磁场及带电粒子在磁场中的运动复习课件

第8讲磁场及带电粒子在磁场中的运动1.磁场强弱的描述：（1）磁感应强度的定义式：B=___，条件：___________垂直。（2）磁感应强度的合成满足___________定则。导线与磁场平行四边形2.安培力：（1）计算公式：F=_________，其中θ为B与I的夹角。①当磁场与电流垂直时，θ=90°，F=____。②当磁场与电流平行时，θ=0°，F=__。（2）方向判定：用_________。3.洛伦兹力：（1）计算公式：F=_________，其中θ为B与v的夹角。①v∥B时，F=__。②v⊥B时，F=____。③v=0时，F=__。（2）方向判定：用_________，注意“四指”指向__________________，与_______的运动方向相反。BILsinθBIL0左手定则qvBsinθ0qvB0左手定则正电荷的运动方向负电荷4.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本公式：（1）向心力由洛伦兹力提供：qvB=____。（2）轨道半径R=___。（3）周期公式：T==_____。1.（2012·天津高考）如图所示，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（）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。金属棒的受力情况如图所示，则有当棒中的电流I变大或者磁感应强度B变大时，因为重力不变，所以θ角会变大，选项A对、D错；两悬线等长变短对θ角没有影响，选项B错；当金属棒的质量变大时，θ角变小，选项C错。2.（2013·安徽高考）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【解析】选B。由右手螺旋定则可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度如图所示：四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左。利用左手定则判断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力竖直向下，故B项正确。3.(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（）【解析】选B。根据对称性，带电粒子射入圆形磁场区域时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=R，再由，得，解得，故选项B正确。热点考向1磁场对通电导线作用力问题

【典例1】（2013·南通二模）如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道，一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点，设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列有关说法正确的是（）A.电流方向从N指向MB.I∝cotθC.P∝cosθD.P∝sinθ【解题探究】（1）根据导体MN的运动情况，画出MN的受力分析图。提示：（2）MN的运动性质是_____________，向心力由______、_______和安培力的合力提供，并且沿切线方向的合力_______，用式子表示为_______________。匀速圆周运动弹力F重力G等于零Gsinθ=F安cosθ【解析】选D。由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从M指向N，A错误；因为导体棒做匀速圆周运动，所以有Gsinθ=F安cosθ=BILcosθ，故I=tanθ，即I∝tanθ，B错误；又P=F安vcosθ=Gvsinθ，所以P∝sinθ，C错误，D正确。【总结提升】求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。(2)画出辅助图（如导轨﹑斜面等），并标明辅助方向（磁感应强度B、电流I的方向）。(3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。【变式训练】（2012·大纲版全国卷）如图，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，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。根据安培定则，M、N处的电流在O点处的磁感应强度方向相同，都垂直MN连线向下，O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；由对称关系可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，大小相等，选项C正确；a、c两点处的磁感应强度方向都垂直MN连线向下，选项D错误。热点考向2带电粒子在磁场中的运动【典例2】（18分）（2013·延安一模）如图所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1大于B2，一个带负电、比荷为k的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，粒子重力不计。（1）求粒子在两个磁场中运动的轨道半径；（2）如果B1=2B2，则粒子再次回到原点时运动了多长时间？（3）要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？【解题探究】（1）粒子在两磁场中运动的轨道半径的求解：①比荷的意义：k=____；②轨道半径公式：r=____。（2）试画出B1=2B2时，带电粒子再次回到原点时的轨迹图。提示：由于B1=2B2，则r1=r2，由左手定则画出轨迹如图所示。（3）当B1>B2，但B1≠2B2时，粒子完成如图所示的一次回旋到达y轴上的O1点，则点O、O1间的距离d=__________；若完成n次回旋到达On点，则OOn=______________。（4）粒子到达On后，若要再经过半个圆周回到O点，OOn应满足什么条件？提示：应满足OOn=2r1，即2n（r2-r1）=2r1。2（r2-r1）nd=2n（r2-r1）【解析】（1）粒子交替地在xOy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动；速度大小恒为v,轨迹都是半个圆,圆周运动半径分别为（1分）（1分）（2）当B1=2B2时，r2=2r1（1分）那么粒子在左边运动一个半径为r1半圆后，再到右边经历一个半径为r2的半圆，又回到左边再经历一个半径为r1的半圆，此时正好回到原点，这个过程中经历的时间为（2分）（2分）所以t=t1+t2=（1分）（3）粒子运动轨迹如图所示，在xOy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上到O点距离为2r1的A点，接着沿半径为r2(r2>r1)的半圆D1运动至y轴上的O1点，则O1与O的距离为：d=2(r2-r1)①（3分）此后粒子每经历一次回旋，其y轴坐标就减小d，设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点，若OOn即nd满足nd=2r1②（3分）则粒子再经过半圆就能通过原点，由①②得

（2分）即（2分）答案：（1）（2）（3）（n=1，2，3…）【总结提升】带电粒子在磁场中的运动问题分析“三步走”（1）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。（2）找联系：①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是应用公式r=确定；几何方法一般根据数学知识（直角三角形知识、三角函数等）通过计算确定。②速度偏转角φ与回旋角（转过的圆心角）α、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，等于弦切角θ的2倍，且有φ=α=2θ=ωt=或（其中s为运动的圆弧长度）。(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。【变式训练】（2013·广州一模）薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1>R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子（）A.带正电B.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D.从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域【解析】选C。粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小。由r=可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T=可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为C选项正确。热点考向3带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题【典例3】(2013·黄冈一模)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形（边界上有磁场），A、B、C为三角形的三个顶点。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（）【解题探究】（1）粒子在该磁场中的轨迹半径如何求，比AB边长还是短？提示：由r=代入v得r=L<L。（2）如何求解满足题干条件的PB与QB的最大值？提示：保证不从AC边射出，能从BC边射出即为题目的要求，当轨迹圆既与AC相切，又与BC相切时，可求PB的最大值，当轨迹圆为圆弧时，可求出QB的最大值。【解析】选D。带电粒子做匀速圆周运动轨迹的圆心必在AB之上，画出运动轨迹如图所示，由半径公式r=及可知，粒子做圆周运动的半径为r=L，当粒子运动的轨迹圆心位于AB中点O1时，粒子正好与AC、BC边相切，由几何关系知，PB满足PB<L,A、B错误；平行向右移动参考圆O1，与CB交点最远时的Q点到AB的距离为半径r，所以D正确，C错误。【总结提升】带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系（1）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。（2）当粒子的运动速率v一定时，粒子经过的弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。（3）当粒子的运动速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长。【变式训练】(2013·厦门二模)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（）【解析】选D。欲使电子经过BC边，临界点是电子运动的圆弧轨迹与BC边相切，由几何关系可得圆弧半径等于据可得临界磁感应强度为欲使电子经过BC边，则磁感应强度应满足B＜选项D正确。1.（2013·福州二模）质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示。则下列关于导体棒中的电流的分析，正确的是（）A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I=B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I=C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I=D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I=【解析】选C。根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中电流垂直纸面向里。对导体棒受力分析，并根据平衡条件可知：F安=mgtan60°，又F安=BIL，联立可得I=，只有选项C正确。2.（2013·安徽师大一模）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0<θ<π）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（）A.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B.若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短【解析】选A。由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；若v一定，θ等于90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，则粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，选项C、D错误。3.（2013·泉州一模）如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2。CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度。【解析】（1）设沿直线OO′运动的带电粒子进入匀强磁场B2的速度为v根据qvB1=qE解得：(2)粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动，根据qvB2=解得：因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小。设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切，则有：r1+r1=a，解得：r1=(-1)a。电荷量最大值（3）带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2，依题意r2+a=r2解得：r2=(+1)a则CD板上被带电粒子击中区域的长度为x=r2-r1=2a。答案：（1）(2)（3）2a七利用几何关系分析带电粒子的运动【案例剖析】（18分）如图所示，圆心在坐标原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域。①在圆内区域Ⅰ（r≤R）和圆外区域Ⅱ（r>R）分别存在两个磁场方向均垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出）；垂直于xOy平面放置了两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于x轴放置在y轴坐标为-2.2R的位置，荧光屏乙平行于y轴放置在x轴坐标为3.5R的位置。现有一束质量为m、电荷量为q（q>0）、动能为E0的粒子②从坐标为（-R，0）的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现坐标为（0.4R，-2.2R）的亮点N。③若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为（0，-2.2R）的亮点M。此时，若将荧光屏甲沿y轴负方向平移，则亮点x轴坐标始终保持不变。（不计粒子重力影响）（1）求区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向。（2）若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为m、④电荷量为-q、动能为3E0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置。【审题】抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干①在圆内区域Ⅰ（r≤R）和圆外区域Ⅱ（r>R）分别存在两个磁场两匀强磁场的强弱、方向，需结合运动情形分析②从坐标为（-R，0）的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现坐标为（0.4R，-2.2R）的亮点N在两磁场中粒子所做运动的轨迹为两段圆弧，画示意图关键信息信息挖掘题干③若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为（0，-2.2R）的亮点M。此时，若将荧光屏甲沿y轴负方向平移，则亮点x轴坐标始终保持不变圆外无磁场，粒子做直线运动，又因荧光屏甲移动而M点不变，说明粒子从C点离开圆形磁场问题④电荷量为-q、动能为3E0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置电性改变，洛伦兹力的方向改变；动能增大，速度增大，则运动半径增大【破题】精准分析，无破不立（1）磁感应强度B1、B2的求解：①带电粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1=__。②带电粒子在区域Ⅱ中的运动半径r2与R满足的几何关系为______________________。R③试在图甲中画出带电粒子在Ⅰ、Ⅱ区域中的轨迹示意图。提示：

（2）第（2）问的求解：①粒子在区域Ⅰ中的轨迹半径r3与r1的关系式为r3=_____________________；粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径r4与第（1）问中r2的关系式为r4=_____________________。②请在图乙中画出第（2）问中的轨迹示意图。提示：

【解题】规范步骤，水到渠成（1）由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的磁场。区域Ⅰ中圆周运动的圆心是O1点，半径为r1=R(1分)由可得：

（2分）方向垂直平面xOy向外。（1分）粒子进入区域Ⅱ后做半径为r2的圆周运动，由（1分）可得：r2=圆周运动的圆心O2坐标为（r2,-R）则：（r2-0.4