第一篇 大单元设计三 专题10 磁场及带电粒子在磁场中的运动-2025版高考物理二轮复习

29专题10磁场及带电粒子在磁场中的运动考向一磁场的性质及安培力角度1磁感应强度的叠加【典题例析】[典例1](2024·宜春一模)如图所示,A、B、C、E、F是在纸面内圆上的五个点,其中连线EF、AC过圆心O点,A、B关于EF对称,∠AOF=60°,在E、F两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线,两根导线中分别通有大小相等的电流I。已知通电直导线形成的磁场[1]在空间某点处的磁感应强度大小B=kIr,k为常量,r为该点到导线的距离。若E处的电流在A点产生的磁感应强度大小为B1[A.若两根导线中的电流同向,则O点磁感应强度大小为23B1B.若两根导线中的电流同向,则A、B两点磁感应强度相同,均为2B1C.若两根导线中的电流反向,则A、C两点磁感应强度相同,均为3B1D.无论两根导线中的电流同向还是反向,A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1【题眼破译】[1]用来表示通电直导线形成的磁场的磁感线是以导线为圆心的同心圆。[2]根据几何关系和公式B=kIr,可以分别求出E处的电流在B、C处,F处的电流在A、B、C【解析】选D。同向电流在O点的磁场方向相反,磁感应强度大小相等,故若两根导线中的电流同向,O点磁感应强度大小为零,故A错误;根据几何关系有rAFrAE=tan(90°-∠作出同向电流(假设电流方向向内)在A、B点磁感应强度的矢量图如图甲所示,则BE1=kIrAE=B1,BF1=kIrAF则A点磁感应强度为BA=BE12同理可得B点磁感应强度为BB=2B1故A、B两点磁感应强度大小相等,均为2B1,根据矢量图可知A、B两点磁感应强度方向不同,故B错误;作出反向电流(假设E流入、F流出)在A、C点磁感应强度的矢量图如图乙所示,同前面分析,可以发现A、C两点磁感应强度矢量和的方向相同,大小均为2B1,故C错误;根据前面的分析可知,无论两根导线中的电流同向还是反向,A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1,故D正确。[预测1](多选)如图,四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面,导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点,正方形中心位于坐标原点O,e为cd的中点且在y轴上;四条导线中的电流大小相等,其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里,其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则()A.O点的磁感应强度为0B.O点的磁感应强度方向由O指向cC.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向【解析】选B、D。由题知,四条导线中的电流大小相等,且到O点的距离相等,故四条导线在O点的磁感应强度大小相等,根据右手螺旋定则可知四条导线在O点产生的磁感应强度方向,如图甲所示由图甲可知,Bb与Bc相互抵消,Ba与Bd合成,根据平行四边形定则,可知O点的磁感应强度方向由O指向c,其大小不为零,故A错误,B正确;由题知,四条导线中的电流大小相等,a、b到e点的距离相等,故a、b在e点的磁感应强度大小相等,c、d到e点的距离相等,故c、d在e点的磁感应强度大小相等,根据右手螺旋定则可知四条导线在O点产生的磁感应强度方向,如图乙所示由图乙可知Bc与Bd大小相等,方向相反,互相抵消;而Bb与Ba大小相等,方向如图乙所示,根据平行四边形定则,可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向,故C错误,D正确。【加固训练】如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,∠MOP=60°,在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面,方向如图所示,且IM=2IN(已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中,距导线距离为r处的磁感应强度大小为B=kIr,其中k为常数),此时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处,则此时O点的磁感应强度(A.大小为3B1,方向水平向右B.大小为3B1,方向水平向左C.大小为2B1,方向与水平方向夹角为30°斜向右下D.大小为2B1,方向与水平方向夹角为30°斜向右上【解析】选A。设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0,则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0,导线未移动时,各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示,可得B1=B0,将M处导线移到P处时,在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2B0,如图中虚线所示,N处导线在O点激发磁场的磁感应强度不变,则此时合磁感应强度大小为3B0,即3B1,方向水平向右,故A正确。【模型图解】方式情境图示情境解读磁感应强度B的叠加L1与L2电流大小相等a、b两点的磁感应强度为两个电流在这两点的磁感应强度的矢量和(直线电流的磁场B=kIr1、2、3、4电流大小相等由右手定则,2、4导体棒在O点处的合磁场指向1,1、3导体棒在O点处的合磁场指向4,由对称性可知正方形中心处O点的磁感应强度方向水平向左角度2安培力的大小和方向判断安培力作用下导线运动情况的基本思路:【典题例析】[典例2](多选)(2024·福建选择考)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上,AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中,现给导线通以自A到B、大小为I的电流,则()A.通电后两线拉力变小B.通电后两线拉力变大C.安培力为πBIrD.安培力为2BIr【思路导引】左手定则↓判断通电后半圆环AB受到的安培力的方向↓判断通电后两线拉力的变化情况↓明确半圆环AB所受安培力的等效长度↓计算安培力的大小【解析】选B、D。根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下,根据受力分析可知,通电后两线拉力变大,故A错误,B正确;半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。[变式](1)若半圆环的重力为G,每根绝缘线所受的拉力为多大?(2)若半圆环的重力为G,保持磁场大小不变,方向调整为竖直向下,每根绝缘线所受的拉力为多大?【解析】(1)设每根绝缘线对半圆环的拉力为F1,由受力平衡可知,2F1=G+2BIr,即F1=G+2由牛顿第三定律可知,每根绝缘线所受的拉力为G+2(2)作出右视图,如图所示,设每根绝缘线对半圆环的拉力为F2,由受力平衡可知,F2=G2由牛顿第三定律可知,每根绝缘线所受的拉力为F2=G2答案:(1)G+2BIr2【模型图解】安培力作用下导体运动的判定方法:方法情境图示情境解读电流元法分割为电流元安培力方向→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结论法同向电流互相吸引,反向电流互相排斥两段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欲分析电流对磁体的作用力方向,可先分析磁体对电流的安培力方向,然后由牛顿第三定律实现目的考向二带电粒子在磁场中的运动角度1带电粒子速度大小和方向都不变适用条件带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同,但入射点的位置不同轨迹特点带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等,因入射点的位置不同,各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹方法技巧将半径为R=mv【典题例析】[典例3](2024·塔城二模)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出),ab、cd是两条相互垂直的直径,圆形区域外有一平行于cd、关于ab对称放置的线状粒子源ef,粒子源的长度为R[1],可以沿平行于ab的方向发射速度相同的同种带电粒子,从粒子源上f点发射的粒子经磁场偏转后从d点射出磁场。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是()A.从e点发射的粒子在磁场中运动的时间最长[2],为23B.从e点发射的粒子在磁场中运动的时间最短[3],为13C.从f点发射的粒子在磁场中运动的时间最长,为13D.从f点发射的粒子在磁场中运动的时间最短,为16【题眼破译】[1]可利用长度关系求角度。[2][3]所有粒子的运动轨迹圆半径相同,则粒子运动轨迹越长,运动时间越长;运动轨迹越短,运动时间越短。【解析】选D。如图甲所示,作出从粒子源上f点发射的粒子经磁场偏转后从d点射出磁场的运动轨迹,过A点作Ob的垂线交于点E,由于粒子源ef的长度为R,关于ab对称放置,所以AE长R2,由几何关系可知∠AOE=30°,∠AO1d此时粒子运动的时间为t1=60°360°T从任意一点射入磁场,粒子的运动半径等于R,作出如图乙所示图形,由几何关系可知OCFd恒为一个菱形,即CF∥Od,因此所有的粒子都从d点射出如果粒子从f点向e点移动,粒子的偏转角变大。从e点发射的粒子在磁场中运动轨迹如图丙所示由几何关系可得∠dAB=120°此时对应粒子运动时间t2=120°360°T综上所述,从f点发射的粒子在磁场中运动的时间最短,为16T,从e点发射的粒子在磁场中运动的时间最长,为13[预测2](多选)(2024·泉州模拟)我国研制的世界首套磁聚焦霍尔电推进系统已经完成了全部在轨飞行验证工作,可作为太空发动机使用,带电粒子流的磁聚焦是其中的关键技术之一。如图,实线所示的两个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ,磁感应强度分别为B1、B2。两圆半径均为r,相切于O点。一束宽度为2r的带电粒子流沿x轴正方向射入后都汇聚到坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为+q、进入磁场的速度均为v,不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是()A.B1的大小为mvB.从O点进入磁场Ⅱ的粒子的速度仍相等C.若B2=2B1,则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在四分之一圆周上D.若B2=0.5B1,则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为2π【解析】选A、D。由磁聚焦的特点可知,粒子在磁场中的运动半径与磁场圆的半径相等,即B1qv=mv2r,解得B1=mvqr,故A正确;洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向不改变其速度的大小,其速度大小相等,但速度的方向不同,故B错误;若B2=2B1,则r2=mv可知粒子离开磁场Ⅱ最远的位置离原点为r,如图1所示由几何关系,弦所对圆心角为60°,故粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在六分之一圆周上,故C错误;若B2=0.5B1,则r2=mvB2q=2r粒子在磁场中运动最长轨迹的圆心角为60°,则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为t=16×2π·2【模型图解】方式情境图示情境解读平移圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上,该直线与入射点的连线平行磁聚焦带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同,所有带电粒子偏转后会聚于一点角度2带电粒子速度方向改变、大小不变适用条件带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定,方向不同轨迹特点所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点为圆心、半径R=mv方法技巧将一半径为R=mv【典题例析】[典例4](2024·深圳二模)如图所示,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于圆所在的平面。一速度为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场,入射点A与出射点B间的圆弧AB为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向射入磁场,已知粒子速率均为233v,忽略粒子间的相互作用,则粒子在磁场中最长运动时间为(A.3πR6vC.3πR3v 【思路导引】【解析】选C。粒子在磁场中做匀速圆周运动,设速率为v的带电粒子的运动半径为r1,其轨迹如图中弧AB所示由题意可知∠AOB=120°,由几何关系可得θ=30°圆周运动的半径为r1=Rtanθ=由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv可得粒子运动的半径为r=mv可知粒子运动半径与速率成正比,则速率为233v的粒子在磁场中圆周运动半径为r2=233r1=2R,在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径,粒子运动轨迹如图中的弧AC。则角β满足sinβ=Rr2,可得β=30°,粒子在磁场中运动的周期为T=2πrv=2[预测3](多选)(2024·邯郸三模)如图所示,在x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于平面向里的匀强磁场。x轴上放置一无限长挡板,挡板上M、N两点的坐标分别为(-l2,0)和(l2,0),坐标为(0,3l2)的P点存在一粒子源,可以在xOy平面内向各个方向均匀发射速率为vA.带电粒子在磁场中顺时针运动B.若v=3qBlC.若v=3qBlD.若v=qBl2m,将挡板撤去,则【解析】选B、C。根据左手定则,带电粒子在磁场中逆时针运动,故A错误;根据半径公式r=mvqB,v=3qBl2m,代入解得r=3l2,如图甲所示,则打在挡板上的粒子的两个临界为①和②,对应的角度范围为180°,则打在挡板上的粒子数占总数的12,故B正确;打在挡板上的长度为两个临界②和③,对应的长度分别为l1=3l2,l2=(2r)2-r2=3l2,挡板上有粒子打到的线段长度为Δl=l1【加固训练】(多选)(2022·湖北选择考)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.12C.kBL,60° D.2kBL,60°【解析】选B、C。若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲根据几何关系则有R=L,qvB=mv2R,可得v=qBLm=kBL,根据对称性可知出射速度方向与SP当离子在上下部分磁场均通过一次时,如图乙因为上下部分磁场的磁感应强度均为B,则根据对称性有R'=12L,根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=mv'2R',可得v'=qBL2m=12kBL,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°。设偏转次数为n,通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时,需满足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(【模型图解】方式情境图示情境解读旋转圆带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定,方向不同,所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=mv磁发散带电粒子以相同速率从边缘某点以不同方向进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同,所有带电粒子平行出射角度3带电粒子速度方向不变、大小改变适用条件带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定,速度大小改变,进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同轨迹特点轨迹圆相切于入射点,圆心在垂直于初速度方向的同一直线上方法技巧以入射点为定点,将半径放缩作出粒子运动轨迹,从而探索出临界条件【典题例析】[典例5](2024·黔东南三模)真空中直角三角形ABC区域内(含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,AB边长度为d,∠B的大小θ=60°。在BC的中点有一粒子源,能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子,如图所示,不计粒子重力及粒子间的相互作用。求:(1)粒子在磁场中运动的最长时间;(2)从AB边射出的粒子的速率范围。【解析】(1)当粒子能从BC边离开磁场时,其在磁场中运动时间最长,运动轨迹如图甲所示设粒子在磁场中运动的速度为v1、轨迹半径为r1,对应圆心角为α,由题意得qm=根据牛顿第二定律qv1B=m粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2π由几何关系可得α=43粒子在磁场中运动的最长时间tm=α2π联立解得tm=4π(2)如图乙所示,当粒子运动轨迹与AC边相切时,设其运动轨迹半径为r2,粒子运动到AB边有最大速度,当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时,设其运动轨迹半径为r3,对应有最小速度,由几何关系得r2=dr3=3qv2B=mqv3B=m粒子能从AB边上射出的速度v3<v≤v2解得能从AB边射出的粒子速率范围为3kBd4<v答案:(1)4π3kB(2)3kBd4【模型图解】方式情境图示情境解读放缩圆(无界磁场)粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同放缩圆(有界磁场)粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同。粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切考向三带电粒子在复合场中的运动角度1带电粒子在组合场中的运动处理组合场的思路:【典题例析】[典例6](2024·龙岩三模)如图所示,在xOy坐标平面内,半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O,与PM相切于A点,PM=2R。PQ、MN间存在着匀强电场,MC=R,MD=2R。现有一个质量为m、电荷量为q的正离子,从O点以速率v0沿y轴正方向射入磁场,并经过A点打到了D点。离子到达MN上即被吸收,不计离子重力。(1)求磁感应强度大小B;(2)若其他条件不变,仅将该离子从O点以偏向y轴正方向左侧30°方向射入磁场,求离子在磁场中运动的时间t;(3)若其他条件不变,将大量的上述离子从O点均匀向各个方向射入y>0的区域,不计离子间的相互作用。求在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η。【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动,轨迹如图甲有Bv0q=mv根据几何关系有r=R解得B=m(2)由(1)中图甲可知,离子在磁场中运动的圆心角为θ=120°离子在磁场中运动的时间为t=120°360°T,解得t=2π(3)如图乙由几何关系可知,离子射出磁场时速度均为水平方向,设打在C点的离子从磁场边界B点射出,在电场中做类平抛运动的水平位移为x,竖直位移为y,则有x=v0t=R,y=12at从A点射出的离子打到了D点,有2R=v0t'R=12at'联立可得y=12设离子射入磁场时偏向y轴正方向角度为θ,由几何关系可得sinθ=12RR=1所以在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例为η=30°180答案:(1)mv0qR(2)2π【模型图解】方式情境图示情境解读先电场,后磁场粒子先在电场中做匀加速直线运动,然后进入磁场中做匀速圆周运动,在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度h=12at2=qEt22m,v=v02+v粒子先在电场中做类平抛运动,然后进入磁场做匀速圆周运动,在电场中利用平抛运动知识求粒子刚进入磁场时的速度先磁场,后电场粒子在电场中做加速或减速运动,用动能定理或运动学公式列式粒子在电场中做类平抛运动,用运动的合成与分解进行处理角度2带电粒子在叠加场中的运动处理叠加场的思路:【典题例析】[典例7](多选)(2024·安徽选择考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动[1],轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ[2],二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则()A.油滴a带负电,所带电量的大小为mgB.油滴a做圆周运动的速度大小为gBRC.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRED.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动【题眼破译】[1]重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力。[2]分离前后,动量守恒。【解析】选A、B、D。油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg=Eq,解得q=mgE,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力Bqv=mv2R,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBRE,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=m2v1Bq2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期为T=2π·3Rv1=2πEgB,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴【模型图解】方式情境图示情境解读匀速直线运动Eq=qvB(或mg=qvB)电场与磁场或重力场与磁场二场并存qvBsinθ=EqqvBcosθ=mg重力场、电场与磁场三场并存匀速圆周运动mg=EqF向=qvB重力场、电场与磁场三场并存角度3带电粒子在交变电、磁场中的运动交变电、磁场问题的处理思路:【典题例析】[典例8](2024·上饶模拟)如图甲所示,长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内,与坐标平面垂直并与y轴平行,两板到y轴的距离相等,两板的下端均在x轴上,两板上所加的电压随时间变化的规律如图乙所示(图乙中U0、T0均已知),在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在y轴上y=a的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子,每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时间均为T0,从t=0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,磁场的磁感应强度大小为6am(1)M、N板间的距离为多少;(2)能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少;(3)若将M、N极板上段截去一部分,使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场,则截去部分的长度至少为多少。【解析】(1)设两板间的距离为d,从t=0时刻射出的粒子刚好从N板的下边缘飞出,则12d=2×12×qU0解得d=T(2)由于所有粒子穿过电场的时间均为T0,所以所有粒子在电场中运动时沿平行x轴方向的速度变化量为零,即所有粒子进磁场时,速度大小均为v0=a方向垂直于x轴向下;粒子在磁场中运动时,根据牛顿第二定律qv0B=mv解得r=T所有粒子在磁场中均做半径为r的半圆周运动,则2r=23在第一个周期内,设在t时刻射入的粒子在离N板13d处进入磁场并恰好从M板处进入磁场,则d6=12·qU0md(T02-t)解得t=T根据对称性得,能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为η=2t(3)截去一段后,设粒子进磁场时的速度为v,速度与y轴负方向的夹角为