2023届高考物理二轮复习专题四电场和磁场（2）第八讲带电粒子在磁场中的运动学案（含解析）

这是一份2023届高考物理二轮复习专题四电场和磁场（2）第八讲带电粒子在磁场中的运动学案（含解析），共27页。学案主要包含了考向分析，核心思路，重点知识，解题技巧，典型例题等内容，欢迎下载使用。
2023届二轮复习 专题四 电场和磁场 （2）第八讲 带电粒子在磁场中的运动 学案（含解析）一、考向分析带电粒子在磁场中的运动历来都是高考命题的热点问题，高考对该部分的考查以带电粒子在各种有界磁场中的运动为主，通常涉及临界极值问题对考生利用数学知识解决物理问题的能力要求较高。二、核心思路三、重点知识1.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.用准“两个定则”（1）对电流的磁场用安培定则。（2）对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。3.画好“两个图”（1）对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图。（2）对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图。4.记住“两个注意”（1）洛伦兹力永不做功。（2）安培力、电流方向、磁场方向两两垂直。5.灵活应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的关系式①             ②         ③④         ⑤              ⑥四、解题技巧1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法（1）画轨迹→确定圆心（2）找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，即；由几何方法——一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）来确定半径；偏转角度与圆心角、运动时间相联系；粒子在磁场中运动时间与周期相联系。（3）用规律→牛顿第二定律和圆周运动的规律等，特别是周期公式、半径公式。2.临界问题的常用处理方法 方法图解条件解读平移 带电粒子从磁场边界射入磁场时速度大小及方向均不变,但入射点的位置是变化的。这种情况下可以将轨迹圆按其圆心所在的轨迹进行平移,当轨迹圆平移到与磁场的边界相切或与某个特征位置相交时即可得到临界状态缩放 带电粒子射入磁场中的入射点的位置不变，粒子的速度方向不变但大小是变化的。这种情况下可以让轨迹圆始终经过入射点,沿轨迹圆的圆心所在的直线将圆的大小进行适当地缩放，当轨迹圆与磁场的边界相切或与某个特征位置相交时即可得到临界状态旋转 带电粒子射人磁场中的人射点的位置不变，粒子的速度大小也不变但方向是改变的。这种情况下可以将轨迹圆以粒子人射点为转轴进行旋转，当轨迹圆转到与磁场的边界相切或与某个特征位置相交时即可得到临界状态 五、思维建模六、典型例题考点1 直线电流周围磁场【例1】如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，二者之间的距离为.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里，大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为的a点处的磁感应强度为零.若仅让P中的电流反向，则a点处磁感应强度的大小为(   )A. B. C. D.答案：B解析：对a点的磁场分析如图甲所示，设P和Q在a点产生的磁场的磁感应强度大小为B，当P和Q中的电流都垂直纸面向里时，根据右手螺旋定则可知，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏上30°，两者在a点产生的磁场的合磁感应强度为，方向水平向右，因a点的磁感应强度为零，故.的方向水平向左.当P中电流方向反向时，磁场分析如图乙所示，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向左偏上30°，P和Q在a点产生的磁场的合磁感应强度为B，方向竖直向上，则a点的磁感应强度为，故B正确，A、C、D错误。归纳总结：（1）判断电流的磁场要正确使用安培定则，将大拇指和四指环绕方向确定正确是解题的重中之重。（2）当研究多根直导线在一点的磁场时，首先研究每一根直导线在该点的磁场方向如何，再将此处的磁场进行叠加，叠加时应用平行四边形法则运算。[变式训练]1.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其中央正上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则(   )A.磁铁对桌面的压力减小，不受桌面的摩擦力B.磁铁对桌面的压力减小，受到桌面的摩擦力C.磁铁对桌面的压力增大，不受桌面的摩擦力D.磁铁对桌面的压力增大，受到桌面的摩擦力2.如图所示，四根相互平行的固定长直导线，其横截面构成一角度为的菱形，均通有相等的电流，菱形中心为。中电流方向与中的相同，与中的相反，下列说法中正确的是(   )A.菱形中心处的磁感应强度不为零B.菱形中心处的磁感应强度方向沿C.所受安培力与所受安培力大小不相等D.所受安培力的方向与所受安培力的方向相同考点2 磁场对通电导体的作用力【例2】如图所示,轻质弹簧下面挂有边长为L、质量为m的正方形金属框,各边电阻相同,金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中.若两端与电源相连,通以如图所示方向的电流时,弹簧恰好处于原长状态,则通入正方形金属框边的电流大小为(   )A. B. C. D.答案：B解析：根据电流方向可知,边、边、边串联,再与边并联,设每边电阻为R,根据平衡条件可知,根据并联电路的特点可知,联立两式解得,故B正确。 归纳总结：（1）选定研究对象进行受力分析，受力分析时要考虑安培力。（2）作受力分析图，标出辅助方向（如磁场的方向、通电直导线电流的方向等），有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图（侧视图、剖面图或俯视图等）表示出三维的空间关系。（3）根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解。[变式训练]3.倾角为的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度逐渐增加的过程中，杆受到的静摩擦力(   )

A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小   D.先减小后增大4.如图所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时磁铁对水平面的压力为,现在磁铁正上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后,磁铁对水平面的压力为,则以下说法正确的是(   )A.弹簧长度将变长, B.弹簧长度将变短,
C.弹簧长度将变长, D.弹簧长度将变短, 考点3 带电粒子在匀强磁场中的运动【例3】两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运动半周后飞出磁场，其半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(   )A.M带正电荷，N带负电荷B.洛伦兹力对做正功C.M的比荷小于N的比荷D.M在磁场中的运动时间小于N在磁场中的运动时间答案：C解析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；因洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有，则比荷为，即在相同速率的情况下，轨迹半径大的粒子比荷小，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，而周期为，由图可知，M在磁场中的运动时间大于N的运动时间，故D错误。 归纳总结：（1）带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力提供向心力，即：得，，运动时间公式，粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。（2）若不计重力，由于洛伦兹力不做功，带电粒子进入磁场的初速度大小即为圆周运动的线速度大小。有时，初速度大小要根据加速电场做功得到，即。[变式训练]5.如图所示，真空中点固定一个带正电的点电荷，同一平面内距离点电荷处有一个带负电的粒子(不计重力)，该粒子在纸面内沿垂直于它们连线的方向入射，已知空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，则关于粒子在电、磁场中的运动轨迹不可能的是(   )A.在纸面内以点为圆心，为半径的圆 B.初始阶段为在纸面内向右偏的曲线C.初始阶段为在纸面内向左偏的曲线 D.沿初速度方向的直线6.如图所示平面内，在的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小相等.在O点处有一小孔，一束质量为m、带电荷量的粒子（重力不计）以某一速度沿x轴经小孔（小孔未画出）射入磁场，测得粒子在磁场中运动的周期为T，且粒子在的区域中运动的时间与在的区域中运动的时间分别为.求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）粒子的运动速度的大小；（3）粒子打在x轴上的位置离原点O的距离。 考点4 带电粒子在直边界磁场中的运动【例4】如图所示,在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B,在正方形的对角线上有一点P,其到的距离均为,且在P点处有一个发射正离子的装置,能连续不断地向纸面内的各个方向均匀发射出速率不同的正离子.已知正离子的质量为m,电荷量为q,不计离子重力及离子间的相互作用力.下列说法正确的是(   )A.速率为范围内的所有正离子均不能射出正方形区域B.速率为范围内的所有正离子均不能射出正方形区域C.速率为的所有正离子中能打在边上的离子数是其总数的D.速率为的所有正离子中能打在边上的离子数是其总数的答案：AD解析：由题意可知正离子不射出该区域时其做圆周运动的半径,对正离子,由牛顿第二定律有,得,A正确,B错误；当正离子的速率时,其做圆周运动的半径,如图所示,轨迹与边相切的正离子打到上的G点,由几何关系可知,此轨迹对应的正离子入射速度方向与成30°角,轨迹与边相切的正离子打到上的H点,由几何关系可知,此轨迹对应的正离子入射速度方向与成60°角,即能打到边上的正离子的速度方向最大夹角为30°,能打在边上的离子数与正离子总数之比为,C错误,D正确。归纳总结：解题步骤：（1）找圆周运动的圆心：①当题中所给条件可以计算出圆周半径时，从入射点沿洛伦兹力方向量出半径长度，即为圆心所在位置。②当只知道入射点和出射点时，通过几何关系可以求得：分别过入射点和出射点向洛伦兹力方向做虚线，两条虚线相交点，即为圆心（如下图中红虚线所示）。（2）找圆周半径：①当题中所给条件可以计算出圆周半径时，直接用公式计算。②当只知道入射点和出射点时，若d<r，有；若d>r，有。（3）根据洛伦兹力和圆周运动公式列等式求未知量。      [变式训练]7.如图所示,与之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场,边界上有一粒子源S。某一时刻,从粒子源S沿平行于纸面,向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度大小相等,经过一段时间有大量粒子从边界射出磁场。已知,从边界射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期),则从边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(   )
A.   B.   C.   D.8.如图所示,在空间中存在垂直纸面向里，场强为的匀强磁场。其边界的宽度为，在左边界的点处有一质量为，带电量为的带电粒子沿与左边界成的方向射入磁场，粒子重力不计。求；（1）带电粒子能从边界飞出的速度条件；（2）若带电粒子能垂直边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的总时间。考点5 带电粒子在圆形或弧形边界磁场中的运动【例5】如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为，P为磁场边界上的一点.相同的带正电荷的粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧内，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小变为，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于(   )A. B. C. D.答案：C解析：设磁场圆的半径为r，当磁感应强度为时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，，如图甲所示，所以粒子做圆周运动的半径满足，解得.当磁感应强度为时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，，如图乙所示.所以粒子做圆周运动的半径，由带电粒子做圆周运动的半径，且相等，则得，故选C。 归纳总结：当磁场是圆形有界磁场时，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、轨迹圈心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。②六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线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。如果入射方向指向圆形磁场圆心的话，那么出射方向的反向延长线必过圆心。[变式训练]9.如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转角，根据上述条件可求的物理量是(   )
 A.带电粒子的比荷  B.带电粒子在磁场中的运动周期
C.带电粒子在磁场中的运动半径 D.带电粒子的初速度10.如图所示，在直角坐标系内有两个半径的等大圆形区域I和Ⅱ，圆心分别位于处和处，两个区域内都有垂直平面向外的匀强磁场.现有一个不计重力的带正电的粒子，从A点处以速度水平向右射入区域I中，然后从区域Ⅰ竖直向下射出，经区域Ⅱ的磁场偏转后又竖直向上进入区城I.求：（1）区域I与区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小之比；（2）从最初进入区域I到第二次离开区域I的总时间。考点6 带电粒子在匀强磁场中的运动的临界、极值、多解问题【例6】如图所示,宽度为d的匀强有界磁场,磁感应强度为和是磁场左右的两条边界线.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中, ,要使粒子不能从右边界射出,求粒子入射速率v的最大值可能是多少?答案：为正电荷），为负电荷）解析：题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论：若带电粒子带正电荷，则轨迹是图中与相切的圆弧，轨迹半径 ,又，解得若带电粒子带负电荷， 则轨迹是图中与相切的圆弧.轨迹半径，又解得。 归纳总结：（1）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。（2）粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切，根据相切画好边界图，找到相关几何关系。（3）相同粒子当速度v大小一定时，弧长越长圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。（4）当速度v大小变化时，圆心角大的运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。[变式训练]11.如图(a)所示,匀强磁场垂直于平面,磁感应强度按图(b)所示规律变化(垂直于纸面向外为正).时,一比荷为的带正电粒子从原点O沿y轴正方向射入磁场,速度大小,不计粒子重力。1.求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径；2.求时带电粒子的坐标；3.保持(b)中磁场不变,再加一垂直于平面向外的恒定匀强磁场,其磁感应强度为,在时,粒子仍以原来的速度从原点O射入,求粒子回到坐标原点O的时刻。   
 变式训练答案变式1答案：A解析：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左，导线中电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，磁铁没有沿水平桌面运动的趋势，所以磁铁不受桌面的摩擦力，选项A正确。 变式2答案：A解析：AB、根据安培定则可以判断,和直线电流在处的磁场方向沿方向,和直线电流在处的磁场方向为方向,所以棱形中心处的合磁场的磁感应强度不为零,方向应该在和之间，故A正确，B错误；CD、和都受到和的电流所产生的磁场的安培力作用,且因为这四个直线电流的截面组成一个棱形,所以和受到和的作用力大小相等的,同时也由于和之间的相互作用力也是大小相等的,故所受安培力与所受安培力的大小相等，方向不同，故CD错误。故选：A。变式3答案：D解析：加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；
根据平衡条件可知：；
加速磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加；
根据平衡条件，有：；
由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加；
故选：D。变式4答案：B解析：开始时条形磁铁受重力和支持力,二力平衡,故弹簧处于原长,磁铁对水平面的压力等于磁铁的重力；增加通电导体棒后,根据条形磁铁磁感线分布情况得到导体棒所在位置磁场方向如图所示,由左手定则可判断出导体棒所受安培力方向如图所示.由牛顿第三定律可知,条形磁铁受到导体棒的作用力斜向左上方,故条形磁铁对水平面的压力减小,同时弹簧缩短.故选B。变式5答案：D解析：A、O点固定的带正电的点电荷对带负电的粒子的吸引力在二者的连线上，指向O点，与初速度垂直，由左手定则可知粒子在初始位置受到的洛伦兹力的方向在二者的连线上，与受到的吸引力方向相反，与初速度垂直，故如果吸引力大于洛伦兹力，吸引力与洛伦兹力的合力刚好提供向心力，粒子在电、磁场中的运动轨迹是在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆，故A正确，不符合题意；B、如果洛伦兹力大于吸引力，初始位置带负电的粒子受到的合力在二者连线上指向带负电粒子的右侧，带负电的粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线，或者吸引力大于洛伦兹力，但二者的合力不足以提供带负电粒子的向心力，则带负电的粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线即离心运动，故B正确，不符合题意；C、如果吸引力大于洛伦兹力，吸引力与洛伦兹力的合力大于带负电粒子向心力，则初始阶段为在纸面内向左偏的曲线即近心运动，故C正确，不符合题意；D、如果初始位置洛伦兹力大小等于带正电的点电荷对带负电的粒子的吸引力，带负电的粒子要沿初速度方向做直线运动，但吸引力做负功，洛伦兹力不做功，下一时刻速度会减小，两力不再相等，故不可能做沿初速度方向的直线运动，故D错误，符合题意。变式6答案：（1）由解得磁场的磁感应强度大小。（2）由题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，因粒子在磁场中运动的时间分别为，则其运动轨迹分别对应的圆心角为60°、150°，由几何关系有解得粒子的运动速度大小。（3）设粒子打在x轴上的位置离原点O的距离为L，由几何关系有解得。 变式7答案：A解析：根据题述从边界射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于,则运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹如图中心侧实线所示。设粒子的轨迹半径为r,则。粒子源S到的最近距离为,即为粒子在磁场中运动时间最短的轨迹所对的弦,该轨迹所对圆心角为,粒子在磁场中运动的最短时间为,选项A正确。变式8答案：（1）粒子能从右边界射出的临界条件为：        所以粒子能从左边界射出速度应满足：　   （2）粒子能从右边界垂直射出 　　            解得：　　　粒子不碰到右极板所加电压满足的条件　　因粒子转过的圆心角为,所用时间为,而　　  因返回通过磁场所用时间相同,所以总时间变式9答案：AB解析：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为，则，而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：，由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：，由以上各式联式可得：，设粒子在磁场中的运动周期为，则周期为，由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求，故AB正确，CD错误。
故选AB。变式10答案：（1）设A点所在半径与y轴的夹角为θ，由几何关系可得解得，故由对称性可知，粒子竖直向下离开区域I的位置一定在A点所在直径对应点，且这段圆弧所对应的圆心角为90°，画出粒子的整个运动轨迹如图所示在区域I中运动时，设运动半径为，由几何关系可得代入数据可得在区域Ⅱ内运动时，粒子刚好转过半个圆周，设运动半径为，由几何关系可得代入数据可得粒子在磁场中运动时，所受的洛伦兹力在此力作用下粒子做匀速圆周运动，所以有联立可得由此可见，在质量、速度、电荷量不变的情况下，运动半径与磁感应强度成反比故粒子在区域I与区域Ⅱ的运动半径之比为2:1，所以磁感应强度之比为1:2。（2）由数学知识可知，弧长的计算公式为，所以粒子在区域I内运动的弧长为在区域Ⅱ内运动的弧长为由几何关系可以求出，在两区域之间的无磁场区运动的路径长度为故运动的总时间解得。变式11答案：1.1m  2.3.,解析：1.带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有,代入数据解得.2.带电粒子在磁场中运动的周期,在过程中,粒子运动了,圆弧对应的圆心角,在过程中,粒子又运动了,圆弧对应的圆心角,轨迹如图(a)所示,根据几何关系可知,横坐标,纵坐标,带电粒子的坐标为.3.施加的匀强磁场与原磁场叠加后形成的磁场变化规律如图(b)所示,当时,,当时,,粒子运动轨迹如图(c)所示,则粒子回到原点O的时刻为,.