(通用版)高考物理二轮专题复习09 磁场及带电粒子在磁场中的运动(解析版)

秘籍09磁场及带电粒子在磁场中的运动高考频度：★★★★☆难易程度：★★★★☆考向一磁场及磁场对通电导线的作用真题演练【典例1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，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，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为A．2F B．1.5F C．0.5F D．0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为SKIPIF1<0，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比SKIPIF1<0。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为SKIPIF1<0，故本题选B。1．牢记一个公式安培力大小的计算公式：F＝BILsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)．(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.2．必须掌握的一个定则——左手定则(1)左手定则判定安培力的方向．(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．模拟精炼如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则圆环中电流大小和方向是A．电流大小为eq\f(\r(3)F,3BR)，电流方向沿顺时针方向B．电流大小为eq\f(\r(3)F,3BR)，电流方向沿逆时针方向C．电流大小为eq\f(\r(3)F,BR)，电流方向沿顺时针方向D．电流大小为eq\f(\r(3)F,BR)，电流方向沿逆时针方向【答案】A【解析】要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·eq\r(3)R，求得I＝eq\f(\r(3)F,3BR)，A项正确。考向二带电粒子在匀强磁场中的运动真题演练【典例2】（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，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A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【答案】B【解析】a点射出粒子半径Ra=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，得：va=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，d点射出粒子半径为SKIPIF1<0，R=SKIPIF1<0，故vd=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，故B选项符合题意。1．必须掌握的几个公式2．必须掌握三个重要的“确定”(1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示．(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝eq\f(AB,2sin\f(α,2))＝eq\f(AB,2sinθ)，然后再与半径公式r＝eq\f(mv,qB)联系起来求解．(3)运动时间的确定：t＝eq\f(α,360°)T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)．模拟精炼（2019·江苏省南京师范大学附属中学高三5月模拟物理试题）如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动．下列说法中正确的是A．小球在M点和N点时均处于平衡状态B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等【答案】D【解析】A、小球在SKIPIF1<0点和SKIPIF1<0点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A错误；B、由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；D、小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由SKIPIF1<0可知合力不变，故D正确。C、小球从SKIPIF1<0到SKIPIF1<0运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：SKIPIF1<0，故此时小球对轨道的压力为：SKIPIF1<0；小球从SKIPIF1<0到SKIPIF1<0运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：SKIPIF1<0，故此时小球对轨道的压力为SKIPIF1<0，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误。考向三带电粒子在匀强磁场运动的临界、极值和多解问题真题演练【典例3】（2019·江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变。（1）求粒子运动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=SKIPIF1<0，求粒子从P到Q的运动时间t．【答案】（1）SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0（3）SKIPIF1<0【解析】（1）粒子的运动半径SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60°）解得SKIPIF1<0（3）粒子的运动周期SKIPIF1<0设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则SKIPIF1<0（a）当SKIPIF1<0时，粒子斜向上射出磁场SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（b）当SKIPIF1<0时，粒子斜向下射出磁场SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0处理临界极值问题方法(1)几何对称法：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P与出射点Q的中垂线对称，轨迹圆心O位于中垂线上，并有φ＝α＝2θ＝ωt，如图甲所示，应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，也可以非常便捷地求解某些临界问题．(2)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R随之变化．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．如图乙所示，粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为②和④.(3)定圆旋转法：当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．如图丙所示为粒子进入单边界磁场时的情景．(4)数学解析法：写出轨迹圆和边界的解析方程，应用物理和数学知识求解．模拟精炼(2020·常德模拟)(多选)如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点．大量质量均为m，电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向．粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则()A．粒子射入磁场的速率为v＝eq\f(2RqB,m)B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq\f(πm,3qB)C．不可能有粒子从C点射出磁场D．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出【答案】ABD【解析】由洛伦兹力提供向心力：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，根据题意r＝2R，以上联立可得：v＝eq\f(2qBR,m)，故A正确；当粒子以直径2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为60°，粒子运动的周期为：T＝eq\f(2πm,qB)，由此可知粒子运动时间为：t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，故B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故C错误；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足：v＝eq\f(qBR,m)，故D正确．所以A、B、D正确，C错误。横扫千军1．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C【答案】A【解析】如图所示，由右手螺旋定则可知，A处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC，同理，可知B、C处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导体棒中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A。2．如图所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流(从A点流入，从c点流出)，电流强度I，则金属框受到的磁场力为A．0B．BILC.eq\f(4,3)BILD．2BIL【答案】B【解析】由并联电路分流规律可知底边通过的电流I1＝eq\f(2,3)I，上方两边内通过的电流为I2＝eq\f(1,3)I.上方两边受到的磁场力的合力可等效为平行底边、长为L的直导线受到的磁场力，由左手定则判定可知受磁场力方向均向上，故金属框受到的磁场力F＝BL·eq\f(2,3)I＋BL·eq\f(1,3)I＝BLI，B正确。3．如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为A．2∶1B．2∶3C．3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)【答案】C【解析】如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则eq\f(t1,t2)＝eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(90°,60°)＝eq\f(3,2)，故选项C正确。4．(2020·凉山州模拟)如图所示，有一边长L＝2m的正三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B＝eq\r(3)T，有一比荷q/m＝200C/kg的带正电粒子从AB边上的P点垂直AB边进入磁场，AP的距离为eq\r(3)m，要使粒子能从AC边射出磁场，带电粒子的最大初速度为(粒子的重力不计)A．500m/s B．600m/sC．4eq\r(3)×102m/s D．1200m/s【答案】B【解析】从AC边穿出的粒子其临界轨迹如图所示，对速度较大的粒子，对应的半径为R，根据几何关系可知，此时粒子的轨道半径：R＝Lsin60°＝2×eq\f(\r(3),2)m＝eq\r(3)m又qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)＝200×eq\r(3)×eq\r(3)m/s＝600m/s，故B正确，A、C、D错误。5．如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d.MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子．粒子射入磁场的速度大小v＝eq\f(2qBd,3m)，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为A．1∶1 B．2