江苏省18版高考物理二轮复习专题六磁场带电粒子在磁场及复合场中的运动教学案1802031130
高三物理下册《带电粒子在磁场中的运动》教案、教学设计
（四）课堂练习
1.设计习题：针对本节课的教学重难点，设计不同难度的习题，让学生进行课堂练习。
2.解题指导：引导学生运用所学知识解决实际问题，提醒学生注意解题方法和技巧。
3.评价反馈：及时批改学生作业，针对学生存在的问题进行个别辅导，提高学生的解题能力。
5.作业批改要及时，针对学生的错误进行个别辅导，帮助学生查漏补缺，提高学习效果。
4.引导学生关注我国在相关领域的发展动态，培养学生的爱国情怀和民族自豪感。
二、学情分析
针对高三物理下册《带电粒子在磁场中的运动》这一章节，考虑到学生已经掌握了电磁学基础知识，如库仑定律、电场力等，具备了一定的物理思维和数学计算能力。但在学习带电粒子在磁场中的运动时，学生可能会遇到以下困难：对洛伦兹力概念的理解不够深入，难以将理论应用于实际问题；在处理复杂磁场问题时，缺乏有效的分析方法；对于物理现象背后的科学本质认识不足。因此，在教学过程中，应关注以下几点：
作业布置要求：
1.作业量适中，避免过量作业导致学生负担过重，影响学习效果。
2.作业难度分层，针对不同层次的学生，设计不同难度的题目，使每个学生都能在作业中找到适合自己的挑战。
3.强调作业的完成质量，要求学生认真书写、规范作图，养成良好的学习习惯。
4.鼓励学生相互讨论、合作完成作业，培养学生的团队协作能力和交流沟通能力。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.重点：带电粒子在磁场中运动的规律、洛伦兹力的计算和应用。
2.难点：理解洛伦兹力方向与带电粒子运动轨迹之间的关系；解决复杂磁场中带电粒子的运动问题。
（二）教学设想
1.教学方法：
-采用问题驱动的教学方法，引导学生通过观察、实验、分析等过程，主动探究带电粒子在磁场中运动的规律。
高考物理二轮专题突破 专题六 电场和磁场(2)带电粒子在复合场中的运动导学案
专题六电场和磁场第2讲：带电粒子在复合场中的运动一、知识梳理1.带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝来求解.对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解.(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题.对于类平抛运动可直接利用以及推论；较复杂的曲线运动常用的方法来处理.2.带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做运动.(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做运动.3.复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与或磁场力相比，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应其重力.(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的情况.(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力.规律方法1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析.2.灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据列方程求解.当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.二、题型、技巧归纳高考题型一 带点粒子在叠加场中的运动特点【例1】 如图1所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向.x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆.一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴.已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgl，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计，求：图1(1)带电小球a 的电性及其比荷q m；(2)带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？高考预测1 如图2所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25m ，B 、C 的间距为3m ，C 为荧光屏.一质量m ＝1.0×10－3kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－2C 的带电粒子由a 点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点.若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且大小B ＝0.1T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出).取g ＝10m/s 2.求：图2(1)E 1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量.高考预测2 如图3所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知.区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等.现有一质量m ＝0.01kg 、电荷量q ＝0.01C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2m 的A 点以v 0＝5m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点.已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.图3(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1； (2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；(3)若滑块在A 点以v 0′＝9m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2.规律总结带电粒子在叠加场中运动的处理方法 1.弄清叠加场的组成特点.2.正确分析带电粒子的受力及运动特点.3.画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止.例如电场与磁场中满足qE ＝qvB ；重力场与磁场中满足mg ＝qvB ；重力场与电场中满足mg ＝qE .(2)若三场共存时，合力为零，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)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.(4)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.高考题型二 带点粒子在组合场中的运动分析【例2】如图4所示，在坐标系y轴右侧存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在y轴左侧存在与y轴正方向成θ＝45°角的匀强电场.一个粒子源能释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略.粒子源在点P(－a，－a)时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力.求：图4(1)匀强电场的电场强度；(2)粒子源在Q点时，粒子从发射到第二次进入磁场的时间.高考预测3 如图5所示，在边长为L的等边三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在AC边界的左侧有与AC边平行的匀强电场，D是底边AB的中点.质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)从AB边上的D点竖直向上射入磁场，恰好垂直打在AC边上.图5(1)求粒子的速度大小；(2)粒子离开磁场后，经一段时间到达BA延长线上N点(图中没有标出)，已知NA＝L，求匀强电场的电场强度.规律总结设带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.高考题型三 带点粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析【例3】 如图6甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向).在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力).其中已知v 0、t 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点A ，坐标为(48v 0t 0π，0).图6(1)求t 02时带电粒子的位置坐标.(2)粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离. (3)粒子经多长时间经过A 点.高考预测4 如图7甲所示，y 轴右侧空间有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，同时还有沿－y 方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示(图中B 0已知，其余量均为未知).t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴射入电场和磁场区，t 0时刻粒子到达坐标为(x 0，y 0)的点A (x 0>y 0)，速度大小为v ，方向沿＋x 方向，此时撤去电场.t ＝t 0＋t 1＋t 2时刻，粒子经过x 轴上x ＝x 0点，速度沿＋x 方向.不计粒子重力，求：图7(1)0～t0时间内OA两点间电势差U OA；(2)粒子在t＝0时刻的加速度大小a0；(3)B1的最小值和对应t2的表达式.规律总结变化的电场或磁场往往具有周期性，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运动过程、受力情况，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径迹的草图.参考答案一、知识梳理1.（1） 12mv 2－12mv 20 (2)平抛运动的规律 运动的合成与分解2.(1) 匀速直线 (2) 匀速圆周3. (1) 电场力 太小 考虑 (3) 受力 规律方法 1. 合外力 2. 平衡条件 二、题型、技巧归纳 【例1】 答案 (1)正电g E (2)34 (3) 147gl160π解析 (1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电 且mg ＝qE ，解得：q m ＝g E(2)带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：qvB 2＝m v 2R由几何关系有：R ＋R sin θ＝32l ，联立解得：v ＝5πgl6带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ) 解得：μ＝34(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：T ＝2πRv＝24πl5g带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t 0＝2vg＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为：t ＝2hg＝210πl3g两球相碰有：t ＝T 3＋n (t 0＋T2)联立解得：n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0， 则：72l ＝v 0t ，解得：v 0＝147gl160π高考预测1 答案 (1)1.4N/C (2)1.0×10－2J解析 (1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE 1cos45°＝mg解得：E 1＝2N/C≈1.4 N/C.(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得：qE 1d AB sin45°＝12mv 2b解得：v b ＝2gd AB ＝5m/s加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动，则有：qE 2＝mg ，加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qv b B ＝m v 2bR解得：R ＝5m设偏转距离为y ，由几何知识得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2代入数据得y ＝1.0m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2J高考预测2 答案 (1)10V/m 6.4T (2)(1718＋5π32) s (3)1516m 53T解析 (1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE 解得E ＝mg q＝10V/m滑块在AN 间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得a ＝－μg ＝－2.25m/s 2由运动公式可得v 2－v 20＝2aL 代入数据得v ＝4m/s平抛运动过程满足L ＝vt 3,2r ＝12gt 23做圆周运动满足qvB 1＝m v 2r联立方程求解得B 1＝6.4T (2)滑块在AN 间的时间t 1＝v －v 0a ＝49s 在磁场中做匀速圆周运动的时间t 2＝πm qB 1＝5π32s平抛运动的时间t 3＝Lv＝0.5s 总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(1718＋5π32) s(3)设滑块进入磁场时的速度为v ′，满足 －μmgL ＝12mv ′2－12mv 0′2代入数据得v ′＝62m/s滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qv ′B 2＝2mg解得B 2＝53T滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角. 由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有B 1qv ′＝mv ′2r解得r ＝mv ′qB 1＝15216m 由题意知d ＝r ·sin45°＝1516m【例2】 答案 (1)2aqB 22m (2)122＋3π－12m2qB解析 (1)粒子源在P 点时，粒子在电场中被加速 根据动能定理有2qEa ＝12mv 21解得v 1＝22qEam粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv 1B ＝mv 21R 1由几何关系知，R 1＝2a 解得E ＝2aqB22m(2)粒子源在Q 点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF 相切，由几何关系知R 2＝(2－2)a 根据牛顿第二定律有qv 2B ＝mv 22R 2磁场中运动速度为v 2＝2－2qBam粒子在Q 点射出，开始在电场中加速运动，设加速度为a 1：t 1＝v 2a 1＝22－2m qB进入磁场后运动四分之三个圆周：t 2＝34T ＝3πm2qB第一次出磁场后进入电场，做类平抛运动：t 3＝2v 2tan θa 1＝42－4mqB粒子从发射到第二次进入磁场的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝122＋3π－12m 2qB高考预测3 答案 (1)qBL 2m (2)2qB 2L 3m 解析 (1)粒子进、出磁场的速度方向分别与AB 、AC 边垂直，则A 为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，可知粒子做圆周运动的半径为12L 根据qvB ＝m v 2R 解得v ＝qBL 2m(2)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：x ＝NQ ＝L sin60°沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：y ＝QE ＝12L ＋L cos60°＝L根据x ＝vt ，y ＝12at 2，a ＝qE m解得：E ＝2qB 2L 3m【例3】 答案 (1)(v 0t 0π，v 0t 0π) (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)32t 0 解析 (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB 0v 0＝mr 14π2T 2＝m v 20r 1 得：T ＝2πm qB 0＝2t 0，r 1＝mv 0qB 0＝v 0t 0π 则在t 02时间内转过的圆心角α＝π2所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为：(v 0t 0π，v 0t 0π) (2)在t 0～2t 0时间内，粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示v ＝v 0＋E 0q mt 0＝2v 0， 运动的位移：x ＝v 0＋v 2t 0 ＝1.5v 0t 0在2t 0～3t 0时间内粒子圆周运动的半径：r 2＝2r 1＝2v 0t 0π故粒子偏离x 轴的最大距离：h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0，一个周期内向右运动的距离：d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0π AO 间的距离为：48v 0t 0π＝8d 所以，粒子运动至A 点的时间为：t ＝32t 0高考预测4 答案 (1)mv 2－mv 202q (2)qv 0B 0m ＋v 20－v 22y 0(3)2mv q2x 0－y 0 t 2＝(k ＋12)2πx 0v(k ＝0,1,2，…) 解析 (1)带电粒子由O 到A 运动过程中，由动能定理 qU OA ＝12mv 2－12mv 2解得U OA ＝mv 2－mv 202q(2)设电场强度大小为E ，则 U AO ＝Ey 0t ＝0时刻，由牛顿第二定律得qv 0B 0－qE ＝ma解得a ＝qv 0B 0m ＋v 20－v 22y 0(3)t 0～t 0＋t 1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t 0＋t 1时刻粒子从C 点切入大圆，大圆最大半径为x 0，相应小圆最大半径为R ，则R ＝2x 0－y 02又qvB 1＝m v 2RB 1的最小值B 1min ＝2mv q2x 0－y 0对应于B 1取最小值，带电粒子由C 点到经过x 轴上x ＝x 0点的时间t 2满足 t 2＝(k ＋12)2πx 0v (k ＝0,1,2，…)。
教育最新2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题9磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动教案
专题九磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．掌握“两个磁场力”：(1)安培力：I⊥B时F＝BIL，I∥B时F＝0.(2)洛伦兹力：v⊥B时F＝qvB，v∥B时F＝0.2．明确“六个常用公式”：3．用准“两个定则”：(1)对电流的磁场用准安培定则．(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准左手定则．4．画好“两个图形”：(1)对安培力作用下的平衡、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形．考点1 磁场的性质(对应学生用书第44页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年5考：2017年Ⅰ卷T19、Ⅱ卷T21、Ⅲ卷T182015年Ⅱ卷T182014年Ⅰ卷T15[考情分析]1．直线电流的磁场的叠加与安培力相结合及洛伦兹力的应用是命题的热点．2．本考点高考重在考查常见磁体周围磁场的分布，磁感线的形状及特点，电流磁场的判断与叠加、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断等知识．3.电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法易混淆．1．(磁场的基本性质)(2017·Ⅲ卷T 18)如图91所示，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )图91A ．0 B.33B 0 C.233B 0 D ．2B 0[题眼点拨] ①“a 点的磁感应强度为零”说明两导线在a 点产生的合磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度B 0等大反向；②“让P 中的电流反向，其他条件不变”说明导线P 在a 点产生的磁场的磁感应强度大小与原来相等，方向相反．C [两长直导线P 和Q 在a 点处的磁感应强度的大小相等，设为B ，方向如图甲所示，此时a 点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B 合的大小等于B 0，方向与B 0相反，即B 0的方向水平向左，此时B ＝B 02cos 30°＝33B 0；让P 中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P 和Q 在a 点处的磁感应强度的大小仍为B ，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B ，方向竖直向上，B 与B 0垂直，其合磁感应强度为B a ＝B 2＋B 20＝233B 0，选项C 正确．](多选)(2015·Ⅱ卷T 18)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( )A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转BC[指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N 极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转．正确选项为B、C.]2．(安培力的方向和大小)(多选)(2017·Ⅰ卷T19)如图92所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是( )图92A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1BC[如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行．选项A错误．L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直．选项B正确．由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝3B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3.选项C正确，选项D错误．](2014·Ⅰ卷T15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半B[通电直导线在匀强磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，安培力的大小由F ＝BIL sin θ计算．安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BIL sin θ可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．安培力的大小(1)当I、B夹角为0°时F＝0.(2)当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL，L是有效长度．(3)闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F＝0.2．安培力的特点(1)安培力的方向总是垂直于I、B所决定的平面，可用左手定则判断．(2)安培力可做正功，电能转化为其他形式的能；可做负功，其他形式的能转为电能．(3)安培力是洛伦兹力的宏观表现．3．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功．(2)仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．4．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝0.■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 磁场的基本性质1．(2016·山东日照模拟)1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转．这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验．关于奥斯特的实验，如图93所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是( )【导学号：19624105】图93A ．通电导线AB 东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B ．通电导线AB 南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C ．通电导线AB 东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D ．通电导线AB 南北放置，小磁针在AB 延长线的B 端外侧，改变电流大小B [因为地磁场是南北方向，当通电直导线南北放置时产生的磁场为东西方向，小磁针放在导线正下方，闭合开关时磁场从无到有，这时两种磁场的作用力最大，现象最明显，故B 正确．]如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l 的直导线a 和无限长的直导线b ，分别通以方向相反，大小为I a 、I b (I a >I b )的恒定电流时，b 对a 的作用力为F .当在空间加一竖直向下(y 轴的负方向)、磁感应强度大小为B 的匀强磁场时，导线a 所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是( )A ．电流I b 在导线a 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴的负方向B ．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝F I a lC ．导线a 对b 的作用力大于F ，方向沿z 轴的正方向D ．电流I a 在导线b 处产生的磁场的磁感应强度大小为F I a l，方向沿y 轴的正方向 B [无限长的直导线b 的电流I b 在平行放置的直导线a 处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a 所受安培力为零，因此电流I b 在导线a 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴的正方向，A 选项错误；由磁感应强度定义可得：B ＝F I a l，B 选项正确；由牛顿第三定律可知导线a 对b 的作用力等于F ，C 选项错误；电流I a 在导线b 处产生的磁场的磁感应强度大小并不是处处相等，因此D 选项错误．]考向2 通电导体在磁场中的运动2．(多选)如图94甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图94A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功ABC [根据题意得出v t 图象如图所示，金属棒一直向右运动，A 正确．速度随时间做周期性变化，B 正确．据F 安＝BIL 及左手定则可判定，F 安大小不变，方向做周期性变化，则C 项正确．F 安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D 项错．](2017·商丘一中押题卷)如图所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa 沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )A.2BIrB.32πBIr C ．BIr D ．2BIrA [通电导线的有效长度为L ＝2r ，故受到的安培力为F ＝BIL ＝2BIr 故选A.] 考向3 洛伦兹力的应用3. (2016·安徽蚌埠模拟)如图95所示，xOy 坐标平面在竖直面内，y 轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy 平面的匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O 点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是( )【导学号：19624106】图95A ．轨迹OAB 可能为圆弧B ．小球在整个运动过程中机械能增加C ．小球在A 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等D ．小球运动至最低点A 时速度最大，且沿水平方向D [因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故小球运动的轨迹不可能是圆弧，A 项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，B 项错误；小球在A 点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，C 项错误；因为系统中只有重力做功，小球运动至最低点A 时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的切线方向，即最低点的切线方向沿水平方向，故D 项正确．]考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动(对应学生用书第46页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2017年Ⅱ卷T 18 2016年Ⅱ卷T 18、Ⅲ卷T 182015年Ⅱ卷T 19 2014年Ⅰ卷T 16、ⅡT 202013年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 17[考情分析]1．高考在本考点的命题多为带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算．2．根据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法．3．确定临界条件，画轨迹、找圆心、求半径是关键．4．忽视运动电荷的电性分析易造成洛伦兹力方向的错误．3．(磁偏转的基本问题)(2017·Ⅱ卷T 18)如图96所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( )图96 A.3∶2 B.2∶1 C.3∶1 D ．3∶ 2[题眼点拨] ①“相同的带电粒子以相同的速率”说明粒子做匀速圆周运动的半径相同；②“粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上”说明粒子最远出射点到入射点的距离为粒子圆周运动直径，且等于磁场的半径．C [粒子以v 1入射，一端为入射点P ，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP ′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r 1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R ，由几何关系知r 1＝12R .其他不同方向以v 1入射的粒子的出射点在PP ′对应的圆弧内．同理可知，粒子以v 2入射及出射情况，如图乙所示．由几何关系知r 2＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ， 可得r 2∶r 1＝3∶1.因为m 、q 、B 均相同，由公式r ＝mv qB可得v ∝r ，所以v 2∶v 1＝3∶1.故选C.](多选)(2015·Ⅱ卷T 19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 AC [A ：由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．B ：由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误． C ：由T ＝2πr v得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确． D ：由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k，选项D 错误． 正确选项为A 、C.]4．(磁偏转的临界极值问题)(2016·Ⅲ卷T 18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图97所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )图97A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB[题眼点拨] ①“q >0”说明带电粒子带正电；②“与ON 只有一个交点”说明轨迹与ON 边界相切．D [如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R ＝mv qB .设入射点为A ，出射点为B ，圆弧与ON 的交点为P .由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB ＝R .由几何图形知，AP ＝3R ，则AO ＝3AP ＝3R ，所以OB ＝4R ＝4mv qB.故选项D 正确．]在第5题中，将磁场改为有界磁场，如图98所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )图98A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶ 3B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－3)∶1C ．A 、B 两粒子的比荷之比是3∶1D ．A 、B 两粒子的比荷之比是1∶ 3B [A 、B 两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R ＝mv qB ，设A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R 和r .由几何关系有R cos 30°＋R ＝d ，r cos 60°＋r ＝d ，解得R r ＝32＋3＝－31，A 错误，B 正确；由于两粒子的速度大小相等，则R 与q m 成反比，所以A 、B 两粒子的比荷之比是(2＋3)∶3，C 、D 错误．](2016·Ⅱ卷T 18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3B B.ω2B C.ωBD.2ωBA [如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP 所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πm qB ·30°360°，即q m ＝ω3B，选项A 正确．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………· 1．掌握一个解题流程2．用好两个有用结论(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等． (2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域． 3．理清三种几何关系(1)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． (2)当速率v 一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v 变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的，运动时间长． 4．记住四类多解因素(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹． (2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹． (3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解． (4)圆周运动的周期性形成多解．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 磁偏转的基本问题4．在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动．若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )【导学号：19624107】A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1B [由r ＝mv qB ＝pqB，由于两者动量相等且在同一匀强磁场中，所以α粒子和质子运动半径之比等于电荷量反比，即r α∶r H ＝q H ∶q α＝1∶2，故选项A 错误；由T ＝2πmqB，则α粒子与质子运动周期之比为T αT H ＝m αq H q αm H ＝4×12×1＝2∶1，故选项B 正确；由于m αv α＝m H v H ，所以v α∶v H ＝m H ∶m α＝1∶4，故选项C 错误；由于洛伦兹力F ＝qvB ，所以F αF H＝q αv αq H v H ＝2×11×4＝1∶2，故选项D 错误．] 考向2 磁偏转的临界、极值问题5．(多选)(2017·鸡西市模拟)如图99所示，一粒子发射源P 位于足够大绝缘板AB 的上方d 处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d ，则( )图99A ．能打在板上的区域长度是2dB ．能打在板上的区域长度是(3＋1)dC ．同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为7πd6vD ．同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为πqd6mvBC [打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l ＝R ＋3R ＝(1＋3)R ＝(1＋3)d ，故A 错误，B 正确；在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示：由几何关系知，最长时间t 1＝34T最短时间t 2＝16T又有粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πdv；根据题意：t 1－t 2＝Δt联立解得：Δt ＝712T ＝7πd 6v ，故C 正确，D 错误．]考向3 磁偏转中的多解问题6．如图910所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R (不计重力)，则( )【导学号：19624108】图910A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子再次回到x 轴上方所需的时间为2πmBqD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R C [根据R ＝mvBq可知粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝13×2πm Bq ＋13×2πm B 2q ＝2πm Bq，则C 选项正确；粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进的距离为x ＝2R ×cos 30°＋4R ×cos 30°＝33R ，则D 选项错误．]1.(2017·泉州模拟)一半径为R 的薄圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M 沿着MN 方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．(1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？ (2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN 方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？【解析】 (1)若粒子沿MN 方向入射，当筒转过90°时，粒子从M 孔(筒逆时针转动)或N 孔(筒顺时针转动)射出，如图，由轨迹1可知半径：r ＝R由qvB ＝mv 2R ，粒子运动周期T ＝2πR v ＝2πmqB筒转过90°的时间：t ＝π2ω0＝π2ω0，又t ＝T 4＝πm2qB联立以上各式得：荷质比q m ＝ω0B， 粒子速率：v ＝ω0R .(2)若粒子与MN 方向成30°入射，速率不变半径仍为R ，作粒子轨迹如图轨迹2，圆心为O ′，则四边形MO ′PO 为菱形，可得∠MO ′P ＝∠MOP ＝2π3，所以∠NOP ＝π3则粒子偏转的时间：t ＝2π32πT ＝T 3；又T ＝2πω0；得：t ＝2π3ω0由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：ⅰ.当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，若从N 点离开，则筒转动时间满足t ＝π3＋2k πω1，得：ω1＝k ＋2ω0 其中k ＝0,1,2,3…若从M 点离开，则筒转动时间满足t ＝π3＋k ＋πω1，得：ω1＝k ＋2ω0 其中k ＝0,1,2,3…； 综上可得ω1＝n ＋2ω0 其中n ＝0,1,2,3…ⅱ.当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2， 若从M 点离开，则筒转动时间满足t ＝2π3＋2k πω2，得：ω2＝k ＋2ω0 其中k ＝0,1,2,3…若从N 点离开，则筒转动时间满足t ＝2π3＋k ＋πω2，得：ω2＝k ＋＋2]2ω0其中k ＝0,1,2,3…综上可得ω2＝3n ＋22ω0 其中n ＝0,1,2,3…综上所述，圆筒角速度大小应为ω1＝3n ＋12ω0 或者ω2＝3n ＋22ω0 其中n ＝0,1,2,3…【答案】 (1)ω0B ω0R (2)ω1＝3n ＋12ω0 (顺时针转动)或ω2＝3n ＋22ω0 (逆时针转动) 其中n ＝0,1,2,3…2.(2016·东北三省四市联考)在如图所示的xOy 平面内，y ≥0.5 cm 和y <0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B ＝1.0 T ，一个质量为m ＝1.6×10－15 kg ，带电荷量为q ＝1.6×10－7 C 的带正电粒子，从坐标原点O 以v 0＝5.0×105m/s 的速度沿与x 轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x 轴上的Q 点飞过，经过Q 点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：(1)粒子从O 点运动到Q 点所用的最短时间； (2)粒子从O 点运动到Q 点所通过的路程．【解析】 (1)当粒子第一次以斜向上的速度，经过Q点时，时间最短，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的时间为t 1，则有qv 0B ＝m v 20r解得r ＝mv 0qB ，又T ＝2πr v 0＝2πm qB代入数据解得：r ＝5×10－3m ，T ＝6.28×10－8s由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期，所以t 1＝T ＝6.28×10－8s 粒子在无磁场区域运动的时间为t 2，设无磁场区域宽度为d ，有t 2＝4d v 0＝4×5×10－35.0×105s ＝4.0×10－8s最短时间t ＝t 1＋t 2＝1.028×10－7s.(2)粒子可以不断地重复上述运动情况，粒子在磁场中通过的路程为s 1＝2n πr (n ＝1,2,3，…)粒子在无磁场区域通过的路程为s 2＝4nd (n ＝1,2,3，…) 总路程为s ＝s 1＋s 2＝0.051 4n m(n ＝1,2,3…)．【答案】 (1)1.028×10－7s (2)0.051 4n m(n ＝1,2,3，…)考点3 带电粒子在复合场中的运动(对应学生用书第47页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年4考：2017年Ⅰ卷T 16、Ⅲ卷T 24 2016年Ⅰ卷T 15 2015年Ⅰ卷T 14 [考情分析]1．本考点的高考命题主要考查带电粒子“电偏转”“磁偏转”问题，常会结合回旋加速器、质谱仪等背景命题．2．熟悉两类偏转方式的不同规律及不同处理方法是突破的关键．3．组合场问题中不能分段画出各自的轨迹，抓不住“过渡点”的特点易造成错解． 4．粒子是否受重力作用要根据具体情景判断．5．(带电粒子在组合场中的运动)(2017·Ⅲ卷T 24)如图911所示，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q＞0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力)图911(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．[题眼点拨] ①“在x <0区域，磁感应强度大小为λB 0(常数λ>1)”说明带电粒子在y 轴右方圆周运动半径较大；②“从坐标原点O 沿x 轴正方向射入磁场”说明粒子在y 轴右方运动半个圆周进入第二象限区域；③“当粒子的速度方向再次沿x 轴正方向时”说明粒子在第二象限区域又动了半个圆周．【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB 0v 0＝m v 20R 1① q λB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ. ⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2mv 0B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ. ⑥【答案】 (1)πm B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ (2)2mv 0B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ(2015·Ⅰ卷T 14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小D [分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．]6．(磁与现代科技的应用)(2016·Ⅰ卷T 15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图912所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )【导学号：19624109】。
高三物理下册《带电粒子在电场和磁场中的运》教案、教学设计
4.遇到问题及时向同学和老师请教，解决问题，不留疑问。
2.基本理论：讲解带电粒子在电场和磁场中的运动规律，分析洛伦兹力的作用原理。
3.实践操作：组织学生进行实验，观察带电粒子在电磁场中的运动现象，引导学生运用物理公式进行计算。
4.案例分析：选取与实际生活相关的案例，让学生分析带电粒子在电磁场中的运动情况，提高问题解决能力。
5.总结与拓展：对本章节内容进行总结，布置相关作业，鼓励学生深入研究电磁学在其他领域的应用。
-鼓励学生提出问题，引导他们主动探究，培养批判性思维和创新思维。
5.多元评价，关注全面发展
-结合课堂表现、实验操作、作业完成情况等多方面，对学生的学习过程和结果进行综合评价。
-注重学生的综合素质培养，鼓励他们在团队合作、表达交流等方面的发展。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
在本章节的教学伊始，我将采用以下方法导入新课：
1.强化基础知识：针对学生已掌握的知识点，进行巩固和拓展，为学习带电粒子在电磁场中的运动打下坚实基础。
2.提高问题解决能力：通过案例分析、实验操作等教学手段，培养学生分析问题和解决问题的能力。
3.激发学习兴趣：结合生活实际，让学生认识到电磁学在科技发展中的重要性，激发他们的学习兴趣。
4.注重思维能力的培养：引导学生运用所学知识进行推理和论证，提高学生的逻辑思维和创新能力。
4.实际应用：结合科技发展，讲解带电粒子在电场和磁场中运动的应用，如粒子加速器、磁悬浮列车等。
（三）学生小组讨论
在讲授新知后，组织学生进行小组讨论，以提高他们的合作能力和问题解决能力。
1.分组：将学生分成若干小组，每个小组针对某一特定问题展开讨论。
2018版高考物理二轮复习专题六磁场带电粒子在磁场及复合场中的运动教学案
专题六 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动考情分析命题解读本专题共6个考点，其中带电粒子在匀强磁场中运动为高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)基础性。
以选择题考查学生对安培力、洛伦兹力提供向心力的理解能力。
(2)综合性。
以组合场、现代科技等问题考查学生分析综合能力。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
图1A.电场和磁场都不可以B.电场和磁场都可以C.只能用电场D.只能用磁场解析 在加速电场中，由动能定理得qU ＝12mv 20 ，若分离区加竖直向下的电场，设偏转电场的宽度为L ，则在电场中偏转时有：沿电场方向y ＝12at 2＝12qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL22mv 20，联立得粒子在分离区偏转距离y ＝EL 24U，可知，加速电压U 相同，偏转电场的E 和L 相同，y 相同，所以不能将质子和α粒子进行分离；若分离区加垂直纸面向里的磁场，粒子进入偏转磁场时，轨迹半径r ＝mv 0qB ＝1B2mUq，由于质子和α粒子的比荷不同，运动的半径r 也不同，所以能将两种粒子分离，故A 、B 、C 项错误，D 项正确。
答案 D2.(多选)(2017·江苏扬州市高三期末检测)回旋加速器工作原理示意图如图2所示，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U 、频率为f 的交流电源上，若A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是( )图2A.若只增大交流电压U ，则质子获得的最大动能增大B.若只增大交流电压U ，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C.若磁感应强度B 增大，交流电频率f 必须适当增大才能正常工作D.不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析 当粒子从D 形盒中出来速度最大时，根据qv m B ＝m v 2mR ，得v m ＝qBR m ，那么质子获得的最大动能E km ＝q 2B 2R 22m ，则最大动能与交流电压U 无关，故A 项错误；根据T ＝2πmBq，若只增大交变电压U ，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B 项正确；根据T ＝2πmBq，若磁感应强度B 增大，那么T 会减小，只有当交流电频率f 必须适当增大才能正常工作，故C 项正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T ＝2πmBq知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，故D 项错误。
2018届二轮复习 带电粒子在磁场、电场复合场中的运动 教案
真题集训·章末验收（八）命题点一：磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用1．(2011·全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。
在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：选B 由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B，故选项B正确。
2．(2014·全国卷Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选 B 根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝22BIL，D错误。
3．(多选)(2011·全国卷)电磁轨道炮工作原理如图所示。
待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。
电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。
轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。
通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。
现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD 由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得：FL＝mv22，解得v＝I2kdLm，由此式可判断B、D选项正确。
高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动教学案
专题07 带电粒子在复合场中的运动预计高考对该部分内容的考查主要是： (1)考查带电粒子在组合场中的运动问题； (2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；(3)考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用．一、带电粒子在组合复合场中的运动 “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)情景图受力F B ＝qv 0B 大小不变，方向总指向圆心，方向变化，F B 为变力F E ＝qE ，F E 大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r ＝Bq mv0，T ＝Bq 2πm类平抛运动vx ＝v0，vy ＝m Eqt x ＝v0t ，y ＝2m Eqt2 运动时间t ＝2πθT ＝Bq θmt ＝v0L，具有等时性动能 不变 变化二、带电粒子在叠加复合场中的运动考点一带电粒子在叠加场中的运动分析例1、如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：图1(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷， 设油滴质量为m ，由平衡条件得： mg ∶qE ∶F ＝1∶1∶. (2)由第(1)问得：mg ＝qE qvB ＝qE解得：v ＝B 2E＝4 m/s.(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y ≥h 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x 轴上的N 点离开第一象限． 由O →A 匀速运动的位移为x 1＝sin 45°h＝h 其运动时间：t 1＝v x1＝B E ＝E hB＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝qB 2πm知， 由A →C 的圆周运动时间为t 2＝41T ＝2gB πE≈0.628 s 由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s＋0.628 s ＝0.828 s 答案 (1)1∶1∶ 油滴带负电荷 (2)4 m/s (3)0.828 s【变式探究】如图2，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h ＝9 m ，与板上端等高处水平线上有一P 点，P 点离挡板的距离x ＝3 m ．板的左侧以及板上端与P 点的连线上方存在匀强磁场和匀强电场．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝1 T ；比荷大小m q＝1.0 C/kg 可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置P ，g ＝10 m/s 2，求：图2(1)电场强度的大小与方向；(2)小球不与挡板相碰运动到P 的时间；(3)要使小球运动到P 点时间最长应以多大的速度射入？ 答案 (1)10 N/C ，方向竖直向下 (2)π＋arcsin 53(s) (3)3.75 m/s解析 (1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有：Eq ＝mg 得：E ＝q mg＝10 N/C ，方向竖直向下(3)因速度方向与半径垂直，圆心必在挡板上， 设小球与挡板碰撞n 次，有R ≤2n h又R ≥x ，n 只能取0,1. n ＝0时，(2)问不符合题意 n ＝1时，有(3R －h)2＋x 2＝R 2解得：R 1＝3 m ，R 2＝3.75 m轨迹如图，半径为R 2时运动时间最长洛伦兹力提供向心力：qvB ＝mR2v2得：v ＝3.75 m/s.【方法技巧】带电粒子在叠加场中运动的处理方法 1．弄清叠加场的组成特点．2．正确分析带电粒子的受力及运动特点． 3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE ＝qvB ；重力场与磁场中满足mg ＝qvB ；重力场与电场中满足mg ＝qE.(2)若三场共存时，合力为零，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)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m r v2.(4)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． 考点二 带电粒子在组合场中的运动分析例2、【2020·江苏卷】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ； （3）若考虑加速电压有波动，在（）到（）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件． 【答案】（1）（2）（3）（2）（见图）最窄处位于过两虚线交点的垂线上解得（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径r2 的最大半径由题意知 2r1min–2r2max >L，即解得【变式探究】如图3所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L.质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．图3(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．解析 (1)若k ＝1，则有MP ＝L ，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为 R ＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB 0＝m R v2粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝21mv 2综合上式解得：E ＝2dm L2【变式探究】如图4所示的直角坐标xOy 平面内有间距为d ，长度为33d 的平行正对金属板M 、N ，M 位于x 轴上，OP 为过坐标原点O 和极板N 右边缘的直线，与y 轴的夹角θ＝3π，OP 与y 轴之间及y 轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从M 板左侧边缘以速度v 0沿极板方向射入，恰好从N 板的右侧边缘A 点射出进入磁场．粒子第一次通过y 轴时，速度与y 轴负方向的夹角为6π.不计粒子重力，求：图4(1)极板M 、N 间的电压； (2)匀强磁场磁感应强度的大小； (3)粒子第二次通过y 轴时的纵坐标值；(4)粒子从进入板间到第二次通过y 轴时经历的时间． 答案 (1)0 (2)qd 2mv0 (3)2d (4)(63＋7π)v0d(2)设粒子经过A 点时的速度为v ，方向与x 轴的夹角为α， 根据动能定理，得qU ＝21mv 2－21mv02cos α＝v v0解得v ＝2v 0，α＝3π设粒子第一次与y 轴相交于D 点，轨迹如图，由几何关系知D 点与A 点高度相等，△C 1DO 为等边三角形． R ＝d根据牛顿定律，得qvB ＝m R v2 整理得B ＝qd 2mv0.(3)粒子在y 轴右侧空间的运动轨迹如图． 由几何关系知 DE ＝2Rcos θ＝d 即E 点的纵坐标为y E ＝2d. (4)粒子从A 到D 的时间 t 2＝31T从D 到E 的时间t 3＝65T 而T ＝qB 2πm ＝v0πd 故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(63＋7π)v0d .【举一反三】如图5所示，相距3L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT 上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT 下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB 上有点Q ，PQ 间距离为L.从某时刻起由Q 以初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为＋q 、质量为m.通过PT 上的某点R 进入匀强电场Ⅰ后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若PR 两点的距离为2L.不计粒子的重力．试求：图5(1)匀强电场Ⅰ的电场强度的大小和MT 之间的距离；(2)有一边长为a 、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S ，将其置于CD 右侧且紧挨CD 边界，若从Q 点射入的粒子经AB 、CD 间的电场从S 孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S 孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q 点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于21a ，求磁感应强度B 的大小应满足的条件以及从Q 出发再返回到Q 所经历的时间．答案 (1)0 21L (2)B ＝qa 2mv0(1＋2n，n ＝1,2，… v06L ＋2(2n ＋1v0(6n ＋1πa，n ＝1,2，…解析 (1)设粒子经PT 直线上的点R 由E 2电场进入E 1电场，由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 2与t 1，到达R 时竖直速度为v y ， 则由F ＝qE ＝ma ， 2L ＝v 0t 2， L ＝v 0t 1， L ＝21·m E2q t22， E 1＝2E 2， 得E 1＝0 v y ＝m E2q t 2＝m E1q t 1 MT ＝21·m E1q t12 联立解得MT ＝21L.【方法技巧】带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动． (2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口． 考点三 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析例3、如图6甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向的带负电粒子．图6已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为B0t0π，不计粒子的重力．求： (1)t ＝t 0时，求粒子的位置坐标；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E 0值．位置坐标(π2v0t0，0)．(1分)(2)粒子t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示 r 2＝2r 1(2分)r 1＝B0q mv0 r 2＝B0q mv2(1分) 得v 2＝2v 0(1分)又m q ＝B0t0π，r 2＝π2v0t0(1分)粒子在t 0～2t 0时间内做匀加速直线运动，2t 0～3t 0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离：h m ＝2v0＋2v0t 0＋r 2＝(23＋π2)v 0t 0.(2分)答案 (1)(π2v0t0，0) (2)(23＋π2)v 0t 0 (3)n πv0B0，(n ＝1,2,3，…)【变式探究】如图7甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．图7(1)若Δt ＝21T B ，求B 0；(2)若Δt ＝23T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B 0＝qd 4mv0，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B . 答案 (1)qd mv0 (2)0 (3)3v0πd 或412v0d解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1， 由牛顿第二定律得qv 0B 0＝0① 据题意由几何关系得R 1＝d ②联立①②式得B 0＝qd mv0③(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝v02πR⑦ 由牛顿第二定律得 qv 0B 0＝0 ⑧由题意知B 0＝qd 4mv0，代入⑧式得 d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0<θ<2π，由题意可知 2π＋θT ＝2TB ⑩设经历完整T B 的个数为n(n ＝0,1,2,3，…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋Rsin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝6π(或sin θ＝21)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝3v0πd ⑭当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2Rsin θ＋2(R ＋Rsin θ)n ＝d ⑯当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 4 1(或sin θ＝41)⑱ 联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝412v0d ⑲当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求．1.【2020·新课标Ⅱ卷】（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。
高三复习专题——带电粒子在复合场中的运动优秀教案
的带负电粒子从静止开始经过场强为 E0 、宽度为 d 的电场加速后，从 O 点（ O 点为 AD的中点）垂直入 AD
进入磁场，从 BC 边离开磁场，离开磁场时速度方向与 BC 边成 60o ，不计重力与空气阻力的影响。 （1）粒子经电场加速射入磁场时的速度？ （2）长方形 ABCD区域内磁场的磁感应强度为多少？
例题 2： 如图所示，在平面直角坐标系 xoy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形 MNP 区域内存在垂直于坐标平面 向外的匀强磁场， y O 的区域内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场．一质量 m ，带电量 q 的带电粒子从电 场中 Q(2h,h) 点以速度 v 0 水平向右射出，经坐标原点 O 处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于 PN 的方向射出 磁场．已知 MN 平行于 x 轴， N 点的坐标为 (2h,2h) ，不计粒子的重力，求： （1）电场强度 E 的大小； （2）磁感应强度 B 的大小；
E0qd
1 2
mv2
0
洛 伦 兹 力 与 速 运动 度垂直
qvB mv 2 r
（3）规范解答过程：必要的文字说明；作出准确受力分析图及运动轨迹图；建立准确物理方程
解：（1）带电粒子在电场中加速运动，
带电粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知
由动能定理得
E0qd
1 2
mv2
0
粒子经电场加速射入磁场时的速度 v
受力特点 只受电场力 电场力与速度垂直
第一阶段 运动特点 类平抛运 动
运动过程分析
第二阶段
物理规律
受力特点
运动特点
牛顿第二定律 只受洛伦兹力
匀速圆周
运动学公式
洛伦兹力与速度垂直 运动
高三物理二轮复习带电粒子在磁场复合场中的运动教学案无答案(新)
任何知识都不可以带给你好运，但它们能让你静静成为你自己。
放弃很简单，但你坚持究竟的样子必定很酷！带电粒子在磁场、复合场中的运动【知识重点】1. 在磁场中的圆周运动：若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做运动。
向心力：；轨道半径：；周期：。
2. 解决这种问题需要注意：剖析带电粒子的受力特色，确立运动规律是重点。
在办理圆周运动问题时经常波及到轨迹半径和时间确实定，要擅长运用几何关系。
【例题剖析】例 1. 如下图，三条足够长的平行虚线a 、b 、c ，ab 间和 bc 间相 距分别为 2L 和 L ，ab 间和 bc 间都有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度分别为B 和 2 。
质量为 ，带电量为q 的粒子沿垂直B m于界面 a 的方向射入磁场地区，不计重力，为使粒子能从界面 c 射出磁场，粒子的初速度大小应满足什么条件？abcB2Bv 02L L例 2. 真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感觉强度的大小 B =0.60 T 。
磁场内有一块足够大的平面感光平板 ab ，板面与磁场方向平行。
在距 ab 的距离为 l =10cm 处，有一个点状的α放射源 S ，它仅在纸平面内向各个方向平均地发射α 粒子。
设放射源每秒发射n =3.0 ×10 4 个 α 粒 子，每个 α 粒子的速度都是v =6.0 ×10 6m/s 。
已知 α 粒子的电荷与质量之比q/m =5.0 ×10 7m/s C/kg 。
求每分钟有多少个 α 粒子打中 ab 感光平板？例 3. 初期的电视机是用显像管来显示图像的，在显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。
图甲为显像管工作原理表示图，阴极K 发射的电子束（初速不计）经电压为U 的加快电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为，半径为r ，荧光屏到磁场区中心OMNO 的距离为 。
当不加磁场时，电子束将经过 O 点垂直打到屏幕的中心P 点，当磁场的磁感觉强度随L时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上获得一条长为 2 3 L 的亮线。
高三物理复习课 带电粒子在组合场中运动教学设计
带电粒子在组合场中的运动 教学设计教材内容和学情分析：1．《带电粒子在电磁场中的运动》在高考中，是重点内容，常以压轴题出现，要求学生有较高的综合解题的能力。
2．学情分析：此教学设计适用于高三二轮复习。
学生已经掌握了电场、磁场的基本知识和方法，通过本节课的学习，进一步深化对带电粒子在电磁场中运动问题的理解，构建解决这一类复杂问题的思维框架。
教学目标：1. 复习带电粒子在独立电磁场中的四种基本运动的规律。
2. 构建“带电粒子在独立电磁场中的运动”一类问题的结构框架。
3. 启发学生对化解复杂问题是思考。
教学思想：启发式教学教学重、难点：构建“带电粒子在独立电磁场中的运动”一类问题的结构框架。
教学策略：通过对例题的分析，启发学生将带电粒子在电磁场中拆解为四个基本模型的组合，例题循序渐进，逐步深化学生的理解。
教学过程：一． 问题分类⎩⎨⎧复合场：相互叠加组合场：彼此独立电磁场 二．四个基本模型1.0v ∥E ，做匀变速直线运动； 思路：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理2.0v ⊥E ，做类平抛运动（匀变速曲线运动）； 思路：运动的分解、功能关系3.0v ∥B （不受力），做匀速直线运动； 思路：匀速运动公式4.0v ⊥B ，做匀速圆周运动； 思路：圆周运动公式、牛顿定律、几何知识三．多种组合1．v 0⊥B v ∥E例1：电磁场分布如图所示，带负电粒子从原点沿y 轴正方向进入匀强磁场中，已知匀强电场强度E ，磁场位于第一二象限，磁感应强度为B ，粒子进入磁场是的速度大小为v ，粒子电量为q ，质量为m ，忽略粒子重力。
求：粒子第三次通过x 轴时：所通过的路程S=？总时间t=？此题设计意图：1.引导学生通过分析运动过程，将整个运动过程拆解为基本模型2.通过解题，复习相关知识。
学生活动：在教师引导下对问题进行分析。
教师活动：分析运动过程，启发学生将问题分解为基本模型。
板书解题过程。
解析：过程1：v 0⊥B ：粒子在磁场中做匀速圆周运动根据牛二定律： rv m qvB 2= ， 得qBm v r = ， 圆周运动周期： mv r T ππ22==过程2：v ∥E ：粒子在匀强电场中做匀变速直线运动（先减速至零后反向加速）根据牛二定律： mEq a -= 根据匀变速直线运动公式得单程位移 av L 202-= 时间 av -0=单t 运动分析可得，粒子第三次通过X 轴时所通过的总路程L r s 24+=所经历的总时间单总t +=T t2. 0v ⊥E ，v ⊥B例2：电磁场分布如图所示，带电粒子从y 轴上的P 点垂直电场线方向进入匀强电场，已知：v 0，m ，+q ，E ，B ，OP=d ；求：粒子第三次通过x 轴时的坐标x=？运动总时间t=？此题设计意图：在例1基础上，学生尝试将整个运动过程拆解，初步认识类问题的结构框架。
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专题六 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动考情分析命题解读本专题共6个考点，其中带电粒子在匀强磁场中运动为高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)基础性。
以选择题考查学生对安培力、洛伦兹力提供向心力的理解能力。
(2)综合性。
以组合场、现代科技等问题考查学生分析综合能力。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
1.(2017·江苏清江中学冲刺模拟)在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量质子和α粒子的混合粒子分离开，如图1所示，初速度可忽略的质子和α粒子，经电压为U 的电场加速后，进入分离区，如果在分离区使用匀强电场或匀强磁场把粒子进行分离，所加磁场方向垂直纸面向里，所加电场方向竖直向下，则下列可行的方法是( )图1A.电场和磁场都不可以B.电场和磁场都可以C.只能用电场D.只能用磁场解析 在加速电场中，由动能定理得qU ＝12mv 20 ，若分离区加竖直向下的电场，设偏转电场的宽度为L ，则在电场中偏转时有：沿电场方向y ＝12at 2＝12qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL22mv 20，联立得粒子在分离区偏转距离y ＝EL 24U，可知，加速电压U 相同，偏转电场的E 和L 相同，y 相同，所以不能将质子和α粒子进行分离；若分离区加垂直纸面向里的磁场，粒子进入偏转磁场时，轨迹半径r ＝mv 0qB ＝1B2mUq，由于质子和α粒子的比荷不同，运动的半径r 也不同，所以能将两种粒子分离，故A 、B 、C 项错误，D 项正确。
答案 D2.(多选)(2017·江苏扬州市高三期末检测)回旋加速器工作原理示意图如图2所示，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U 、频率为f 的交流电源上，若A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是( )图2A.若只增大交流电压U ，则质子获得的最大动能增大B.若只增大交流电压U ，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C.若磁感应强度B 增大，交流电频率f 必须适当增大才能正常工作D.不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析 当粒子从D 形盒中出来速度最大时，根据qv m B ＝m v 2mR ，得v m ＝qBR m ，那么质子获得的最大动能E km ＝q 2B 2R 22m ，则最大动能与交流电压U 无关，故A 项错误；根据T ＝2πmBq，若只增大交变电压U ，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B 项正确；根据T ＝2πmBq，若磁感应强度B 增大，那么T 会减小，只有当交流电频率f 必须适当增大才能正常工作，故C 项正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T ＝2πmBq知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，故D 项错误。
答案 BC3. (多选)(2017·盐城三模)如图3所示，圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，A 、B 、C 、D 是均匀分布在圆上的四个点。
带正电的粒子从A 点以一定的速度对准圆心O 进入磁场，从D 点离开磁场，不计粒子的重力。
下列说法中正确的是( )图3A.只改变粒子的带电性质，粒子在磁场中运动时间不变B.只改变粒子进入磁场时速度的方向，粒子仍从D 点射出磁场C.只改变粒子进入磁场时速度的方向，粒子出磁场时速度方向不变D.只增大粒子进入磁场时速度的大小，粒子在磁场中运动时间变长解析 粒子从A 点向圆心射入，出磁场时速度的反向延长线过圆心，根据轨迹特点得出粒子在磁场中运动14圆周，只改变粒子带电性质，粒子还是运动14圆周，运动时间不变，A 项正确；粒子速度不变时，轨道半径不变，等于圆形区域的半径。
当改变速度方向时，把出入磁场时轨迹的半径和圆形区域的半径画出，发现对应四边形为菱形，射出速度方向与OD 平行，B 项错误，C 项正确；只增大粒子进入磁场的速度，轨道半径变大，对应圆心角变小，而粒子运动的周期不变，则粒子在磁场中运动时间变短，D 项错误。
答案 AC4. (多选)(2016·南通、泰州、扬州、淮安二模)如图4所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点。
则 ( )图4A.打在P 1点的粒子是42He B.打在P 2点的粒子是21H 和42He C.O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍 D.粒子在偏转磁场中运动的时间都相等解析 粒子在速度选择器中沿直线前进时，qE ＝qvB ，v ＝EB，则从O 2出来的粒子速度相同，粒子进入偏转磁场时，r ＝mv qB，则有r 11H ∶r 21H ∶r 42He ＝1∶2∶2，O 2P 1和O 2P 2为粒子轨迹的直径，所以打在P 1点的粒子是11H ，打在P 2点的粒子是21H 和42He ，A 项错误，B 、C 选项正确；粒子在偏转磁场中的偏转周期为T ＝2πm qB，则有r 11H ∶r 21H ∶r 42He ＝1∶2∶2，三种粒子均转过半圈，所以r 11H ∶r 21H ∶r 42He ＝1∶2∶2，D 项错误。
答案 BC带电粒子在有界匀强磁场中的运动1.常见三种临界模型草图2.分析临界问题时应注意从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律。
如：(1)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；(2)当速率v 一定时，弧长(或弦长)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；(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长； (4)直径是圆的最大弦。
【例1】 (2017·海门中学)如图5所示为一环形磁约束装置的原理图，圆心为原点O 、半径为R 0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场。
一束质量为m 、电荷量为q 、动能为E 0的带正电粒子从坐标为(0、R 0)的A 点沿y 负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x 轴上的P 点，方向沿x 轴正方向。
当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q 点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ 与x 轴正方向成60°。
不计重力和粒子间的相互作用。
求：图5(1)区域Ⅰ中磁感应强度B 1的大小；(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B 2的大小、方向及环形半径R 至少为多大；(3)粒子从A 点沿y 轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A 点的运动周期。
解析 (1)设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r 1＝R 0r 1＝mv qB 1 E 0＝12mv 2解得B 1＝2mE 0qR 0(2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r 2，部分轨迹如图，由几何关系知r 2＝33r 1 r 2＝mv qB 2联立得B 2＝3B 1＝6mE 0qR 0方向与B 1相反，即垂直平面向外。
由几何关系得R ＝2r 2＋r 2＝3r 2 即R ＝3R 0(3)轨迹从A 点到Q 点对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要仍从A 点沿y 轴负方向射入，需满足150n ＝360m ，m 、n 属于自然数，即取最小整数m ＝5，n ＝12T ＝12⎝⎛⎭⎪⎫14T 1＋23T 2 其中T 1＝2πm qB 1，T 2＝2πm qB 2代入数据得T ＝（86＋92）πR 0mE 03E 0答案 (1)2mE 0qR 0(2)6mE 0qR 0方向垂直平面向外3R 0 (3)（86＋92）πR 0mE 03E 0【变式1】 (2017·江苏南京市、盐城市高三一模)如图6所示，在以O 为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2 T 。
AO 、CO 为圆的两条半径，夹角为120°。
一个质量为m ＝3.210－26kg 、电荷量q ＝－1.610－19C 的粒子经电场加速后，从图中A 点沿AO 进入磁场，最后以v ＝1.0105m/s 的速度从C 点离开磁场。
不计粒子的重力。
求：图6(1)加速电场的电压； (2)粒子在磁场中运动的时间； (3)圆形有界磁场区域的半径。
解析 (1)在电场中加速，有qU ＝12mv 2，U ＝1 000 V 。
(2)粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB ，t ＝16T ＝πm 3qB≈1.010－6s 。
(3)由qvB ＝m v 2R ，粒子运动的轨道半径R ＝mvBq＝0.10 m如图所示，圆形磁场的半径为r ＝R tan 30°≈0.058 m 。
答案 (1)1 000 V (2)1.010－6s (3)0.058 m带电粒子在组合场中的运动1.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法是2.带电粒子在组合场中运动的处理方法【例2】 (2017·江苏泰州市高三一模)在竖直图7面内建立直角坐标系，曲线y ＝x 220位于第一象限的部分如图7所示，在曲线上不同点以初速度v 0向x 轴负方向水平抛出质量为m ，带电荷量为＋q 的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为B ＝π10T ，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y 轴负半轴上(已知重力加速度g ＝10 m/s 2，q m＝102C/kg)。
求： (1)第三象限的电场强度大小及方向； (2)沿水平方向抛出的初速度v 0；(3)为了使所有的小球都能打到y 轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积。
解析 (1)小球做匀速圆周运动，则mg ＝qE 解得E ＝0.1 N/C ，方向竖直向上(2)令小球释放点坐标为(x ，y ) 由平抛规律可知x ＝v 0t ，y ＝12gt 2。
解得y ＝g 2v 20x 2 由题意可知y ＝x 220联立可得v 0＝10 m/s(3)设小球在进入第三象限时合速度为v ，与x 轴负半轴夹角为α。
则有v 0＝v cos α洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2r ，r ＝mvqB打在y 轴负方向上的点与原点距离为H ＝2r cos α＝2mv 0qB可见所有小球均从y 轴负半轴上同一点进入第四象限 最小磁场区域为一半径为R ＝mv 0qB的半圆 其面积为S min ＝πR 22＝12π⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 0qB 2解得S min ＝0.5 m 2。