高考物理专题3第7讲磁场中常考的3个问题(选择题或计算题)教案

107讲磁场中常考的3主要题型：选择题或计算题难度档次：低档难度：考察安培力的大小和方向的推断及矢量性的理解(选择题)．中档难度：考察洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的单过程运动．(选择题)高档难度：压轴计算题——考察带电粒子在有界磁场中运动的临界问题或多过程且综合性较强的问题．,高考热点●洛伦兹力方向：左手定则●洛伦兹力大小：●洛伦兹力方向：左手定则●洛伦兹力大小：F＝qvB●特点：洛伦兹力不做功洛伦兹力和带电粒子在磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动磁感线在这些曲线上，每一点小磁针 受力方向为该点的 方向，其疏密反映了磁场的 ．在磁体外部，磁感线由 到 ；在磁体内部，磁感线从 到 ，磁感线是一组 曲线，在空间中互不相交．磁感应强度是描述磁场的 和方向的物理量，用B表示，是矢量．安培定则：用 握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流方向全都，弯曲的四指所指的方向就是 的围绕方向．安培力和洛伦兹力的比较名称名称安培力洛伦兹力工程作用对象通电导体运动电荷力的大小F安＝ (I⊥B)F＝0(I∥B)F安洛＝ F＝0(v∥B)洛力的方向左手定则(FIB所打算安左手定则(FvB所打算洛的平面) 的平面，且需区分正负电荷)转变导体棒的运动状态，对导体棒只转变速度的方向，不转变速度的作用效果 做功，实现电能和其他形式的能的大小；洛伦兹力永久不对电荷做功相互转化本质联系安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受到的洛伦兹力的宏观表现,状元微博[名师点睛电荷在电场中肯定受电场力作用，但电荷在磁场中不肯定受洛伦兹力作用．应用左手定则时，肯定要分清正、负电荷，洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功．左手定则和右手定则简洁混淆左手定则用来推断安培力、洛伦兹力的方向，右手定则是用来推断导体棒切割磁感线时产生的感应电流方向．课堂笔记21通电导体棒在磁场中所受安培力问题(选择题)7－11】(2023·天津理综，2)7－1MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.假设仅转变以下某一个条件，θ角的相应变化状况是()．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BIl解析选金属棒MNtanθ＝mg，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ 角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ 角变小，选项C错误；θ 角的大小与悬线长无关，选项B错误．答案A3＝1A，B＝3

如图7－2所示，一段折成120°的通电导线abc置于匀强磁场中，ab＝bc＝0.5m，IT，则导线受到的安培力( )．A．方向沿纸面对上，大小为0.5NB．方向沿纸面对下，大小为0.5NC1.5ND1.5N,借题发挥

7－2通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：依据左手定则推断F＝BILsinθL为导线在磁场中的有效长度．求解安培力作用下导体棒平衡问题的根本思路(1)选定争论对象；

安

⊥I；安列方程：依据力的平衡条件、牛顿其次定律列方程式进展求解．课堂笔记常考问题22带电粒子在有界匀强磁场中的运动(选择题)7－3【例2】(2023·安徽理综，19)如图7－3所示，圆形区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，一个带vA点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OCOB60°角．现v将带电粒子的速度变为仍从A点沿原方向射入磁场不计重力则粒子在磁场中的运动时间变为( )．3A.1Δt2C.1Δt3

B．2ΔtD．3Δt解析设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，m2OrqvB＝，1 1 rmv R φr＝，依据几何关系得＝tan

1，且

＝60°.1 qB

r 2 11当带电粒子以1v的速度进入时，3m1r＝

·v2 qB 3qB31RφφR2 qB 3qB31RφφR3Rφ圆心在O，则＝tan 2，即tan 2＝＝

1＝ 3.2 r 2 2 r r 22 2 1φ故22＝60°，φ2＝120°；t＝

φ T，360°Δtφ 2所以 2＝Δt 1

2＝，11即Δt＝2Δt＝2Δt，应选项BA、C、D2 1答案B7－4带电量与质量都一样的两个粒子，以不同速率垂直于磁感线方向射入同一匀强磁场中，两粒7－4所示，关于两个粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t及圆周运动周期T、角ω的表达正确的选项是()．A．v>v B．t＝t1 2 1 2C．T>T

D．ω

＝ω,1 2 1 2以题说法1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法―→{即确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹.轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析半径有两种方法， Rmv―→①由物理方法确定＝； qB②由几何方法——一般由数学学问〔勾股定理、三角函数等〕计算来确定.―→{即牛顿其次定律和圆周运动的规律等，特别是周期公式、半径公式.2．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．课堂笔记23带电粒子在匀强磁场中的多过程运动7－537－5RxOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆xOyB.平行于xxOy平面，放置在坐1y＝－2.2R的位置．一束质量为mqE0

的带正电粒子从坐标为(－R，0)Ax轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子全部垂直打在荧光屏上坐标为(0，－2.2R)的M点，且此时，假设将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变．假设在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOyB，上述粒子仍从Ax轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R，2－2.2RN点．求：M点和Nv、v的大小．1 2B、B的大小和方向．(不计粒子的重力)1 2教你审题7－6在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°7－690°.重力可无视不计，求：该粒子在磁场区域内运动所用的时间t.(2)该粒子射入时的速度大小v.,得分技巧不同边界的匀强磁场中带电粒子的运动轨迹、圆心、半径(1)7－77－77－87－8圆形或环状磁场区域的规律要点(1)圆形磁场区域规律要点：7－9②直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，磁场区域面积最小，如图乙所示．(2)环状磁场区域规律要点：vB，如图丙所示．

m7－9——带电粒子在有界磁场中运动的临界问题误区警示(1)不能娴熟地利用几何关系分析带电粒子在磁场中的运动轨迹(2)不能正确地找出带电粒子在磁场中运动的临界状态技巧指导巧解带电粒子在磁场中运动时间最长的临界轨迹的方法：动态放缩法：速度越大半径越大，速度方向不变的粒子，圆心在垂直速度方向的直线上．旋转平移法：定点粒子源放射速度大小相等、方向不同的全部粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆mvR＝

的圆上．qB记一记体会并熟登记列三个结论：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．当速率v肯定时，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．当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要依据受力状况和运动状况画出运动轨迹的草图，找出圆心，依据几何关系求出半径及圆心角等．,7－10a【典例】(2023·7－100≤x≤a、0≤yxOy平面对外2BOmqxOyy0°～90°a范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从放射粒子到粒子全部离开磁场经受的时2间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最终离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度的大小．y轴正方向夹角的正弦．审题思路7－111．(2023·海南单科，10)图7－11中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．以下说法正确的选项是()．a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动图7－1227－12m＝2.0gEF6km/sd＝2mL＝100mI＝10A，轨道摩擦不计，则以下有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的选项是( )．．＝18T，P＝1.08×108Wm．＝0.6T，P＝7.2×104Wm．＝0.6T，P＝3.6×106Wm．＝18T，P＝2.16×106Wm7－133．(2023·广东理综，15)质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图7－13中虚线所示．以下表述正确的选项是( )．A．M带负电，N带正电B．MN的速率CM、N做正功D．MN的运行时间7－144．(2023·江苏单科，9)7－14MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电q的粒子在纸面内从O点射入磁场．假设粒子速度为v，最远能落在边界上的A点．以下说法正确的0有( )．Av0Av0qBdA点左右两侧dv－0 2mqBdA点左右两侧dv＋0 2m7－1557－15ADAC30°，ACMN平行，Ⅰ、Ⅱ区域均存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面对外和垂直纸面对里，ⅡdAD上的P点与A

d m q

v2Bqd2

.一质量为、电荷量为＋

的粒子以速度

＝m，沿纸面与边界AD60°角的方向从左边进入Ⅰ区域磁场(粒子的重力可无视不计)．PMN飞出磁场，求粒子经过两磁场区域的时间．粒子从距A点多远处进入磁场时，在Ⅱ区域运动时间最短？答案：或计算题)【高考必备】

731．N极磁场强弱N极S极S极N极闭合2．大小3.右手磁感线4.BILqvB【常考问题】推测1C[有效长度是a、cF＝acBI(2Lab

3cos30°)＝3×1×(2×0.5×2)N＝1.5N．]mv2AD[带电粒子在磁场中做圆周运动，有R＝，由题图中可以看出，R>Rv>v，应选T2πm

qB 1 2 1 2A

＝qBC运动圆弧的角度为θ 不相等则运动时间为t＝θ

TBω

vqB＝＝ω＝ωD2

2π Rm 13】解析(1)MNE，速度0

1 2E大小相等，设为，由E＝m2可得＝ 0.1 2 0 2 m(2)CyM点，轨迹圆心是O点，半径为r＝R.区域Ⅱ有磁场时，粒子在区域Ⅱ中轨迹圆心是O点，半径为r，由几1 1 2 2何关系得2＝(1.2)2＋(r－0.42，解得r＝2R2 2 22 mvrrqr＝1

2mEqR0，方向垂直xOy平面对外2mE2B＝qR，方向垂直xOy平面对里．2答案见解析23解析(1)qvB＝mrT＝2πrvrmv T2πm解得轨道半径＝，周期＝qB qB粒子的速度方向转变了90°，所用的时间tTπm＝＝ .42qB(2)粒子的运动状况如下图，△AOD是等腰直角三角形，AD＝2r在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°AD＝dcos∠CAD＝dcos30°r＝6d6qBd6qBd4mv＝πm2答案(1)qB2

.6qBd6qBd4m高考阅卷教师教你【典例】解析(1)设粒子的放射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿其次定律和洛2qvB＝mR①mvR＝②qBa当<R<aC的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，2如上图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为，依题意＝＝T 如上图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为，依题意＝＝t t OCA ③4 2ayα，由几何关系可得Rsinα＝R－④2Rsinα＝a－Rcosα⑤又si2α＋co2α＝1⑥R 6⑦由④⑤⑥式得

＝2－2a由②⑦式得

aqB2－

2m.⑧6－610(2)由④⑦式得sin6－610答案见解析【随堂演练】1．BDa接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定L向左滑动，A项错误．同理判定B、DC1．DBId＝m2，代入数值解2m得＝18T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P＝BIdv，代入数值得P＝2.16×16W，故D项正确．]

m m m3．A[由左手定则知M带负电，NAm2 mvF＝F，即＝qvBr＝M、N的质量、电荷量都相等，且r>r，所以v>v，选项B向 洛 r qB

M N M NM、N运动过程中，F

v垂直，FCT＝2πm

两粒子做匀速圆周运知洛 洛 qB知T动的周期相等且在磁场中的运动时间均为2，选项D错误．]m2 mvBC[带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv＝，所以＝0，当带电粒子从不同方向由O点0 r qBv0

rO2r的距离，即OA＝2rA点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，假设落在A点右侧，则必需有更大的速度，选项B正确．假设粒子速度虽然比v0

大，但进入磁场时与磁场边界夹角过