高三物理二轮复习 专题3第2讲带电粒子在磁场中的运动学案

1、第2讲带电粒子在磁场中的运动 (解读命题角度)例1(2012上海高考)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为BkI/r，式中常量k0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图321所示。图321开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0。(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)求MN内的电流强度

2、为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。破题关键点(1)如何表示ab边和cd边所在处的磁感应强度？请写出表达式。(2)如何表示ab边和cd边所受的安培力大小？请写出表达式。(3)线圈abcd受哪几个力作用？试分析MN中电流方向与线圈所受安培力方向的关系。(4)要使两细线断裂，MN中的电流I3应沿什么方向？断线瞬间线圈受哪些力作用？解析(1)MN对ab边的安培力大于MN对cd边的安培力，故当MN中通电I1，细线张力减小，MN对ab边的安培力方向向上，由左手定则可判断，矩形线圈abcd所处的磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可判断，MN中电流I1水平向左，同理可分析I2水平

3、向右。(2)当MN中电流为I1时，BabkI1/r1，BcdkI1/r2，设线圈中电流为i，L为ab、cd的长度，则线圈所受安培力F1BabiLBcdiLkI1iL()同理F2kI2iL()，可得：。(3)设MN中电流为I3时，线圈受安培力为F3，由F3方向竖直向下可判断I3方向水平向右由题设条件可得2T0mg，2T1F1mgF3mgma由(2)问可知，以上各式联立解得：I3I1答案(1)I1方向水平向左，I2方向水平向右(2)(3)I1，方向向右 (掌握类题通法)一、基础知识要记牢1安培力的大小FBIL sin (其中为B与I之间的夹角)(1)若磁场和电流垂直：FBIL；(2)若磁场和电流平

4、行：F0。2安培力的方向(1)左手定则可判定安培力的方向。(2)特点：电流所受的安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。二、方法技巧要用好解决安培力问题的一般思路(1)确定研究对象；(2)明确导线中电流的方向及其周围磁场的方向；(3)利用左手定则判断通电导线所受安培力的方向；(4)结合物体的平衡条件或牛顿运动定律进行求解。 (解读命题角度)例2(2012江苏高考)如图322所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有()图

5、322A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0qBd/2mD若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0qBd/2m思路点拨解答本题时应注意以下三点：(1)从O点射入磁场的粒子速度方向是不确定的。(2)垂直于MN射入磁场的粒子，出磁场的位置离O点最远。(3)垂直进入磁场且落在A点右侧d处的粒子对应粒子速度的最小值。解析因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于

6、不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为vmin，则，又因，所以vminv0，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vminv0，C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则，又因，即v1v0，D错误。答案BC (掌握类题通法)一、基础知识要记牢1洛伦兹力(1)大小：vB时，F0。vB时，FqvB。v与B夹角为时：FqvBsin 。(2)方向：F、v、B三者的关系满足左手定则。(3)特点：由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。2带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若vB，带电粒子以速度v做匀速直线运动

7、，此情况下洛伦兹力等于零。(2)若vB，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动。向心力由洛伦兹力提供，qvBm；轨道半径R；周期：T。二、方法技巧要用好1带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法(1)圆心的确定：轨迹圆心总是位于入射点和出射点所受洛伦兹力作用线的交点上或过这两点的弦中垂线与任一个洛伦兹力作用线的交点上。(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径。(3)运动时间的确定：tT，其中为偏转角度。2作带电粒子运动轨迹时需注意的问题(1)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。(2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度

8、直线和出射速度直线， 入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。 (解读命题角度)例3(2012徐州模拟)如图323所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。图323解析(1)如果磁场垂直纸面向里，粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径

9、R1由qv0B1m得：B1粒子从右侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R2，则R(R2)2d 2，解得：R2d由qv0B2m得：B2所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为B(2)当磁场方向垂直纸面向外时粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R3d由qv0B3m得：B3粒子从右侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R4，则R(R4d)2d2得：R4d由qv0B4m解得：B4所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为BR2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子() 图7A带正电B在、区域的运动速度相同C在、区域的运动时

10、间相同D从区域穿过铝板运动到区域解析：选CD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，故可得粒子由区域运动到区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B选项错误，D选项正确；由T可知粒子运动的周期不变，粒子在区域和区域中运动的时间均为tT，C选项正确。三、非选择题9(2012新课标全国卷)如图8所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R。现将磁场换为平行于纸面且垂直

11、于直线的匀强电场， 图8同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此r设x，由几何关系得RxR联立式得rR再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qEma粒子在电场方向和直线方向所走的距离

12、均为r，由运动学公式得rat2rvt式中t是粒子在电场中运动的时间。联立式得E答案：10(2012海南高考)图9(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。图9(1)若t00，则直线OA与x轴的夹角是多少？(2)若t0，则直线OA与x轴的夹角是多少？解析：(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0m()2Rv由式与已知条件得TT粒子P在t0到t时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t到tT时间内，沿逆时针