10微專題7磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動

微專題7磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動1．安培力與洛倫茲力力的大小力的方向作用效果聯(lián)系安培力通電導線與磁場垂直時，F(xiàn)＝BIL左手定則(F垂直于I與B決定的平面)安培力對導體做功導體中定向移動的電荷所受的洛倫茲力宏觀表現(xiàn)為安培力洛倫茲力電荷運動方向與磁場方向垂直時，f＝Bqv左手定則(f垂直于q與v決定的平面)洛倫茲力不做功，只改變速度的方向2．帶電粒子在磁場中的圓周運動運動電荷B⊥v時，運動電荷受洛倫茲力F＝qvB，提供運動電荷做勻速圓周運動的向心力．考向一磁場疊加安培力問題1．(2023·江蘇卷)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B.L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中．已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行．該導線受到的安培力為(C)A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)BIl解析：因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為Fab＝BI·2l＝2BIl，則該導線受到的安培力為2BIl，故C正確．2．(2022·江蘇卷)如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向(C)A．平行于紙面向上B．平行于紙面向下C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外解析：如圖所示，根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上方，右側部分的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分的安培力垂直紙面向外，右半部分的安培力垂直紙面向里，故C正確．考向二帶電粒子在磁場中的運動3．(2023·北京卷)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直．管道橫截面半徑為a，長度為l(l?a).帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為＋q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法中錯誤的是(D)A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為eq\f(Bqa,v)C．管道內(nèi)的等效電流為nqπa2vD．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql解析：帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r＝a，故A正確，不符合題意；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子的質(zhì)量m＝eq\f(Bqa,v)，故B正確，不符合題意；管道內(nèi)的等效電流為I＝nqSv＝nqπa2v，故C正確，不符合題意；由動量定理可得FΔt＝2nmΔtv，粒子束對管道的平均作用力大小F＝2nBqa，故D錯誤，符合題意．4．(2023·全國乙卷)如圖所示，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正方向入射到磁場中，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eq\f(l,2)，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)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)A．eq\f(E,2aB2) B．eq\f(E,aB2)C．eq\f(B,2aE2) D．eq\f(B,aE2)解析：由題知，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，則根據(jù)幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a，則粒子做圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2aB)，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)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，則有Eq＝qvB，聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故A正確，B、C、D錯誤．考向1磁場疊加安培力問題(2023·連云港考前模擬)超遠距離輸電通常采用特高壓直流輸電的方式，某段直流輸電線路中三根水平導線a、b、c平行且間距相等，其中a、b導線位于同一水平面內(nèi)，通入的電流大小為Ic＝2Ia＝2Ib，方向如圖所示．已知通電直導線周圍磁感應強度B＝keq\f(I,r)(r為磁場中某點到直導線的距離，k為常數(shù))，下列說法中正確的是(B)A．a(chǎn)、b兩根導線相互排斥B．b、c兩根導線對a的安培力方向豎直向下C．a(chǎn)、b兩根導線對c的安培力方向豎直向下D．三根導線在圖中三角形中心處的磁感應強度為零解析：由圖可知a、b兩根導線通入的電流方向相同，則a、b兩根導線相互吸引，故A錯誤；如圖甲所示為右側視圖，b、c兩根導線對a的安培力分別為吸引力和排斥力，根據(jù)Ic＝2Ib，B＝keq\f(I,r)，F(xiàn)＝BIaL，可得Fac＝2Fab，則有sinθ＝eq\f(Fab,Fac)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，則b、c兩根導線對a的安培力方向豎直向下，故B正確；由于a、b兩根導線對c的安培力均為排斥力，且Ia＝Ib，則a、b兩根導線對c的安培力大小相等，a、b兩根導線對c的安培力方向豎直向上，故C錯誤；根據(jù)安培定則，如圖乙所示，可知三根導線在圖中三角形中心處的磁感應強度不為零，故D錯誤．甲乙解決磁場疊加和安培定則的運用問題時應注意：(1)根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向．(2)磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向．(3)磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于各場源單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和．(2023·揚州期初)將一根粗細均勻的硬質(zhì)合金絲制成半徑為r的圓形導線框，P、Q兩點接入電路，電流表示數(shù)為I.范圍足夠大的勻強磁場垂直于導線框平面，磁感應強度大小為B，則線框所受安培力大小為(B)A．0 B．eq\r(2)BIrC．eq\f(3,4)πBIr D．eq\f(\r(2),2)BIr解析：由圖可知圓形導線框的大圓弧部分與小圓弧部分并聯(lián)，兩端圓弧受安培力的等效長度相等，即L＝eq\r(2)r，電流表示數(shù)為I，則通過等效長度的電流為I，故線框所受安培力大小為F安＝BIL＝eq\r(2)BIr，故B正確．考向2帶電粒子在勻強磁場中的運動(2023·全國甲卷改編)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計粒子重力．下列說法中錯誤的是(C)A．粒子的運動軌跡不可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射出小孔時粒子的速度越大，在筒內(nèi)運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線解析：粒子從P點沿磁場半徑方向進入磁場區(qū)域，以O1為圓心做圓周運動，從A點離開圓筒，軌跡如圖所示，由幾何關系可知△PO1O≌△AO1O，則AO1一定垂直于AO，即粒子一定會沿半徑方向離開磁場區(qū)域，與筒壁碰撞后依然沿半徑方向進入磁場區(qū)域，所以粒子不可能通過圓心O，故A正確，不符合題意；由圖可知粒子至少與筒壁碰撞兩次(分別與A和B碰撞)，就可以從小孔P射出，故B正確，不符合題意；粒子的速度v越大，運動軌跡半徑r越大，碰撞次數(shù)可能會增多，粒子在磁場中運動的時間t不一定短，故C錯誤，符合題意；由前面分析可知粒子沿圓筒半徑方向射離圓筒，碰撞后沿半徑方向返回圓筒，故D正確，不符合題意．帶電粒子在勻強磁場中運動的解題三步驟(2023·南京六校聯(lián)考)如圖所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動軌跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列說法中正確的是(C)A．沿軌跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短B．沿軌跡Oc、Od運動的粒子均為正電子C．沿軌跡Oa、Ob運動的粒子速率比值為eq\f(\r(3),3)D．沿軌跡Ob、Od運動的時間之比為9∶8解析：由于正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，可知四種粒子的周期相等，而沿軌跡Oc運動的粒子偏轉角最大，圓心角也最大，設偏轉角為θ，由t＝eq\f(θ,2π)T，可知沿軌跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，A錯誤：由左手定則可判斷沿軌跡Oc、Od運動的粒子均帶負電，B項錯誤；設圓形磁場半徑為r，根據(jù)幾何關系可得沿軌跡Oa、Ob運動的粒子軌道半徑分別為ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根據(jù)qBv＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C正確：由前述分析可知，運動時間之比為偏轉角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D錯誤．考向3帶電粒子在有界磁場中的臨界與極值問題(2023·浙江卷)利用磁場實現(xiàn)離子偏轉是科學研究中廣泛應用的技術．如圖所示，xOy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合．位于(0，3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域．不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應．(1)求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t.(2)若B2＝2B1，求能到達y＝eq\f(L,2)處的離子的最小速度v2.(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范圍，求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η.解析：(1)當離子不進入磁場Ⅱ，軌跡與磁場邊界相切時，速度最大，則由幾何關系r1cos60°＝r1－L解得r1＝2L根據(jù)qv1B1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(2B1qL,m)在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB1)運動時間t＝eq\f(2×60°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB1)(2)若B2＝2B1，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知r1＝2r2粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，粒子在軌跡最低點速度平行于x軸，設O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關系r1sinα－r1sin30°＝Lr2－r2sinα＝eq\f(L,2)解得r2＝2L，sinα＝eq\f(3,4)根據(jù)qv2B2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)解得v2＝eq\f(4B1qL,m)(3)當最終進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理B2qvyΔt＝mΔvx即eq\f(B1,L)yqΔy＝mΔvx求和可得∑eq\f(B1,L)yqΔy＝∑mΔvx粒子從進入?yún)^(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過程中m(v－vcos60°)＝B1qL＋eq\f(B1,L)·eq\f(0＋L,2)·qL解得v＝eq\f(3B1qL,m)則速度在eq\f(3B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)之間的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)，又粒子源射出的粒子個數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比例為η＝60%.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題應找準臨界點．(1)帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，運用“放縮法”探索出臨界點的軌跡，使問題得解．(2)對于范圍型問題，求解時應尋找形成變化范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑”，然后利用粒子運動的實際軌道半徑與臨界半徑的大小關系確定范圍．(3)常用的結論有：①直徑是圓的最大弦．②同一圓中大弦對應大的圓心角．③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．(2022·鹽城考前模擬)如圖所示，水平面的abc區(qū)域內(nèi)存在有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊界的夾角為30°，距頂點b為L的S點有一粒子源，粒子在水平面內(nèi)垂直bc邊向磁場內(nèi)發(fā)射速度大小不同的帶負電的粒子．粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q.下列說法中正確的是(B)A．從邊界bc射出的粒子速度方向各不相同B．粒子離開磁場時到b點的最短距離為eq\f(L,3)C．垂直邊界ab射出的粒子的速度大小為eq\f(qBL,2m)D．垂直邊界ab射出的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,3qB)解析：粒子豎直向上進入磁場，軌跡圓心一定在bc邊上，若粒子能從邊界bc射出，粒子的速度方向一定都豎直向下，A錯誤；當軌跡恰好與ab邊相切時，粒子從bc邊離開磁場時到b點的距離最短，由幾何關系可得(L－R1)sin30°＝R1，最短距離為Δs＝L－2R1＝eq\f(L,3)，B正確；垂直邊界ab射出的粒子，軌道半徑為R2＝L，由qvB＝meq\f(v2,R2)，解得v＝eq\f(qBL,m)，C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，垂直邊界ab射出的粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(πm,6qB)，D錯誤．(2023·揚州考前調(diào)研)如圖所示，y方向足夠長的兩個條形區(qū)域，寬度分別為l1＝0.1m和l2＝0.2m，兩區(qū)域分別分布著磁感應強度為B1和B2的磁場，磁場方向垂直于xOy平面向外，磁感應強度B2＝0.1T.現(xiàn)有大量粒子從坐標原點O以恒定速度v＝2×106m/s不斷沿x軸正方向射入磁場，由于B1的大小在0～0.5T范圍內(nèi)可調(diào)，粒子可從磁場邊界的不同位置飛出．已知帶電粒子的電荷量q＝－2×108C，質(zhì)量m＝4×1016kg，不考慮帶電粒子的重力．求：(1)要使粒子能進入B2的磁場，B1應滿足的條件．(2)粒子在條形區(qū)域內(nèi)運動的最短時間t.(3)粒子從y軸飛出磁場時的最高點坐標y.解析：(1)當帶電粒子在B1磁場中圓周運動