資源簡介

第10講　磁場
目標要求　
1.會用安培定則判斷磁場的方向，會進行磁感應強度的疊加。
2會分析和計算安培力、洛倫茲力的方向和大小。
3會判斷帶電粒子在磁場中的運動性質并會解決相應問題。
考點一　磁場的基本性質　安培力
1．磁場的產生與疊加
2．安培力的分析與計算
方向 左手定則 電流間的作用力：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥
大小 直導線 F＝BILsin θ，θ＝0時F＝0，θ＝90°時F＝BIL
導線為 曲線時 等效為ac直線電流
受力 分析 　 根據力的平衡條件或牛頓運動定律列方程
例1　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，電流方向如圖所示，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＝k，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B1，方向水平向右
B．大小為B1，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
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例2　如圖所示，半徑為R的金屬圓環用絕緣輕質細線懸掛于天花板上，金屬圓環中通以逆時針方向的電流，圖中A、C與圓心O連線的夾角為120°，只在直線AC上方區域內加一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，金屬圓環處于靜止狀態時，細線中的拉力大小為F1；若只在直線AC下方區域內加與上述相同的磁場，金屬圓環處于靜止狀態時，細線中的拉力大小為F2，則金屬圓環中的電流大小為(　　)
A. B.
C. D.
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考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．分析帶電粒子在勻強磁場中運動的方法
基本 思路 (1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡 (2)找聯系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，運動時間與周期相聯系 (3)用規律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規律，特別是半徑公式和周期公式
基本 公式 qvB＝m，T＝
重要 結論 r＝，T＝
圓心的 確定 (1)軌跡上的入射點和出射點的速度垂線的交點為圓心，如圖(a) (2)軌跡上入射點速度垂線和兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b) (3)沿半徑方向距入射點距離等于r的點，如圖(c)(當r已知或可算)
半徑的 確定 方法一：由物理公式求，由于qvB＝ 所以半徑r＝ 方法二：由幾何關系求，一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)通過計算來確定
時間的 求解 方法一：由圓心角求，t＝·T 方法二：由弧長求，t＝
2.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個重要結論
(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，θ1＝θ2＝θ3)。
(2)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向(如圖乙，兩側關于兩圓心連線對稱)。
(3)粒子速度方向的偏轉角等于其軌跡的對應圓心角(如圖甲，α1＝α2)。
3．帶電粒子在磁場中運動的多解成因
(1)磁場方向不確定形成多解；
(2)帶電粒子電性不確定形成多解；
(3)速度不確定形成多解；
(4)運動的周期性形成多解。
例3　(2023·全國乙卷·18)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(　　)
A. B. C. D.
學習筆記：______________________________________________________________
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例4　(2023·江蘇南京市模擬)a、b兩個帶正電的粒子經同一電場由靜止加速，先后以v1、v2從M點沿MN進入矩形勻強磁場區域，經磁場偏轉后分別從PQ邊E、F離開。直線ME、MF與MQ的夾角分別為30°、60°，粒子的重力不計，則兩個粒子進入磁場運動的速度大小之比為(　　)
A．v1∶v2＝1∶3 B．v1∶v2＝3∶1
C．v1∶v2＝3∶2 D．v1∶v2＝2∶3
學習筆記：______________________________________________________________
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例5　(2023·江蘇揚州市期末)云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異種電荷的粒子a和b，如圖所示，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，半徑之比ra∶rb＝6∶1，相同時間內的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，不計重力及粒子間的相互作用力，則(　　)
A．粒子a電性為正
B．粒子a、b的質量之比ma∶mb＝6∶1
C．粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta∶Tb＝1∶2
D．粒子b的動量大小pb＝mv
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考點三　帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界與極值問題
1．解決帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態思維，利用動態圓思想尋找臨界點，確定臨界狀態，根據粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。
2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。
3.常見的動態圓
示意圖 適用條件 應用方法
放縮圓 (軌跡圓的圓心在P1P2直線上) 粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射點P為定點，將半徑放縮作軌跡圓，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
旋轉圓 (軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝的圓上) 粒子的入射點位置相同，速度大小一定，速度方向不同 將一半徑為R＝的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索出臨界條件
平移圓 (軌跡圓的所有圓心在一條直線上) 粒子的入射點位置不同，速度大小、方向均一定 將半徑為R＝的圓進行平移
磁聚焦與 磁發散 磁聚焦 磁發散 粒子速度大小相同，軌跡圓半徑等于區域圓半徑 帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射方向平行——磁聚焦，從邊緣某點以不同方向入射時平行出射——磁發散
例6　如圖所示，S為一離子源，MN為足夠長的熒光屏，S到MN的距離為SP＝L，MN左側區域有足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。某時刻離子源S一次性沿平行紙面各個方向均勻地噴發大量的質量為m、電荷量為q、速率為的正離子(此后不再噴發)，不計離子重力，不考慮離子之間的相互作用力。則(　　)
A．打中熒光屏的最短時間為
B．打中熒光屏的最長時間為
C．打中熒光屏的寬度為2L
D．打到熒光屏的離子數與發射的總離子數比值為
學習筆記：______________________________________________________________
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例7　如圖所示，半徑為R的圓形區域的圓心位于直角坐標系的坐標原點O，該圓形區域內有垂直坐標平面的勻強磁場(圖中未畫出)。磁場區域外右側有寬度為R的粒子源，M、N為粒子源兩端點，M、N連線垂直于x軸，粒子源中點P位于x軸上，粒子源持續向x軸負方向發射質量為m、電荷量為q(q>0)、速率為v的粒子。已知從粒子源中點P發出的粒子，經過磁場區域后，恰能從圓與y軸負半軸的交點Q處沿y軸負方向射出磁場，不計粒子重力及粒子間相互作用力。求：
(1)勻強磁場的磁感應強度；
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(2)從粒子源發出的粒子經過磁場區域的路程范圍。
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1.(2023·江蘇省學業水平考試模擬)已知通電直導線在其延長線上產生的磁感應強度大小為零，通電圓形導線在其圓心處產生的磁感應強度大小與電流大小成正比，與圓形導線的半徑成反比，即B＝k，k為比例系數。現有兩段四分之一圓弧導線和兩段直導線組成的閉合回路如圖所示，O為兩段圓弧的共同圓心，大、小圓弧的半徑分別為r大和r小，回路中通有電流I，則圓心O處磁感應強度的大小和方向分別為(　　)
A．kI(－)，垂直紙面向外
B．kI(＋)，垂直紙面向里
C.(－)，垂直紙面向外
D.(＋)，垂直紙面向里
2.如圖所示，邊長為L的正三角形abc區域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向發射相同的帶電粒子，粒子質量為m，電荷量為q。粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區域，不計粒子的重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是(　　)
A．磁感應強度大小為
B．磁感應強度大小為
C．若發射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為
D．若發射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為
第10講　磁場
例1　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，M處導線未移動時，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B0，即B1，方向水平向右，故A正確。]
例2　A　[通電圓環在磁場中的有效長度均為L＝2Rsin 60°＝R，只在直線AC上方區域內加一垂直于紙面向里的勻強磁場，根據左手定則可知安培力的方向向下，細線中的拉力大小為F1＝mg＋BI·R，若只在直線AC下方區域加與上述相同的磁場，根據左手定則可得安培力的方向向上，則F2＝mg－BI·R，聯立解得I＝，故選A。]
例3　A　[由題知，帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a，粒子做圓周運動有qvB＝m，則＝，如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，有Eq＝qvB，聯立有＝，故選A。]
例4　B　[a、b兩個帶正電的粒子在磁場中的運動軌跡如圖
設a粒子的軌跡半徑為R1，b粒子的軌跡半徑為R2，MQ＝d，由幾何關系得
R1＋R1sin 30°＝d，R2－R2sin 30°＝d
解得R1∶R2＝1∶3
設加速電場的電壓為U，勻強磁場的磁感應強度為B，有
Uq＝mv2，qvB＝m
可得v＝
則v1∶v2＝3∶1，故選B。]
例5　D　[由題圖中軌跡結合左手定則可知，粒子a電性為負，故A錯誤；相同時間內的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，可知粒子a、b的速率之比為va∶vb＝la∶lb＝3∶1，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，由于粒子a、b的電荷量大小相等，半徑之比ra∶rb＝6∶1，則有mava∶mbvb＝ra∶rb＝6∶1，聯立可得ma∶mb＝2∶1，故B錯誤；根據周期表達式T＝可得粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta∶Tb＝ma∶mb＝2∶1，故C錯誤；根據動量守恒可得mv＝mava＋mbvb，又mava∶mbvb＝6∶1，聯立可得粒子b的動量大小為pb＝mbvb＝mv，故D正確。]
例6　A　[根據qvB＝m，則離子軌跡半徑r＝＝L，離子軌跡對應弦長最短時運動時間最短，即離子恰好打中P點，如圖甲所示
根據幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為60°，能打中熒光屏的最短時間為t＝T＝，故A正確；
離子運動軌跡如圖乙所示
離子速度為v1時從下側回旋，剛好和邊界相切于B點，離子速度為v2時從上側回旋，剛好和上邊界相切于A點，打到B點的離子離開S時的初速度方向和打到A點的離子離開S時的初速度方向夾角θ＝π，能打到熒光屏上的離子數與發射的離子總數之比k＝＝，離子的周期T＝，打中熒光屏的最長時間為t＝T＝，故B、D錯誤；
離子打中熒光屏的范圍總長度為圖乙中的AC長度，由幾何關系可知|AC|＝(＋1)R＝(＋1)L，打中熒光屏的寬度為(＋1)L，故C錯誤。]
例7　(1)，方向垂直紙面向里
(2)≤s≤
解析　(1)根據題意可知從粒子源中點P發出的粒子在磁場里運動軌跡為四分之一圓周，軌跡半徑為r1，由幾何關系可知r1＝R
根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
聯立解得B＝
根據左手定則可知，磁感應強度方向垂直紙面向里。
(2)根據題意可知，從N點出射的粒子在磁場中運動的路程最短，如圖甲所示
根據幾何關系可得cos∠COB＝＝
解得∠COB＝60°
因為四邊形OBO1Q為菱形，
所以∠QO1B＝60°
則粒子經過磁場區域的最短路程為
s1＝×2πR＝
根據題意可知，從M點出射的粒子在磁場中運動的路程最長，如圖乙所示
易知四邊形O2DOQ為菱形，根據幾何關系可知∠QO2D＝120°
則粒子經過磁場區域的最長路程為
s2＝×2πR＝
所以從粒子源發出的粒子經過磁場區域的路程范圍為≤s≤。
高考預測
1．C　[由電流方向及安培定則可知，大、小圓弧導線在圓心O處產生的磁場方向相反，分別為垂直紙面向里、垂直紙面向外，由題可知，小圓弧導線產生的磁場的磁感應強度大于大圓弧導線產生的，故圓心處磁感應強度的方向垂直紙面向外，B、D錯誤；題中大、小圓弧均為四分之一圓弧，故圓心處磁感應強度的大小為(－)，A錯誤，C正確。]
2．B　[磁場垂直紙面向外，粒子恰好沒有穿出磁場區域，因此粒子運動軌跡的直徑等于過O點垂直于bc的線段大小，設垂足為d，由幾何關系得Od＝L，所以半徑r＝L，由于洛倫茲力提供向心力qvB＝m，解得B＝＝，故A錯誤，B正確；當發射粒子速度為2v時，由q×2vB＝m，解得r1＝＝，粒子在磁場中運動的最短時間就是在磁場中轉過最小的角度，當粒子從垂足d出去時，時間最短，由幾何關系可得，轉過的角度為θ＝60°，則時間為，又因為T＝＝＝，即有t＝＝，故C、D錯誤。]

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