2022届高考物理二轮复习 3.2 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动+讲义（word版含答案）

专题三 电场与磁场
第2讲 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动
基本知能：
考点一| 磁场的性质
1．磁场的产生与叠加
2．用准“二个定则”
(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．磁场叠加问题的一般解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。
4．安培力的分析与计算
方向 左手定则
大小 直导线 F＝BILsin θ θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
导线为曲线时 等效为ac直线电流
受力分析 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
二级结论 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
明确“两个等效模型”
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
甲　　　　　　　　　　　乙
磁场的叠加
[典例1]　(2021·全国甲卷) 两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)
A．B、0 B．0、2B
C．2B、2B D．B、B
B　[根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。]
安培力的分析与计算
[典例2]　如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是(　　)
A．电流由N流向M
B．悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态
C．悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大
D．恒定电流大小为
[题眼点拨]　(1)“向右摆起”表明安培力方向向右，可判电流方向。
(2)“最大值为θ＝60°”表明θ＝60°时，速率为零，但不是平衡位置。
C　[由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析如图所示，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，mgsin 30°＝Fcos 30°，则tan 30°＝，解得I＝，选项D错误。]
求解导体棒运动的方法
(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。
(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。
(3)求解：根据平衡条件，牛顿第二定律或动能定理列式分析求解。
考点二| 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动问题的解题流程
2．熟悉几种常见情形
直线边界 粒子进出磁场具有对称性
平行边界 粒子运动存在临界条件
圆形边界 粒子沿径向射入的再沿径向射出
磁场圆与轨迹圆半径相同时，相同速率、同一射入点，出射方向平行
3．两类动态圆的应用技巧——处理临界问题
方法 放缩圆法 旋转圆法
图形
适用条件 速度方向一定，大小不同 速度大小一定，方向不同
作图方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件 将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”旋转，从而探索出临界条件
4．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因
[典例3] 如图所示，直线MN是一匀强磁场的边界，三个相同的带正电粒子分别沿图示1、2、3三个方向以相同的速率从O点射入磁场，沿箭头1、3两个方向的粒子分别经t1、t3时间均从p点离开磁场，沿箭头2方向(垂直于MN)的粒子经t2时间从q点离开磁场，p是Oq的中点，则t1、t2、t3之比为(　　)
A．1∶2∶3 B．2∶3∶4
C．1∶3∶5 D．2∶3∶10
答案　C
解析　粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，由题意可知，三个粒子做圆周运动的轨道半径r相等，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，
Oq＝2r，而p是Oq的中点，Op＝Oq＝r，△OpO1、△OpO3都是等边三角形，粒子在磁场中做圆周运动，转过的圆心角θ1＝60°，θ2＝180°，θ3＝300°，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝相等，粒子在磁场中的运动时间t＝T，则t1∶t2∶t3＝θ1∶θ2∶θ3＝1∶3∶5，选项C正确．
[典例4]　(2021·全国乙卷·16)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为(　　)
A. B. C. D．3
答案　B
解析　如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1，根据几何关系r1＝R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝R.根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以＝＝，故选B.
感悟：“四点、六线、三角”巧用运动轨迹(以粒子沿径向射入圆形磁场为例)
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆圆心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、圆形磁场的圆心与轨迹圆圆心的连线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。
考点三| 带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情境图
受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动规律 匀速圆周运动r＝，T＝ 类平抛运动vx＝v0 vy＝t x＝v0t，y＝t2
2．处理方法
(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况。若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动。
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应几何关系与物理关系。
(4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。
[典例5] 　(2021·江苏七市二模)如图所示，在xOy平面的第二象限有一匀强电场，电场强度大小E可调，方向平行于y轴．第三象限有一垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子源S在xOy平面内向各个方向发射速度大小不同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e.x轴上的P点与S点的连线垂直于x轴，S点与P点的距离为d，不考虑电子间相互作用．
(1)求从S发出的电子能直接到达P点的最小速度v1；
(2)若通过P点的电子在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动，求场强的大小E0；
(3)某电子与SP成60°角从S射出并经过P点，调整场强的大小E，使电子最终能垂直打在y轴上，求P点到O点的距离l与场强大小E的关系．
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)从S发出的电子做圆周运动能直接到达P点的最小半径r1＝d
由向心力公式有ev1B＝解得v1＝
(2)设能沿闭合轨迹做周期性运动的电子的初速度为v，初速度方向与SP的夹角为θ，从Q点由电场进入磁场，如图所示，设该轨迹圆半径为r，则
2rsin θ＝d
由向心力公式有evB＝
设电子每次在电场中运动的时间为2t，则y方向
有vcos θ＝t
x方向有vtsin θ＝rcos θ解得E0＝
(3)电子做圆周运动的半径r2＝
设电子的初速度为v2，电子在电场中做一次类平抛运动的时间为t′，
由向心力公式有ev2B＝
在电场中沿y方向有v2cos 60°＝t′
由几何关系有l＝n(v2sin 60°·2t′－2r2cos 60°)＋v2sin 60°·t′(n＝0,1,2,3，…)
解得l＝－nd(n＝0,1,2,3，…)
在电子多次经过磁场的情况下，由几何关系可知v2sin 60°·t′≥r2＋r2cos 60°
解得E应满足的条件E≤.
带电粒子在叠加场中的运动
1．在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
[典例6]　(2021·浙江1月选考)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－ α2。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
[思路点拨]　(1)离子通过速度选择器时所受电场力和洛伦兹力平衡，得出离子的速度，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，通过几何知识得出离子的运动半径，从而求出离子的比荷。
(2)离子进入仅加电场的偏转系统时，仅在x轴方向受力，离子做类平抛运动，通过几何关系得出离子注入晶圆的位置坐标。
(3)离子进入仅加磁场的偏转系统时，仅受洛伦兹力作用，结合几何关系得出离子注入晶圆的位置坐标。
(4)离子进入同时加上电场和磁场的偏转系统时，离子在电场中加速，但速度的增加并不影响离子在y轴方向受到的洛伦兹力。
[解析]　(1)通过速度选择器离子的速度v＝
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝
由＝qvB 得＝＝。
(2)经过电场过，离子在x方向偏转的距离
x1＝·· tan θ＝
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
x2＝Ltan θ＝
x＝x1＋x2＝＝ 位置坐标为。
(3)如图所示，离子进入磁场后做圆周运动半径r＝
sin α＝
经过磁场过程，离子在y方向偏转距离
y1＝r(1－cos α)≈
离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2＝Ltan α≈
y＝y1＋y2＝
位置坐标为。
(4)注入晶圆的位置坐标为
电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
[答案]　(1)　　(2)
(3)　(4)　电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响
反思感悟：“三步”巧解叠加场问题
带电粒子在交变场中的运动
1．变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图。
2．解题思路
[典例7]　(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
甲
乙
[解析]　(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝mv－mv
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
vS＝。
(2)当磁场仅有沿x轴负方向的分量且取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有＋L2＝R，
根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝，联立解得B0＝；
当磁场在x轴和y轴正方向的分量同时取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有＋L2＝R，
此时合磁感应强度B＝B0；根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0＝，
联立解得B0＝。故B0的取值范围为0～。
(3)分析可知，离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0＝
且满足B0＝，所以可得R3＝L；
根据几何关系有sin θ＝＝，则cos θ＝。
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
FΔt＝nΔtmv0cos θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
F′＝F＝nmv0，方向沿z轴负方向。
[答案]　(1)　(2)0～　(3)nmv0，方向沿z轴负方向
考点四| 新情境探究
以电流天平为背景考查电流间的相互作用
[案例1]　电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
A　[当两线圈电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈Ⅱ平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误。]
以离子推进器的原理为背景考查带电粒子在电磁场中的运动
[案例2]　(2021·天津市十二区重点学校高三下学期二模)离子推进器的原理是先将气体电离，然后用电场力将带电的离子加速后喷出，以其反作用力推动卫星。离子推进器可简化为由内、外半径分别为R1＝R和R2＝3R的同轴圆柱体构成，分为电离区Ⅰ和加速区Ⅱ，电离区间充有稀薄气体铯，且存在轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆柱表面可持续发射电子，电子碰撞铯原子使之电离。为了取得好的电离效果，从内圆柱体表面发出的电子在区域内运动时不能与外器壁碰撞(一接触外器壁，电子便被吸收)。Ⅰ区产生的正离子以接近零的初速度进入两端加有电压U的Ⅱ区，离子被加速后从右侧高速喷出，在出口处，灯丝发射的电子注入正离子束中，这种高速粒子流喷射出去，可推动卫星运动。已知铯离子的电荷量为q、质量为m。
(1)求铯离子通过加速电压后得到的速度大小v；
(2)若电子在垂直于圆柱轴线的截面内沿与径向成α＝30°角的方向发射，为了取得更好的电离效果，求电子最大初始发射速度vm；(已知电子质量为m0，电荷量为e)
(3)若单位时间内喷射出N个铯离子，求推进器获得的推力大小，并解释灯丝发射电子注入正离子束的作用。
[解析]　(1)铯离子在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2－0
铯离子通过加速电压后得到的速度大小v＝。
(2)设电子的轨道半径为r，
由几何关系得(R2－r)2＝R＋r2－2R1rcos 60° 解得r＝R
由洛伦兹力提供向心力得evmB＝m0
解得电子最大初始发射速度vm＝。
(3)铯离子在加速电场中，由动量定理得
FΔt＝NΔtmv－0
解得F＝N
由牛顿第三定律可知，推进器获得的推力F′＝F＝N
推进器起初不显电性，根据电荷守恒定律可知，推进器在射出正离子的同时，带负电荷，静电力把正离子拉回，起不到加速作用；灯丝发射电子注入正离子束，使之成为中性粒子喷射出去，从而起到加速作用。
[答案]　(1)　(2)
(3)N，灯丝发射电子注入正离子束，使之成为中性粒子喷射出去，从而起到加速作用