10微专题7磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

微专题7磁场性质及带电粒子在磁场中的运动1．安培力与洛伦兹力力的大小力的方向作用效果联系安培力通电导线与磁场垂直时，F＝BIL左手定则(F垂直于I与B决定的平面)安培力对导体做功导体中定向移动的电荷所受的洛伦兹力宏观表现为安培力洛伦兹力电荷运动方向与磁场方向垂直时，f＝Bqv左手定则(f垂直于q与v决定的平面)洛伦兹力不做功，只改变速度的方向2．带电粒子在磁场中的圆周运动运动电荷B⊥v时，运动电荷受洛伦兹力F＝qvB，提供运动电荷做匀速圆周运动的向心力．考向一磁场叠加安培力问题1．(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为(C)A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)BIl解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故C正确．2．(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(C)A．平行于纸面向上B．平行于纸面向下C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外解析：如图所示，根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分的安培力垂直纸面向外，右半部分的安培力垂直纸面向里，故C正确．考向二带电粒子在磁场中的运动3．(2023·北京卷)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直．管道横截面半径为a，长度为l(l≫a).带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法中错误的是(D)A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB．粒子质量为eq\f(Bqa,v)C．管道内的等效电流为nqπa2vD．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql解析：带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r＝a，故A正确，不符合题意；根据qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子的质量m＝eq\f(Bqa,v)，故B正确，不符合题意；管道内的等效电流为I＝nqSv＝nqπa2v，故C正确，不符合题意；由动量定理可得FΔt＝2nmΔtv，粒子束对管道的平均作用力大小F＝2nBqa，故D错误，符合题意．4．(2023·全国乙卷)如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq\f(l,2)，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为(A)A．eq\f(E,2aB2) B．eq\f(E,aB2)C．eq\f(B,2aE2) D．eq\f(B,aE2)解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝meq\f(v2,r)，则有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2aB)，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故A正确，B、C、D错误．考向1磁场叠加安培力问题(2023·连云港考前模拟)超远距离输电通常采用特高压直流输电的方式，某段直流输电线路中三根水平导线a、b、c平行且间距相等，其中a、b导线位于同一水平面内，通入的电流大小为Ic＝2Ia＝2Ib，方向如图所示．已知通电直导线周围磁感应强度B＝keq\f(I,r)(r为磁场中某点到直导线的距离，k为常数)，下列说法中正确的是(B)A．a、b两根导线相互排斥B．b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下C．a、b两根导线对c的安培力方向竖直向下D．三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度为零解析：由图可知a、b两根导线通入的电流方向相同，则a、b两根导线相互吸引，故A错误；如图甲所示为右侧视图，b、c两根导线对a的安培力分别为吸引力和排斥力，根据Ic＝2Ib，B＝keq\f(I,r)，F＝BIaL，可得Fac＝2Fab，则有sinθ＝eq\f(Fab,Fac)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，则b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下，故B正确；由于a、b两根导线对c的安培力均为排斥力，且Ia＝Ib，则a、b两根导线对c的安培力大小相等，a、b两根导线对c的安培力方向竖直向上，故C错误；根据安培定则，如图乙所示，可知三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度不为零，故D错误．甲乙解决磁场叠加和安培定则的运用问题时应注意：(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．(2023·扬州期初)将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I.范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为(B)A．0 B．eq\r(2)BIrC．eq\f(3,4)πBIr D．eq\f(\r(2),2)BIr解析：由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即L＝eq\r(2)r，电流表示数为I，则通过等效长度的电流为I，故线框所受安培力大小为F安＝BIL＝eq\r(2)BIr，故B正确．考向2带电粒子在匀强磁场中的运动(2023·全国甲卷改编)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计粒子重力．下列说法中错误的是(C)A．粒子的运动轨迹不可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射出小孔时粒子的速度越大，在筒内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线解析：粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，从A点离开圆筒，轨迹如图所示，由几何关系可知△PO1O≌△AO1O，则AO1一定垂直于AO，即粒子一定会沿半径方向离开磁场区域，与筒壁碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O，故A正确，不符合题意；由图可知粒子至少与筒壁碰撞两次(分别与A和B碰撞)，就可以从小孔P射出，故B正确，不符合题意；粒子的速度v越大，运动轨迹半径r越大，碰撞次数可能会增多，粒子在磁场中运动的时间t不一定短，故C错误，符合题意；由前面分析可知粒子沿圆筒半径方向射离圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D正确，不符合题意．带电粒子在匀强磁场中运动的解题三步骤(2023·南京六校联考)如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动轨迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列说法中正确的是(C)A．沿轨迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短B．沿轨迹Oc、Od运动的粒子均为正电子C．沿轨迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为eq\f(\r(3),3)D．沿轨迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8解析：由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，可知四种粒子的周期相等，而沿轨迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝eq\f(θ,2π)T，可知沿轨迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，A错误：由左手定则可判断沿轨迹Oc、Od运动的粒子均带负电，B项错误；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿轨迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根据qBv＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C正确：由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D错误．考向3带电粒子在有界磁场中的临界与极值问题(2023·浙江卷)利用磁场实现离子偏转是科学研究中广泛应用的技术．如图所示，xOy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合．位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域．不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应．(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t.(2)若B2＝2B1，求能到达y＝eq\f(L,2)处的离子的最小速度v2.(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η.解析：(1)当离子不进入磁场Ⅱ，轨迹与磁场边界相切时，速度最大，则由几何关系r1cos60°＝r1－L解得r1＝2L根据qv1B1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(2B1qL,m)在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB1)运动时间t＝eq\f(2×60°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB1)(2)若B2＝2B1，根据r＝eq\f(mv,qB)可知r1＝2r2粒子在磁场中运动轨迹如图所示，粒子在轨迹最低点速度平行于x轴，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系r1sinα－r1sin30°＝Lr2－r2sinα＝eq\f(L,2)解得r2＝2L，sinα＝eq\f(3,4)根据qv2B2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)解得v2＝eq\f(4B1qL,m)(3)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理B2qvyΔt＝mΔvx即eq\f(B1,L)yqΔy＝mΔvx求和可得∑eq\f(B1,L)yqΔy＝∑mΔvx粒子从进入区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中m(v－vcos60°)＝B1qL＋eq\f(B1,L)·eq\f(0＋L,2)·qL解得v＝eq\f(3B1qL,m)则速度在eq\f(3B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为η＝60%.解决带电粒子在磁场中运动的临界极值问题应找准临界点．(1)带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，运用“放缩法”探索出临界点的轨迹，使问题得解．(2)对于范围型问题，求解时应寻找形成变化范围的“临界轨迹”及“临界半径”，然后利用粒子运动的实际轨道半径与临界半径的大小关系确定范围．(3)常用的结论有：①直径是圆的最大弦．②同一圆中大弦对应大的圆心角．③刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2022·盐城考前模拟)如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子．粒子质量为m、电荷量大小为q.下列说法中正确的是(B)A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为eq\f(L,3)C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为eq\f(qBL,2m)D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)解析：粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定都竖直向下，A错误；当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得(L－R1)sin30°＝R1，最短距离为Δs＝L－2R1＝eq\f(L,3)，B正确；垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为R2＝L，由qvB＝meq\f(v2,R2)，解得v＝eq\f(qBL,m)，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(πm,6qB)，D错误．(2023·扬州考前调研)如图所示，y方向足够长的两个条形区域，宽度分别为l1＝0.1m和l2＝0.2m，两区域分别分布着磁感应强度为B1和B2的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B2＝0.1T.现有大量粒子从坐标原点O以恒定速度v＝2×106m/s不断沿x轴正方向射入磁场，由于B1的大小在0～0.5T范围内可调，粒子可从磁场边界的不同位置飞出．已知带电粒子的电荷量q＝－2×108C，质量m＝4×1016kg，不考虑带电粒子的重力．求：(1)要使粒子能进入B2的磁场，B1应满足的条件．(2)粒子在条形区域内运动的最短时间t.(3)粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标y.解析：(1)当带电粒子在B1磁场中圆周运动