磁场（1）-备战2022年高考案头必备模型（原卷版）

模型21磁场（1）-备战2022年高考案头必备模型+典例+方法+练习目录磁场叠加原理 2安培力的计算及应用 6安培力作用下导体运动情况的判断 8安培力作用下的平衡问题 10安培力与功、动能定理的综合应用 12有界磁场之直线边界 13有界磁场之矩形、三角形边界 18两线一点 18

磁场叠加原理【模型+方法】一、磁场、磁感应强度1．磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)定义式：B＝eq\f(F,IL)(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号为T.3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线．4．地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图1所示．图1(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北．5．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．二、磁感线1．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．①磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．②同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．③磁感线是假想的曲线，客观上并不存在．2．几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图3所示)图3(2)电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图纵截面图三、磁场叠加问题的解题思路(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5所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN.(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B.【典例】如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直流导线，电流方向指向读者，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）A．a、b两点磁感应强度相同 B．a点磁感应强度最小C．c、d两点磁感应强度相同 D．b点磁感应强度最大【答案】BD【解析】根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图；根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图A．a、b两点磁感应强度大小不相等，方向也不一定相同，选项A错误；B．a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小，选项B正确；C．c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同，选项C错误；D．b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大，选项D正确。故选BD。【练习1】如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c，d到O点的距离均相等。关于这几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D．a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都相同【练习2】如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个顶点，导线所通电流方向已在图中标出。已知每根导线在O点磁感应强度大小为B0，则关于正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向的说法正确的是()A．大小为零B．大小为2B0，方向沿x轴负方向C．大小为4B0，方向沿x轴正方向D．大小为4B0，方向沿y轴正方向安培力的计算及应用【模型+方法】1．大小若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝BIL.2．方向总垂直于B、I所决定的平面，即一定垂直于B和I，但B与I不一定垂直．可以用左手定则来判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线从掌心进入，使伸开的四指指向电流的方向，那么，拇指所指的方向就是通电导线在磁场中的受力方向．3．两平行通电导线间的作用同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．4．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指【典例】一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且∠abc＝∠cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为()A．BIL B．2BIL C．3BIL D．4BIL【答案】C【解析】ab段导线受力F1=BIL，根据左手定则判断方向向上；bcd段导线的有效长度即是bd的长度，因为∠abc＝∠cde＝120°，所以bd长也为L，受到安培力F2=BIL，根据左手定则判断方向向上；dc段导线受安培力F3=BIL，根据左手定则判断方向向上，所以整段导线受力F=3BIL【练习1】如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈有一半在磁场内。某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小和方向为（）A．2BIL，水平向右 B．12C．nBIL，水平向右 D．2nBIL，水平向左【练习2】如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为A．F B．1.5F C．2F D．3F安培力作用下导体运动情况的判断【模型+方法】1．问题特点安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析安培力而已．2．规律分析判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清楚导体中电流的方向，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势．3．几种判定方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向典例如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升【答案】A【解析】如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．分析导线转过90°时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力．由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动．选项A正确．练习1如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是()A．P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变C．P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D．P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变练习2将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()A．圆环顺时针转动，靠近磁铁 B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁 D．圆环逆时针转动，远离磁铁安培力作用下的平衡问题【模型+方法】通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示．典例(2018·天津市部分区上学期期末)如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1m．在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3V，内阻为0.2Ω.导体棒质量为60g，接入电路的电阻为1.3Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上．开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，如图乙所示，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小．【答案】(1)0.8N(2)0.4T【解析】(1)对导体棒进行受力分析，如图所示有eq\f(mg,F)＝tanθ解得F＝0.8N(2)由闭合电路欧姆定律，得I＝eq\f(E,R＋r)解得I＝2A由安培力的公式F＝BIL，得B＝eq\f(F,IL)，解得B＝0.4T.练习如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则()A．棒中电流的方向为b→aB．棒中电流的大小为eq\f(mgtanθ,BL)C．棒中电流的大小为eq\f(mg1－cosθ,BLsinθ)D．若只增大轻导线的长度，则θ变小安培力与功、动能定理的综合应用【模型+方法】安培力做功与动能定理结合，其解题步骤如下：(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况，特别是分析安培力的大小和方向，看安培力做正功还是负功，然后求各力做功的代数和；(3)明确初、末状态的动能；(4)列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解．典例(多选)(2019·广东省梅州市调研)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T.一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m＝60g、电阻R＝1Ω，用两根长也为20cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)，则()A．磁场方向一定竖直向上B．电源的电动势E＝8VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8ND．导体棒摆动过程中的最大动能为0.08J【答案】BD【解析】当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，导体棒ab所受安培力为F，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tanθ＝eq\f(F,mg)，由F＝BIL＝Beq\f(E,R)L，得F＝0.8N，E＝8V，故B正确，C错误；根据动能定理得：FLsin53°－mgL(1－cos53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08J，故D正确．【练习】如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则()A．棒中电流的方向为b→aB．棒中电流的大小为eq\f(mgtanθ,BL)C．棒中电流的大小为eq\f(mg1－cosθ,BLsinθ)D．若只增大轻导线的长度，则θ变小有界磁场之直线边界【模型+方法】1.带电粒子在有界匀强磁场中做圆周运动的分析(1)圆心的确定方法①若已知粒子轨迹上两点的速度方向,则可根据洛伦兹力F⊥v,分别确定两点处洛伦兹力F的方向,其交点即圆心,如图甲所示。②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,则可作出此两点的连线(过这两点的圆弧的弦)的中垂线,中垂线与垂线的交点即圆心,如图乙所示。(2)半径的计算方法①由公式求:半径R=mvqB。②由几何方法求:一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)时间的计算方法①由圆心角求:t=θ2π·T②由弧长求:t=sv。2.带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性,如图所示)。(2)平行边界(存在临界条件,如图所示)。(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图所示)。在圆形磁场内,入射速度沿径向,出射速度也必沿径向。3.有界磁场的重要结论1）过入射点和出射点作一直线（弦），入射速度与直线的夹角等于出射速度与直线的夹角，并且如果把两个速度移到共点时，关于直线轴对称。2）圆心角等于偏转角3）磁场圆心O和运动轨迹圆心O′两圆心的连线OO′与两个交点的连线AB垂直。4、直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)图a中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)图c中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)【典例】（江苏省泰州市泰州中学2020-2021学年高二（上）期中物理试题）如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角，若不计重力，则正、负离子在磁场中（）A．运动时间相同B．运动轨道半径相同C．重新回到边界时速度大小与方向相同D．重新回到边界的位置与O点距离相等【答案】BCD【解析】A．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-同理，负离子运动时间t'=显然时间不等．故A错误；B．根据牛顿第二定律得qvB=mv2r=mv由题q、v、B大小均相同，则r相同．故B正确；C．正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确；D．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinr、θ相同，则S相同，故D正确。故选BCD。【练习1】如图，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度为B。某种比荷为qm、速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cosa2A．12－BqL4mv B．1－BqL2mv C．1－BqL4mv【练习2】水平直线MN上方有垂直纸面向里的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从MN边界O点以与MN成45°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），正、负电子间的相互作用忽略不计，经一段时间后从边界MN(1)它们从磁场中射出时，出射点间的距离x；（画出电子运动的轨迹图）(2)它们从磁场中射出的时间差Δt。有界磁场之矩形、三角形边界【模型+方法】相交相切找临界平行边界存在临界条件(如图所示)图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝