軸突破 專題3第7講磁場中?？嫉?個問題(選擇題或計算題)教案

1、第7講磁場中?？嫉?個問題(選擇題或計算題)主要題型：選擇題或計算題難度檔次：低檔難度：考查安培力的大小和方向的判斷及矢量性的理解(選擇題)中檔難度：考查洛倫茲力及帶電粒子在勻強磁場中的單過程運動(選擇題)高檔難度：壓軸計算題考查帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題或多過程且綜合性較強的問題,高考熱點1磁感線在這些曲線上，每一點小磁針_受力方向為該點的_方向，其疏密反映了磁場的_在磁體外部，磁感線由_到_；在磁體內(nèi)部，磁感線從_到_，磁感線是一組_曲線，在空間中互不相交2磁感應(yīng)強度是描述磁場的_和方向的物理量，用B表示，是矢量3安培定則：用_握住導(dǎo)線，讓伸直的大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲

2、的四指所指的方向就是_的環(huán)繞方向4安培力和洛倫茲力的比較名稱項目安培力洛倫茲力作用對象通電導(dǎo)體運動電荷力的大小F安_(IB) F安0(IB)F洛_(vB) F洛0(vB)力的方向左手定則(F安垂直于I與B所決定的平面)左手定則(F洛垂直于v與B所決定的平面，且需區(qū)分正負(fù)電荷)作用效果改變導(dǎo)體棒的運動狀態(tài)，對導(dǎo)體棒做功，實現(xiàn)電能和其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化只改變速度的方向，不改變速度的大小；洛倫茲力永遠(yuǎn)不對電荷做功本質(zhì)聯(lián)系安培力實際上是在導(dǎo)線中定向移動的電荷所受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),狀元微博名師點睛1電荷在電場中一定受電場力作用，但電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用2應(yīng)用左手定則時，一定要分清正、負(fù)

3、電荷，洛倫茲力不做功，但安培力卻可以做功3左手定則和右手定則容易混淆左手定則用來判斷安培力、洛倫茲力的方向，右手定則是用來判斷導(dǎo)體棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向課堂筆記?？紗栴}21通電導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力問題(選擇題)圖71【例1】 (2012天津理綜，2)如圖71所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為.如果僅改變下列某一個條件，角的相應(yīng)變化情況是()A棒中的電流變大，角變大B兩懸線等長變短，角變小C金屬棒質(zhì)量變大，角變大D磁感應(yīng)強度變大，角變小解析選金屬棒MN為研究對象，其受力情況如圖所示根據(jù)平衡條

4、件及三角形知識可得tan ，所以當(dāng)棒中的電流I、磁感應(yīng)強度B變大時，角變大，選項A正確，選項D錯誤；當(dāng)金屬棒質(zhì)量m變大時，角變小，選項C錯誤；角的大小與懸線長無關(guān)，選項B錯誤答案A 如圖72所示，一段折成120的通電導(dǎo)線abc置于勻強磁場中，已知abbc0.5 m，I1 A，B T，則導(dǎo)線受到的安培力()圖72A方向沿紙面向上，大小為0.5 NB方向沿紙面向下，大小為0.5 NC方向沿紙面向上，大小為1.5 ND方向沿紙面向下，大小為1.5 N,借題發(fā)揮1通電導(dǎo)體在磁場中受到的安培力(1)方向：根據(jù)左手定則判斷(2)大?。河晒紽BILsin 計算，且其中的L為導(dǎo)線在磁場中的有效長度2求解安培

5、力作用下導(dǎo)體棒平衡問題的基本思路(1)選定研究對象； (2)變?nèi)S為二維：畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向切忌跟著感覺走，要用左手定則來判斷，注意F安B、F安I；(3)列方程：根據(jù)力的平衡條件、牛頓第二定律列方程式進行求解課堂筆記?？紗栴}22帶電粒子在有界勻強磁場中的運動(選擇題)圖73【例2】 (2012安徽理綜，19)如圖73所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)椋詮腁點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?()A.t B2t C.t D3t

6、解析設(shè)帶電粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB，得r1，根據(jù)幾何關(guān)系得tan ，且160.當(dāng)帶電粒子以v的速度進入時，軌道半徑r2r1，圓心在O2，則tan ，即tan 3tan .故60，2120；帶電粒子在磁場中運動的時間tT，所以，即t22t12t，故選項B正確，選項A、C、D錯誤答案B圖74 帶電量與質(zhì)量都相同的兩個粒子，以不同速率垂直于磁感線方向射入同一勻強磁場中，兩粒子運動的軌跡如圖74所示，關(guān)于兩個粒子的運動速率v、在磁場中的運動時間t及圓周運動周期T、角速度的表達正確的是()Av1v2 Bt1t2CT1T2 D12,以題說法1帶電粒子在磁場中做勻

7、速圓周運動的分析方法2帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關(guān)系(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(2)三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍 課堂筆記 ?？紗栴}23帶電粒子在勻強磁場中的多過程運動圖75【例3】 如圖75所示，圓心為原點、半徑為R的圓將xOy平面分為兩個區(qū)域，即圓內(nèi)區(qū)域和圓外區(qū)域.區(qū)域內(nèi)有方向垂直于xOy平面的勻強磁場B1.平行于x軸的熒光屏垂直于xOy平面，放置在坐標(biāo)y2.2R的位置一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(R，0)的A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域，當(dāng)區(qū)域內(nèi)無磁場時，粒子全部

8、垂直打在熒光屏上坐標(biāo)為 (0，2.2R)的M點，且此時，若將熒光屏沿y軸負(fù)方向平移，粒子打在熒光屏上的位置不變?nèi)粼趨^(qū)域內(nèi)加上方向垂直于xOy平面的勻強磁場B2，上述粒子仍從A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域，則粒子全部打在熒光屏上坐標(biāo)為(0.4R，2.2R)的N點求： (1)打在M點和N點的粒子運動速度v1、v2的大小(2)在區(qū)域和中磁感應(yīng)強度B1、B2的大小和方向(不計粒子的重力)教你審題圖76 在直徑為d的圓形區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場方向垂直于圓面指向紙外一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，從磁場區(qū)域的一條直徑AC上的A點沿紙面射入磁場，其速度方向與AC成15角，如圖76所示若

9、此粒子在磁場區(qū)域運動過程中，速度的方向一共改變了90.重力可忽略不計，求：(1)該粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動所用的時間t.(2)該粒子射入時的速度大小v.,得分技巧1不同邊界的勻強磁場中帶電粒子的運動軌跡、圓心、半徑(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖77所示)圖77(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖78所示)圖782圓形或環(huán)狀磁場區(qū)域的規(guī)律要點(1)圓形磁場區(qū)域規(guī)律要點：相交于圓心：帶電粒子沿指向圓心的方向進入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖79甲所示直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點射入磁場，則從該直徑的另一端點射出時，磁場區(qū)域面積最小，如圖乙所示

10、(2)環(huán)狀磁場區(qū)域規(guī)律要點：帶電粒子沿(逆)著半徑的方向射入磁場，若能返回同一邊界，則一定逆(沿)著半徑的方向射出磁場最值相切：當(dāng)帶電粒子的運動軌跡與圓相切時，粒子有最大速度vm或磁場有最小磁感應(yīng)強度B，如圖丙所示圖79帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題誤區(qū)警示(1)不能熟練地利用幾何關(guān)系分析帶電粒子在磁場中的運動軌跡(2)不能正確地找出帶電粒子在磁場中運動的臨界狀態(tài)技巧指導(dǎo)巧解帶電粒子在磁場中運動時間最長的臨界軌跡的方法：(1)動態(tài)放縮法：速度越大半徑越大，速度方向不變的粒子，圓心在垂直速度方向的直線上(2)旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同的所有粒子的軌跡圓圓心在以入射點為圓

11、心，半徑R的圓上記一記體會并熟記下列三個結(jié)論：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切(2)當(dāng)速率v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(3)當(dāng)速率v變化時，圓心角大的，運動時間長，解題時一般要根據(jù)受力情況和運動情況畫出運動軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等,圖710【典例】 (2010新課標(biāo)全國卷)如圖710所示，在0xa、0y范圍內(nèi)垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的

12、夾角分布在090范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大小(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦審題思路圖7111(2012海南單科，10)圖711中裝置可演示磁場對通電導(dǎo)線的作用電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿當(dāng)電磁鐵線圈兩端a、b，導(dǎo)軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導(dǎo)軌上滑動下列說法正確的是()A若a接正極，b接負(fù)極，e接正極，f接負(fù)極，則L向右滑動B若a接正極，b接負(fù)極，e接

13、負(fù)極，f接正極，則L向右滑動C若a接負(fù)極，b接正極，e接正極，f接負(fù)極，則L向左滑動D若a接負(fù)極，b接正極，e接負(fù)極，f接正極，則L向左滑動圖7122電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖712所示，利用這種裝置可以把質(zhì)量為m2.0 g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到6 km/s，若這種裝置的軌道寬為d2 m，長L100 m，電流I10 A，軌道摩擦不計， 則下列有關(guān)軌道間所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度和磁場力的最大功率結(jié)果正確的是()AB18 T，Pm1.08108 WBB0.6 T，Pm7.2104 WCB0.6 T，Pm3.6106 WDB18 T，Pm2.16106 W圖7133(20

14、12廣東理綜，15)質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖713中虛線所示下列表述正確的是()AM帶負(fù)電，N帶正電BM的速率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM的運行時間大于N的運行時間圖7144(2012江蘇單科，9)如圖714所示，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點下列說法正確的有()A若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0D若粒子落在A點左右兩

15、側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0圖7155如圖715所示的空間分為、兩個區(qū)域，邊界AD與邊界AC的夾角為30，邊界AC與MN平行，、區(qū)域均存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐，邊界AD上的P點與A點間距離為2d.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v，沿紙面與邊界AD成60角的方向從左邊進入?yún)^(qū)域磁場(粒子的重力可忽略不計)(1)若粒子從P點進入磁場，從邊界MN飛出磁場，求粒子經(jīng)過兩磁場區(qū)域的時間(2)粒子從距A點多遠(yuǎn)處進入磁場時，在區(qū)域運動時間最短？答案：第7講磁場中常考的3個問題(選擇題 或計算題)【高考必備】1N極磁場強弱N極S極S極N極閉

16、合2大小3.右手磁感線4.BILqvB【?？紗栴}】預(yù)測1 C有效長度是a、c兩點的直線長度，根據(jù)左手定則，知安培力方向是沿紙面向上FacBI(2Labcos 30)1(20.5)N1.5 N預(yù)測2 AD帶電粒子在磁場中做圓周運動，有R，由題圖中可以看出，R1R2，所以v1v2，故選項A正確；運動周期為T，所以它們的周期相等，故選項C錯誤；由題圖中可以看出它們在磁場中運動圓弧的角度為不相等，則運動時間為tT不相等，故選項B錯誤；角速度，所以12，故選項D正確【例3】 解析(1)粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，打在M點和N點的粒子動能均為E0，速度v1、 v2大小相等，設(shè)為v，由E0mv2可得v

17、 .(2)如圖所示，區(qū)域中無磁場時，粒子在區(qū)域中運動四分之一圓周后，從C點沿y軸負(fù)方向打在M點，軌跡圓心是O1點，半徑為r1R.區(qū)域有磁場時，粒子在區(qū)域中軌跡圓心是O2點，半徑為r2，由幾何關(guān)系得r(1.2R)2(r20.4R)2，解得r22R由qvBm得B所以B1，方向垂直xOy平面向外B2，方向垂直xOy平面向里答案見解析預(yù)測3 解析(1)粒子在勻強磁場中運動，則qvBm運動周期T解得軌道半徑r，周期T粒子的速度方向改變了90，所用的時間t.(2)粒子的運動情況如圖所示，AOD是等腰直角三角形，ADr在CAD中，CAD90OAD30ADdcos CADd cos 30解得rd因此粒子射入時

18、的速度大小v.答案(1)(2)高考閱卷老師教你【典例】 解析(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvBm由式得R當(dāng)RrN，所以vMvN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項C錯誤； 由T知M、N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為，選項D錯誤4BC帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qv0B，所以r，當(dāng)帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進入勻強磁場時，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與邊界的交點位置最遠(yuǎn)是離O點2r的距離，即OA2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子則均落在A點左側(cè)，若落在A點右側(cè)，則必須有更大的速度，選項B正確