2024年高考物理大一轮复习：主题7 磁场

主题七磁场规律方法提炼1.电流产生的磁场的合成对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成。2.磁场力做功分析磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功。3.分析安培力问题的技巧(1)熟悉两个常用的等效模型①变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。②化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。(2)注意两个定则、一个公式的应用①安培定则：用来判断通电导线、环形电流、通电螺线管周围的磁场分布规律。②左手定则：用来判断通电导线在磁场中所受安培力的方向。③一个公式：F＝BIL，注意公式中B、I、L必须两两垂直，否则需要求出互相垂直的分量。4.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题步骤1.如图1所示，将一段金属导线aOb置于纸面内的匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向与纸面平行。其中Oa和Ob相互垂直且长度均为l，Oa与磁场方向所成锐角为45°。当导线中通以沿aOb方向的电流I时，该段导线受到的安培力大小和方向分别是()图1A.eq\r(2)BIl，垂直纸面向里 B.eq\r(2)BIl，垂直纸面向外C.2BIl，垂直纸面向里 D.2BIl，垂直纸面向外解析由题图可知该导线的有效长度为L＝2lcos45°＝eq\r(2)l，则该导线受到的安培力大小为FA＝BLI＝eq\r(2)BIl，由左手定则可知该导线所受的安培力方向垂直纸面向外，B正确。答案B2.如图2所示，两根绝缘轻质弹簧的劲度系数均为k，竖直静止吊起一根长为L的匀质水平金属棒AC，金属棒处在与棒垂直的水平匀强磁场中。当金属棒中通入由A端流向C端的电流I时，两弹簧的伸长量均增加了x。关于该匀强磁场的磁感应强度的大小和方向，下列判断正确的是()图2A.大小为eq\f(kx,IL)，方向水平向里 B.大小为eq\f(kx,IL)，方向水平向外C.大小为eq\f(2kx,IL)，方向水平向里 D.大小为eq\f(2kx,IL)，方向水平向外解析通电流后两弹簧伸长，知安培力竖直向下，由左手定则知磁场方向水平向外，选项A、C错误；由2kx＝BIL解得磁感应强度大小为B＝eq\f(2kx,IL)，选项B错误，D正确。答案D3.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()图3A.增大匀强电场间的加速电压B.增大磁场的磁感应强度C.减小狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径解析回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，由牛顿第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，由此可知带电粒子离开回旋加速器时的动能与加速电压无关，与狭缝距离无关，故A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，故B、D正确。答案BD4.如图4所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的匀强电场与匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上极板ab的右边缘b点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，经过一段匀速圆周运动后，打在下极板cd上，则粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为()图4A.L B.2LC.eq\f(5,4)L D.eq\f(L,2)解析该带正电的粒子恰能沿图中虚线匀速通过速度选择器，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有qvB＝qE，解得v＝eq\f(E,B)。撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L＝vt，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,LB2)，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝L，故A正确。答案A5.(2019·湖北黄冈模拟)如图5，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为－q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ＝30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从半圆弧上射出，则磁感应强度的大小不可能为()图5A.eq\f(3mv,qR) B.eq\f(mv,qR)C.eq\f(2mv,qR) D.eq\f(4mv,qR)解析当粒子轨迹恰好与MN相切时为临界条件，粒子轨迹如图所示，根据几何知识可得，∠AO′B＝120°，∠OAB＝∠BAO′＝30°，故eq\o(AB,\s\up6(－))＝eq\f(R,cos30°)，r0＝eq\f(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(－)),cos30°)，解得r0＝eq\f(2,3)R，又r0＝eq\f(mv,B0q)＝eq\f(2,3)R，解得B0＝eq\f(3mv,2qR)，若使粒子从半圆弧上射出，有r≤eq\f(2,3)R，即B≥eq\f(3mv,2qR)，故选项B正确。答案B6.某粒子实验装置原理图如图6所示，狭缝S1、S2、S3在一条直线上，S1、S2之间存在电压为U的电场，平行金属板P1、P2相距为d，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B1。比荷为k的带电粒子由静止开始经S1、S2之间电场加速后，恰能沿直线通过P1、P2板间区域，从狭缝S3垂直平行板下方匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离S3为L的A点射出边界。不计粒子重力，求：图6(1)P1、P2两板间的电压；(2)偏转磁场的磁感应强度大小B2。解析(1)设带电粒子质量为m，所带电荷量为q，已知eq\f(q,m)＝k粒子在S1与S2之间加速，根据动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2－0带电粒子在P1和P2间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得qeq\f(U′,d)＝qvB1可得P1、P2两板间的电压U′＝B1deq\r(2kU)。(2)带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有qvB2＝meq\f(v2,r)已知L＝2r可得B2＝eq\f(2,L)eq\r(\f(2U,k))。答案(1)B1deq\r(2kU)(2)eq\f(2,L)eq\r(\f(2U,k))7.如图7所示，在直角坐标系xOy中的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场。电场强度和磁感应强度都未知。第一象限中在坐标为(l，l)的P点由静止释放质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子(不计重力)，该粒子第一次经过x轴时速度为v0，第二次经过x轴时的位置坐标为(－l，0)，求：图7(1)电场强度E和磁感应强度B的大小；(2)粒子第三次经过x轴时的速度大小及方向；(3)粒子第四次经过x轴时的位置坐标。解析(1)粒子在P点静止释放，到达x轴过程中运用动能定理qlE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2ql)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径设为r1，由洛伦兹力提供向心力qBv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)，解得r1＝eq\f(mv0,qB)粒子第二次经过x轴时的位置坐标为(－l，0)，故其轨道半径r1＝l，得B＝eq\f(mv0,ql)。(2)如图所示，粒子从y轴上的(0，l)处以平行x轴的速度v0进入电场，做匀变速曲线运动，加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2l)设经过时间t射出电场，水平位移为x，竖直位移为l，则x＝v0t，l＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\f(2l,v0)，x＝2l设水平分速度为vx，竖直分速度为vy，则vx＝v0，vy＝at＝v0得粒子第三次经过x轴时的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向与x轴正方向夹角为45°，斜向右下方。(3)由(2)可知：粒子在电场中运动时，有竖直位移为l，水平位移为2l，故粒子第三