变化，形成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆(如图乙所示)。平移圆法：速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图丙所示)。丙2带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。找出多解的原因。画出粒子的可能

39、轨迹，找出圆心、半径的可能情况。带电粒子在磁场中的临界、极值问题典例2(2021山东德州统考)如图所示，OA、OB为相互垂直的有界匀强磁场边界，磁场磁感应强度B10 T，方向垂直纸面向里，S为粒子源，可向磁场内各个方向均匀发射比荷eq f(q,m)1.0104 C/kg的带正电粒子，速度v01.0104 m/s。PQ为一长度为10 cm的荧光屏，已知OQOS10 cm，不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计，则下列说法正确的是() A有eq f(1,2)的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为10(eq r(3)1) cmB有eq f(1,2)的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为

40、10(eq r(2)1) cmC有eq f(1,4)的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为10 cmD有eq f(1,4)的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为10(eq r(2)1) cmA粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得qv0Bmeq f(voal( 2,0),r)解得r10 cm粒子在磁场中运动的轨迹如图 根据几何关系，水平向右射出的粒子刚好打到Q点，竖直向上射出的粒子也刚好打到Q点，这两个速度方向之间的粒子可以打到荧光屏上，因此有eq f(1,2)的粒子可打到荧光屏上，其中SM(M为OB上距O最远的点)为直径，根据几何关系可得OMeq r(3)r10eq

41、 r(3) cm所以荧光屏发光长度为QM10(eq r(3)1) cm，故选A。跟进训练1(2020全国卷)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()Aeq f(3mv,2ae) Beq f(mv,ae) Ceq f(3mv,4ae) Deq f(3mv,5ae)C为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨

42、迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq r(r2a2)r3a，解得req f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evBmeq f(v2,r)，解得Beq f(3mv,4ae)，选项C正确。2(多选)(2021西南名校联盟模拟)如图所示，直角三角形边界ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，AC长为2L，AB长为L。从AC的中点D连续发射不同速率的相同粒子，方向与AC垂直，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是()A以不同速率入射的粒子在磁场中运动的时间一定不等BBC边上有粒子出射的区域长度不超过

43、eq f(r(3),3)LCAB边上有粒子出射的区域长度为(eq r(3)1)LD从AB边出射的粒子在磁场中的运动时间最短为eq f(m,6qB)BC若不同速率入射的粒子在磁场中运动时都从AC边射出，则运动的时间相等，选项A错误；如图甲，当粒子的速度无穷大时可认为粒子不发生偏转从E点射出，从BC边上有粒子出射的区域在BE部分，则长度不超过Ltan 30eq f(r(3),3)L，选项B正确；甲乙由图乙可知，AB边上有粒子出射的区域为BF之间，由几何关系可知：eq f(r,BC)eq f(Lr,2L)，解得req f(r(3)L,2r(3)，则BFLeq f(r,tan 60)(eq r(3)1

44、)L，选项C正确；从AB边上出射的粒子在B点射出时时间最短，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60，则粒子在磁场中的运动时间最短为teq f(T,6)eq f(m,3qB)，选项D错误。带电粒子在磁场中运动的多解问题典例3如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：甲乙(1)

45、磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，B0qv0eq f(mvoal( 2,0),R)做匀速圆周运动的周期T0eq f(2R,v0)由以上两式得磁感应强度B0eq f(2m,qT0)。(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，v0射出的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有Req f(d,4)；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有Req f(d,4n)(n1,2,3，)又Req f(mv0,qB0)得正离子的速度的可能值为v0eq

46、 f(B0qR,m)eq f(d,2nT0)(n1,2,3，)说明：此题中若假设垂直纸面向外的磁场方向为正方向，经分析可知对答案无影响。答案(1)eq f(2m,qT0)(2)eq f(d,2nT0)(n1,2,3，)解决多解问题的技巧方法(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)根据带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。跟进训练1(多选)如图所示，正三角形ABC区域内存在垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为Beq f(2r(3)mv0,3qL)，ABC的边长为L，O为

47、BC边的中点。大量质量为m、速度为v0的带电粒子从O点沿不同的方向垂直于磁场方向射入该磁场区域(不计粒子重力)，则从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动时间可能为()Aeq f(r(3)L,3v0) Beq f(r(3)L,6v0) Ceq f(r(3)L,9v0) Deq f(r(3)L,12v0)BCD带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得Bqv0meq f(voal( 2,0),r)，解得req f(r(3),2)L；粒子在磁场中运动的周期为Teq f(2m,Bq)eq f(r(3)L,v0)。当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，运动时间最长，当轨迹圆弧对应的弦最短

48、时，圆心角最小，运动时间最短。对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动，可知最长的弦为OAeq f(r(3)L,2)r，恰好等于轨迹半径，对应的圆心角为60，因此最长运动时间为tmaxeq f(60,360)Teq f(r(3)L,6v0)；过O作AB边或AC边的垂线，设垂足为D，可知ODeq f(r(3),4)L为最短的弦，对应的圆心角略小于30，因此最短运动时间略小于eq f(30,360)Teq f(r(3)L,12v0)。故A错误，B、C、D正确。2如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场(未画出)，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向里的匀强磁场

49、，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。解析(1)设电场强度大小为E由题意有mgqE得Eeq f(mg,q)，方向竖直向上。(2)如图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与

50、NS的夹角为。图1由req f(mv,qB)有r1eq f(mvmin,qB)，r2eq f(1,2)r1由(r1r2)sin r2r1r1cos h得vmin(96eq r(2)eq f(qBh,m)。(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x。图2由题意有3nx1.8h(n1,2,3，)eq f(3,2)xeq f(96r(2)h,2)xeq r(roal( 2,1)hr12)得r1eq blc(rc)(avs4alco1(1f(0.36,n2)eq f(h,2)，n3.5则n1时，veq f(0.68qBh,m)；

51、n2时，veq f(0.545qBh,m)；n3时，veq f(0.52qBh,m)。答案(1)eq f(mg,q)，方向竖直向上(2)(96eq r(2)eq f(qBh,m)(3)见解析带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运动1复合场与组合场(1)复合场：电场、磁场、重力场共存或其中某两场共存。(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。2带电粒子在复合场中运动情况分类(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态。(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相

52、等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。(4)分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。二、质谱仪和回旋加速器模型1质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qUeq f(1,2)mv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBmeq f(v2,r

53、)。由以上两式可得req f(1,B)eq r(f(2mU,q)，meq f(qr2B2,2U)，eq f(q,m)eq f(2U,B2r2)。模型2回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvBeq f(mv2,R)，得Ekmeq f(q2B2R2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)利用回旋加速器可以将带电粒子的速度无限制地增大。()(2)粒子能否通

54、过速度选择器，除与速度有关外，还与粒子的带电正、负有关。()(3)磁流体发电机中，根据左手定则，可以确定正、负粒子的偏转方向，从而确定正、负极或电势高低。()(4)带电粒子在复合场中受洛伦兹力情况下的直线运动一定为匀速直线运动。()(5)质谱仪是一种测量带电粒子质量并分析同位素的仪器。()二、教材习题衍生1(人教版选择性必修第二册P19T1改编)A、B是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷、不同的质量。为测定它们的质量比，使它们从质谱仪(如图)的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上。如果从底片上获知A、B在磁场中运动轨迹的直径分别为x1、x2，

55、则A、B的质量之比为()Aeq r(f(x1,x2) Beq f(x1,x2) Ceq f(xoal( 2,1),xoal( 2,2) Deq f(2x1,x2)C由题意得qUeq f(1,2)mv2qvBeq f(mv2,r)解联立得req f(1,B)eq r(f(2mU,q)即req r(m)，则mAmBxeq oal( 2,1)xeq oal( 2,2)，C项正确。2(人教版选择性必修第二册P21T5改编)某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量

56、为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。若加速电压减小为原来的eq f(9,10)，通过调节速度选择器两板间的电压，粒子仍从原位置进入分离器，则()A速度选择器两板间的电压减小为原来的eq f(9,10)B粒子在分离器中运动时间减小为原来的eq f(9,10)C粒子在分离器中做圆周运动的半径减小为原来的eq f(9,10)D粒子在分离器中运动的动能减小为原来的eq f(9,10)D粒子在加速电场中有：qU1eq f(1,2)mv2在速度选择器中有eq f(U2,d)qqvB1则有2d2Beq oal( 2,1)U1qmUeq o

57、al( 2,2)，若加速电压U1减小为原来的eq f(9,10)，要使粒子仍从原位置射出，则速度选择器板间电压U2减小为原来的eq r(f(9,10)，选项A错误；粒子在分离器中做圆周运动，周期Teq f(2m,qB2)，与粒子的速度无关，若加速电压减小为原来的eq f(9,10)，粒子在分离器中运动的时间不变，选项B错误；由req f(mv,qB2)eq f(1,B2)eq r(f(2mU1,q)知，若加速电压U1减小为原来的eq f(9,10)，粒子在分离器中做圆周运动的半径减小为原来的eq r(f(9,10)，C项错误；由Ekeq f(1,2)mv2qU1知若加速电压U1减小为原来的eq

58、 f(9,10)，则粒子运动的动能减小为原来的eq f(9,10)，D项正确。 带电粒子在组合场中的运动1组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。2运动分析及方法选择3分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。先电场后磁场典例1(2021全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平

59、线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60，不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子经过P点的速度在水平方向和竖直方向的分速度分别为vx和vy

60、，运动至P点所用时间为t，加速度大小为a，有qEmaeq f(vx,vy)tan 60vxv0vyatxv0tyeq f(1,2)at2，seq r(x2y2)联立解得teq f(r(3)mv0,3qE)，seq f(r(13)mvoal( 2,0),6qE)。(2)粒子进入磁场的速度veq f(v0,sin 60)eq f(2r(3)v0,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qvBeq f(mv2,r)，解得req f(mv,qB)若粒子从Q点射出，粒子在磁场中运动的轨迹半径最小，设为r1，则由几何知识可得r1eq f(r(3),3)l解得最大磁感应强度B1eq f(2mv0,ql)若粒子从N点射