统考版2023高考物理二轮专题复习专题四电场与磁场第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动教师用书

第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动命题热点(1)安培定则、磁场的叠加；(2)安培力的分析与计算；(3)带电粒子在磁场中的运动；(4)带电粒子在复合场中的运动；(5)带电粒子在复合场中运动的应用实例．常考题型选择题计算题高频考点·能力突破考点一磁场的性质及磁场对电流的作用1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向（即磁感应强度的方向）(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．(3)注意磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和（要用到平行四边形法则，解三角形）2．安培力的分析与计算(1)方向：左手定则(2)大小：F＝BILsinθθ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥例1[2022·全国乙卷](多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50μTC．第2次测量时y轴正向指向南方D．第3次测量时y轴正向指向东方预测1[2022·浙江1月]利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置．先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图象，则正确的是()预测2如图所示，两根相距为d的长直导线分别通有电流I1、I2，纸面内有一点P，与两根导线的距离也为d，已知I1＝I2＝I时，P点的磁感应强度大小为B，若保持I1不变，将I2增大为3I，则此时P点磁感应强度大小为()A．5BB．2BC．5BD．10B预测3如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好．图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I.若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是()A．两杆所受安培力的方向相同B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为BLvC．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为BD．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．注意“四点、六线、三角”在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．(1)四点：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)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线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)三角：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．2．三个“二级”结论(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，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．例2[2022·湖北卷](多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A．13kBL，0°B．12kBLC．kBL，60°D．2kBL，60°预测4[2022·辽宁卷](多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示．内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器．两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点．粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点．装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力．下列说法正确的是()A．粒子1可能为中子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点预测5[2022·全国冲刺卷]如图所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝12h.则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(A．32∶41B．56∶41C．64∶41D．41∶28预测6如图，在以x轴和虚线围成的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为3L，上边界到x轴的距离为2L.在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为v0＝eBmL(1)某个粒子沿与x轴正方向成60°射出，它在磁场中运动的时间t；(2)电流表的示数I；(3)磁场上边界有粒子射出的区域宽度d.考点三带电粒子在复合场中的运动“三步”解决复合场问题例3[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是()预测7[2022·广东卷](多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力预测8[2022·辽宁模拟卷]在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)．速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外．磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场的分布区域是一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L.当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点．整个系统置于真空中，不计离子重力．求：(1)离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷qm(2)偏转系统加电场时，离子从偏转系统底面飞出，注入到晶圆所在水平面的位置到O点的距离x.素养培优·情境命题带电粒子在复合场中运动的应用实例情境1(多选)如图是回旋加速器的原理图，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒上加周期性变化的电压，电压的值为U，D形盒所在平面有垂直盒面向下的磁场，磁感应强度为B.一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则()A．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后动能增加qUB．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大qUC．粒子以速度v在D形盒内运动半圆后动能增加2qvBRD．粒子离开D形盒时动能为q情境2[2022·广东冲刺卷](多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是()A．电场方向垂直环平面向外B．电子运动周期为2πRC．垂直环平面的磁感应强度大小为mvD．电场强度大小为mv情境3[2022·全国冲刺卷]海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M，N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场(方向如图)，磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是()A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是N→L→MB．“海流发电机”产生感应电动势的大小是E＝BavC．通过航标灯L电流的大小是BvdabD．“海流发电机”发电的总功率为B情境4[2022·浙江6月]离子速度分析器截面图如图所示．半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S.整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点．离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用．(1)①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小．(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小．(3)若转筒P的角速度小于6v0R，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动高频考点·能力突破考点一例1解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．答案：BC预测1解析：根据磁场方向与电流方向垂直时的安培力表达式F＝ILB可知，在只改变电流I时，其安培力F∝I，因此F­I图线为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项A错误，B正确；同理，在只改变导线通电部分长度L时，其安培力F∝L，因此F­L图线也为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项C、D均错误．答案：B预测2解析：由安培定则，I1在P点产生的磁感应强度垂直纸面向里，设为B0，I2在P点的磁感应强度竖直向上，由于I1＝I2＝I，P到两导线距离相等，都为d，所以I2在P点的磁感应强度大小也为B0，由矢量合成知B＝2B0，将I2增大为3I，则I2在P点的磁感应强度大小也为3B0，则P点磁感应强度大小为B＝B02+3B02＝10B0答案：C预测3解析：图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得I1＝BLvR+r，金属杆受到的安培力F1＝BI1L＝B2L2vR+r，方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力F2＝BIL，方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为F1F2＝BLvIR+r，故选项A、B错误；在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功E电＝F1vΔt＝B2L2v2ΔrR+r，图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即答案：D考点二例2解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有R＝L，qvB＝mv可得v＝qBLm＝根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当粒子上下均经历一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv可得v＝qBL2m＝1此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝qBL2n-1m＝12n-1kBL(n＝1，2，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝qBL2nm＝12nkBL(n，1，2，3此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．答案：BC预测4解析：由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中运动．洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得粒子运动轨迹半径r＝mvqB.可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q答案：AD预测5解析：甲粒子从高MN＝h的位置水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示，甲粒子圆周运动的半径为O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中根据勾股定理可知MP＝r12-O1M2＝r12-r－h2＝2rh-h2，则OM＝MP－OP＝2rh-h2乙粒子从高O2A＝O2P＝2h的高度水平飞入磁场，转过14圆周从P点飞出，则乙粒子运动的半径为r2＝O2A＝2h，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，可知粒子运动的半径r与粒子的比荷qm＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为k甲k乙＝答案：C预测6解析：(1)由eBv＝mv2r，得r分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝30360T＝πm(2)左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60°，则单位时间内打在金属板上的粒子数为N＝60180n＝13电流表的示数为I＝13ne(3)粒子从磁场左边射出的临界点为f点df＝3L，粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝3L2-2L2粒子从上边界射出磁场的宽度d＝fd＋dg＝3L＋5L＝(3+5)答案：(1)πm6eB(2)13ne(3)(3考点三例3解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，由左手定则可知，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．答案：B预测7解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．答案：BC预测8解析：(1)离子通过速度选择器时，有Eq＝Bqv，解得速度v＝EB离子在磁分析器中，有qvB＝mv2由几何关系，可得R＝R1联立解得qm＝2E(2)经过电场后，偏移的距离x1＝12·qEm·偏转角度tanθ＝atv＝qEL离开电场后，偏移的距离x2＝Ltanθ＝qEL2注入晶圆的位置到O点的距离x＝x1＋x2，联立解得x＝3L答案：(1)EB2E素养培优·情境命题情境1解析：粒子每次经过D形盒之间的缝隙过程，电场力做功，根据动能定理可得qU＝ΔEk，即动能增加qU.由动能表达式Ek＝12mv2，可知第n次经过D形盒之间的缝隙后速度变化为Δv＝(n-n-1)qUm，故A正确，B错误；粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，粒子离开D形盒时，粒子轨道半径为R，动能为Ek＝12mv2，联立，可