29專題10磁場及帶電粒子在磁場中的運動考向一磁場的性質及安培力角度1磁感應強度的疊加【典題例析】[典例1](2024·宜春一模)如圖所示,A、B、C、E、F是在紙面內圓上的五個點,其中連線EF、AC過圓心O點,A、B關于EF對稱,∠AOF=60°,在E、F兩點處垂直于紙面放置兩根相互平行的長直細導線,兩根導線中分別通有大小相等的電流I。已知通電直導線形成的磁場[1]在空間某點處的磁感應強度大小B=kIr,k為常量,r為該點到導線的距離。若E處的電流在A點產生的磁感應強度大小為B1[A.若兩根導線中的電流同向,則O點磁感應強度大小為23B1B.若兩根導線中的電流同向,則A、B兩點磁感應強度相同,均為2B1C.若兩根導線中的電流反向,則A、C兩點磁感應強度相同,均為3B1D.無論兩根導線中的電流同向還是反向,A、B、C三點的磁感應強度大小均為2B1【題眼破譯】[1]用來表示通電直導線形成的磁場的磁感線是以導線為圓心的同心圓。[2]根據幾何關系和公式B=kIr,可以分別求出E處的電流在B、C處,F處的電流在A、B、C【解析】選D。同向電流在O點的磁場方向相反,磁感應強度大小相等,故若兩根導線中的電流同向,O點磁感應強度大小為零,故A錯誤;根據幾何關系有rAFrAE=tan(90°-∠作出同向電流(假設電流方向向內)在A、B點磁感應強度的矢量圖如圖甲所示,則BE1=kIrAE=B1,BF1=kIrAF則A點磁感應強度為BA=BE12同理可得B點磁感應強度為BB=2B1故A、B兩點磁感應強度大小相等,均為2B1,根據矢量圖可知A、B兩點磁感應強度方向不同,故B錯誤;作出反向電流(假設E流入、F流出)在A、C點磁感應強度的矢量圖如圖乙所示,同前面分析,可以發現A、C兩點磁感應強度矢量和的方向相同,大小均為2B1,故C錯誤;根據前面的分析可知,無論兩根導線中的電流同向還是反向,A、B、C三點的磁感應強度大小均為2B1,故D正確。[預測1](多選)如圖,四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面,導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點,正方形中心位于坐標原點O,e為cd的中點且在y軸上;四條導線中的電流大小相等,其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里,其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則()A.O點的磁感應強度為0B.O點的磁感應強度方向由O指向cC.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向【解析】選B、D。由題知,四條導線中的電流大小相等,且到O點的距離相等,故四條導線在O點的磁感應強度大小相等,根據右手螺旋定則可知四條導線在O點產生的磁感應強度方向,如圖甲所示由圖甲可知,Bb與Bc相互抵消,Ba與Bd合成,根據平行四邊形定則,可知O點的磁感應強度方向由O指向c,其大小不為零,故A錯誤,B正確;由題知,四條導線中的電流大小相等,a、b到e點的距離相等,故a、b在e點的磁感應強度大小相等,c、d到e點的距離相等,故c、d在e點的磁感應強度大小相等,根據右手螺旋定則可知四條導線在O點產生的磁感應強度方向,如圖乙所示由圖乙可知Bc與Bd大小相等,方向相反,互相抵消;而Bb與Ba大小相等,方向如圖乙所示,根據平行四邊形定則,可知兩個磁感應強度的合磁感應強度沿y軸負方向,故C錯誤,D正確。【加固訓練】如圖所示,M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點,O為半圓弧的圓心,∠MOP=60°,在M、N處各有一長直導線垂直穿過紙面,方向如圖所示,且IM=2IN(已知電流為I的長直導線在其周圍激發的磁場中,距導線距離為r處的磁感應強度大小為B=kIr,其中k為常數),此時O點的磁感應強度大小為B1。若將M處長直導線移至P處,則此時O點的磁感應強度(A.大小為3B1,方向水平向右B.大小為3B1,方向水平向左C.大小為2B1,方向與水平方向夾角為30°斜向右下D.大小為2B1,方向與水平方向夾角為30°斜向右上【解析】選A。設N處導線在O點激發磁場的磁感應強度大小為B0,則M處導線在O點激發的磁場的磁感應強度大小為2B0,導線未移動時,各導線在O點激發磁場的磁感應強度如圖中實線所示,可得B1=B0,將M處導線移到P處時,在O點激發磁場的磁感應強度大小仍為2B0,如圖中虛線所示,N處導線在O點激發磁場的磁感應強度不變,則此時合磁感應強度大小為3B0,即3B1,方向水平向右,故A正確。【模型圖解】方式情境圖示情境解讀磁感應強度B的疊加L1與L2電流大小相等a、b兩點的磁感應強度為兩個電流在這兩點的磁感應強度的矢量和(直線電流的磁場B=kIr1、2、3、4電流大小相等由右手定則,2、4導體棒在O點處的合磁場指向1,1、3導體棒在O點處的合磁場指向4,由對稱性可知正方形中心處O點的磁感應強度方向水平向左角度2安培力的大小和方向判斷安培力作用下導線運動情況的基本思路:【典題例析】[典例2](多選)(2024·福建選擇考)將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上,AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中,現給導線通以自A到B、大小為I的電流,則()A.通電后兩線拉力變小B.通電后兩線拉力變大C.安培力為πBIrD.安培力為2BIr【思路導引】左手定則↓判斷通電后半圓環AB受到的安培力的方向↓判斷通電后兩線拉力的變化情況↓明確半圓環AB所受安培力的等效長度↓計算安培力的大小【解析】選B、D。根據左手定則可知,通電后半圓環AB受到的安培力豎直向下,根據受力分析可知,通電后兩線拉力變大,故A錯誤,B正確;半圓環AB所受安培力的等效長度為直徑AB,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯誤,D正確。[變式](1)若半圓環的重力為G,每根絕緣線所受的拉力為多大?(2)若半圓環的重力為G,保持磁場大小不變,方向調整為豎直向下,每根絕緣線所受的拉力為多大?【解析】(1)設每根絕緣線對半圓環的拉力為F1,由受力平衡可知,2F1=G+2BIr,即F1=G+2由牛頓第三定律可知,每根絕緣線所受的拉力為G+2(2)作出右視圖,如圖所示,設每根絕緣線對半圓環的拉力為F2,由受力平衡可知,F2=G2由牛頓第三定律可知,每根絕緣線所受的拉力為F2=G2答案:(1)G+2BIr2【模型圖解】安培力作用下導體運動的判定方法:方法情境圖示情境解讀電流元法分割為電流元安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環形電流小磁針結論法同向電流互相吸引,反向電流互相排斥兩段不平行的直線電流相互作用時,有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法欲分析電流對磁體的作用力方向,可先分析磁體對電流的安培力方向,然后由牛頓第三定律實現目的考向二帶電粒子在磁場中的運動角度1帶電粒子速度大小和方向都不變適用條件帶電粒子進入勻強磁場的速度大小和方向均相同,但入射點的位置不同軌跡特點帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑相等,因入射點的位置不同,各軌跡圓通過平移能確定在不同入射點的運動軌跡方法技巧將半徑為R=mv【典題例析】[典例3](2024·塔城二模)如圖所示,圓心為O、半徑為R的圓形區域內存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出),ab、cd是兩條相互垂直的直徑,圓形區域外有一平行于cd、關于ab對稱放置的線狀粒子源ef,粒子源的長度為R[1],可以沿平行于ab的方向發射速度相同的同種帶電粒子,從粒子源上f點發射的粒子經磁場偏轉后從d點射出磁場。設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T,不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是()A.從e點發射的粒子在磁場中運動的時間最長[2],為23B.從e點發射的粒子在磁場中運動的時間最短[3],為13C.從f點發射的粒子在磁場中運動的時間最長,為13D.從f點發射的粒子在磁場中運動的時間最短,為16【題眼破譯】[1]可利用長度關系求角度。[2][3]所有粒子的運動軌跡圓半徑相同,則粒子運動軌跡越長,運動時間越長;運動軌跡越短,運動時間越短。【解析】選D。如圖甲所示,作出從粒子源上f點發射的粒子經磁場偏轉后從d點射出磁場的運動軌跡,過A點作Ob的垂線交于點E,由于粒子源ef的長度為R,關于ab對稱放置,所以AE長R2,由幾何關系可知∠AOE=30°,∠AO1d此時粒子運動的時間為t1=60°360°T從任意一點射入磁場,粒子的運動半徑等于R,作出如圖乙所示圖形,由幾何關系可知OCFd恒為一個菱形,即CF∥Od,因此所有的粒子都從d點射出如果粒子從f點向e點移動,粒子的偏轉角變大。從e點發射的粒子在磁場中運動軌跡如圖丙所示由幾何關系可得∠dAB=120°此時對應粒子運動時間t2=120°360°T綜上所述,從f點發射的粒子在磁場中運動的時間最短,為16T,從e點發射的粒子在磁場中運動的時間最長,為13[預測2](多選)(2024·泉州模擬)我國研制的世界首套磁聚焦霍爾電推進系統已經完成了全部在軌飛行驗證工作,可作為太空發動機使用,帶電粒子流的磁聚焦是其中的關鍵技術之一。如圖,實線所示的兩個圓形區域內存在垂直于紙面的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ,磁感應強度分別為B1、B2。兩圓半徑均為r,相切于O點。一束寬度為2r的帶電粒子流沿x軸正方向射入后都匯聚到坐標原點O。已知粒子的質量均為m、電荷量均為+q、進入磁場的速度均為v,不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用力。下列說法正確的是()A.B1的大小為mvB.從O點進入磁場Ⅱ的粒子的速度仍相等C.若B2=2B1,則粒子在磁場Ⅱ的邊界的射出點在四分之一圓周上D.若B2=0.5B1,則粒子在磁場Ⅱ中運動的最長時間為2π【解析】選A、D。由磁聚焦的特點可知,粒子在磁場中的運動半徑與磁場圓的半徑相等,即B1qv=mv2r,解得B1=mvqr,故A正確;洛倫茲力只改變帶電粒子的運動方向不改變其速度的大小,其速度大小相等,但速度的方向不同,故B錯誤;若B2=2B1,則r2=mv可知粒子離開磁場Ⅱ最遠的位置離原點為r,如圖1所示由幾何關系,弦所對圓心角為60°,故粒子在磁場Ⅱ的邊界的射出點在六分之一圓周上,故C錯誤;若B2=0.5B1,則r2=mvB2q=2r粒子在磁場中運動最長軌跡的圓心角為60°,則粒子在磁場Ⅱ中運動的最長時間為t=16×2π·2【模型圖解】方式情境圖示情境解讀平移圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上,該直線與入射點的連線平行磁聚焦帶電粒子以相同速度平行進入圓形磁場且做圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相同,所有帶電粒子偏轉后會聚于一點角度2帶電粒子速度方向改變、大小不變適用條件帶電粒子進入勻強磁場的速度大小一定,方向不同軌跡特點所有帶電粒子的軌跡圓的圓心在以入射點為圓心、半徑R=mv方法技巧將一半徑為R=mv【典題例析】[典例4](2024·深圳二模)如圖所示,半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場,磁場方向垂直于圓所在的平面。一速度為v的帶電粒子從圓周上的A點沿半徑方向射入磁場,入射點A與出射點B間的圓弧AB為整個圓周的三分之一。現有一群該粒子從A點沿該平面以任意方向射入磁場,已知粒子速率均為233v,忽略粒子間的相互作用,則粒子在磁場中最長運動時間為(A.3πR6vC.3πR3v 【思路導引】【解析】選C。粒子在磁場中做勻速圓周運動,設速率為v的帶電粒子的運動半徑為r1,其軌跡如圖中弧AB所示由題意可知∠AOB=120°,由幾何關系可得θ=30°圓周運動的半徑為r1=Rtanθ=由洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv可得粒子運動的半徑為r=mv可知粒子運動半徑與速率成正比,則速率為233v的粒子在磁場中圓周運動半徑為r2=233r1=2R,在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡的弦為磁場區域圓的直徑,粒子運動軌跡如圖中的弧AC。則角β滿足sinβ=Rr2,可得β=30°,粒子在磁場中運動的周期為T=2πrv=2[預測3](多選)(2024·邯鄲三模)如圖所示,在x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直于平面向里的勻強磁場。x軸上放置一無限長擋板,擋板上M、N兩點的坐標分別為(-l2,0)和(l2,0),坐標為(0,3l2)的P點存在一粒子源,可以在xOy平面內向各個方向均勻發射速率為vA.帶電粒子在磁場中順時針運動B.若v=3qBlC.若v=3qBlD.若v=qBl2m,將擋板撤去,則【解析】選B、C。根據左手定則,帶電粒子在磁場中逆時針運動,故A錯誤;根據半徑公式r=mvqB,v=3qBl2m,代入解得r=3l2,如圖甲所示,則打在擋板上的粒子的兩個臨界為①和②,對應的角度范圍為180°,則打在擋板上的粒子數占總數的12,故B正確;打在擋板上的長度為兩個臨界②和③,對應的長度分別為l1=3l2,l2=(2r)2-r2=3l2,擋板上有粒子打到的線段長度為Δl=l1【加固訓練】(多選)(2022·湖北選擇考)在如圖所示的平面內,分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分,一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場,另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小均為B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子,離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k,不計重力。若離子從P點射出,設出射方向與入射方向的夾角為θ,則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為()A.13kBL,0° B.12C.kBL,60° D.2kBL,60°【解析】選B、C。若離子通過下部分磁場直接到達P點,如圖甲根據幾何關系則有R=L,qvB=mv2R,可得v=qBLm=kBL,根據對稱性可知出射速度方向與SP當離子在上下部分磁場均通過一次時,如圖乙因為上下部分磁場的磁感應強度均為B,則根據對稱性有R'=12L,根據洛倫茲力提供向心力有qv'B=mv'2R',可得v'=qBL2m=12kBL,此時出射方向與入射方向相同,即出射方向與入射方向的夾角為θ'=0°。設偏轉次數為n,通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時,需滿足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(【模型圖解】方式情境圖示情境解讀旋轉圓帶電粒子進入勻強磁場的速度大小一定,方向不同,所有帶電粒子的軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=mv磁發散帶電粒子以相同速率從邊緣某點以不同方向進入圓形磁場且做圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相同,所有帶電粒子平行出射角度3帶電粒子速度方向不變、大小改變適用條件帶電粒子進入勻強磁場的速度方向一定,速度大小改變,進入磁場后做勻速圓周運動的半徑不同軌跡特點軌跡圓相切于入射點,圓心在垂直于初速度方向的同一直線上方法技巧以入射點為定點,將半徑放縮作出粒子運動軌跡,從而探索出臨界條件【典題例析】[典例5](2024·黔東南三模)真空中直角三角形ABC區域內(含邊界)存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應強度大小為B,AB邊長度為d,∠B的大小θ=60°。在BC的中點有一粒子源,能持續地沿平行BA方向發射比荷為k、速率不同的正粒子,如圖所示,不計粒子重力及粒子間的相互作用。求:(1)粒子在磁場中運動的最長時間;(2)從AB邊射出的粒子的速率范圍。【解析】(1)當粒子能從BC邊離開磁場時,其在磁場中運動時間最長,運動軌跡如圖甲所示設粒子在磁場中運動的速度為v1、軌跡半徑為r1,對應圓心角為α,由題意得qm=根據牛頓第二定律qv1B=m粒子在磁場中做圓周運動的周期為T=2π由幾何關系可得α=43粒子在磁場中運動的最長時間tm=α2π聯立解得tm=4π(2)如圖乙所示,當粒子運動軌跡與AC邊相切時,設其運動軌跡半徑為r2,粒子運動到AB邊有最大速度,當粒子運動軌跡恰好與AB邊相切時,設其運動軌跡半徑為r3,對應有最小速度,由幾何關系得r2=dr3=3qv2B=mqv3B=m粒子能從AB邊上射出的速度v3<v≤v2解得能從AB邊射出的粒子速率范圍為3kBd4<v答案:(1)4π3kB(2)3kBd4【模型圖解】方式情境圖示情境解讀放縮圓(無界磁場)粒子的入射點位置相同,速度方向一定,速度大小不同放縮圓(有界磁場)粒子的入射點位置相同,速度方向一定,速度大小不同。粒子恰好不射出磁場的臨界狀態是粒子運動軌跡與磁場邊界相切考向三帶電粒子在復合場中的運動角度1帶電粒子在組合場中的運動處理組合場的思路:【典題例析】[典例6](2024·龍巖三模)如圖所示,在xOy坐標平面內,半徑為R的圓形勻強磁場區域的邊界與x軸相切于原點O,與PM相切于A點,PM=2R。PQ、MN間存在著勻強電場,MC=R,MD=2R。現有一個質量為m、電荷量為q的正離子,從O點以速率v0沿y軸正方向射入磁場,并經過A點打到了D點。離子到達MN上即被吸收,不計離子重力。(1)求磁感應強度大小B;(2)若其他條件不變,僅將該離子從O點以偏向y軸正方向左側30°方向射入磁場,求離子在磁場中運動的時間t;(3)若其他條件不變,將大量的上述離子從O點均勻向各個方向射入y>0的區域,不計離子間的相互作用。求在CD區域接收到的離子數占發射出的總離子數的比例η。【解析】(1)離子在磁場中做圓周運動,軌跡如圖甲有Bv0q=mv根據幾何關系有r=R解得B=m(2)由(1)中圖甲可知,離子在磁場中運動的圓心角為θ=120°離子在磁場中運動的時間為t=120°360°T,解得t=2π(3)如圖乙由幾何關系可知,離子射出磁場時速度均為水平方向,設打在C點的離子從磁場邊界B點射出,在電場中做類平拋運動的水平位移為x,豎直位移為y,則有x=v0t=R,y=12at從A點射出的離子打到了D點,有2R=v0t'R=12at'聯立可得y=12設離子射入磁場時偏向y軸正方向角度為θ,由幾何關系可得sinθ=12RR=1所以在CD區域接收到的離子數占發射出的總離子數的比例為η=30°180答案:(1)mv0qR(2)2π【模型圖解】方式情境圖示情境解讀先電場,后磁場粒子先在電場中做勻加速直線運動,然后進入磁場中做勻速圓周運動,在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度h=12at2=qEt22m,v=v02+v粒子先在電場中做類平拋運動,然后進入磁場做勻速圓周運動,在電場中利用平拋運動知識求粒子剛進入磁場時的速度先磁場,后電場粒子在電場中做加速或減速運動,用動能定理或運動學公式列式粒子在電場中做類平拋運動,用運動的合成與分解進行處理角度2帶電粒子在疊加場中的運動處理疊加場的思路:【典題例析】[典例7](多選)(2024·安徽選擇考)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a,在紙面內做半徑為R的圓周運動[1],軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時,瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ[2],二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則()A.油滴a帶負電,所帶電量的大小為mgB.油滴a做圓周運動的速度大小為gBRC.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為3gBRED.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【題眼破譯】[1]重力與電場力平衡,洛倫茲力提供向心力。[2]分離前后,動量守恒。【解析】選A、B、D。油滴a做圓周運動,故重力與電場力平衡,可知帶負電,有mg=Eq,解得q=mgE,故A正確;根據洛倫茲力提供向心力Bqv=mv2R,解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=gBRE,故B正確;設小油滴Ⅰ的速度大小為v1,得3R=m2v1Bq2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期為T=2π·3Rv1=2πEgB,故C錯誤;帶電油滴a分離前后動量守恒,設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴【模型圖解】方式情境圖示情境解讀勻速直線運動Eq=qvB(或mg=qvB)電場與磁場或重力場與磁場二場并存qvBsinθ=EqqvBcosθ=mg重力場、電場與磁場三場并存勻速圓周運動mg=EqF向=qvB重力場、電場與磁場三場并存角度3帶電粒子在交變電、磁場中的運動交變電、磁場問題的處理思路:【典題例析】[典例8](2024·上饒模擬)如圖甲所示,長為a的平行板M、N分別位于第一、第二象限內,與坐標平面垂直并與y軸平行,兩板到y軸的距離相等,兩板的下端均在x軸上,兩板上所加的電壓隨時間變化的規律如圖乙所示(圖乙中U0、T0均已知),在第三、四象限內有垂直于坐標平面向里的勻強磁場。在y軸上y=a的P點沿y軸負方向均勻地射出質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,每個粒子均能進入磁場且從P點射出到進入磁場所用的時間均為T0,從t=0時刻射出的粒子剛好從N板下邊緣進入磁場,不計粒子的重力及粒子間的相互作用,磁場的磁感應強度大小為6am(1)M、N板間的距離為多少;(2)能再次進入兩板間的粒子數占總粒子數的比例為多少;(3)若將M、N極板上段截去一部分,使所有粒子從P點射出后經電場、磁場偏轉后均不能再進入電場,則截去部分的長度至少為多少。【解析】(1)設兩板間的距離為d,從t=0時刻射出的粒子剛好從N板的下邊緣飛出,則12d=2×12×qU0解得d=T(2)由于所有粒子穿過電場的時間均為T0,所以所有粒子在電場中運動時沿平行x軸方向的速度變化量為零,即所有粒子進磁場時,速度大小均為v0=a方向垂直于x軸向下;粒子在磁場中運動時,根據牛頓第二定律qv0B=mv解得r=T所有粒子在磁場中均做半徑為r的半圓周運動,則2r=23在第一個周期內,設在t時刻射入的粒子在離N板13d處進入磁場并恰好從M板處進入磁場,則d6=12·qU0md(T02-t)解得t=T根據對稱性得,能再次進入兩板間的粒子數占總粒子數的比例為η=2t(3)截去一段后,設粒子進磁場時的速度為v,速度與y軸負方向的夾角為