第7讲 磁场中常考的3个问题(选择题或计算题)
主要题型：选择题或计算题
难度档次：
低档难度：考查安培力的大小和方向的判断及矢量性的理解(选择题)．
中档难度：考查洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的单过程运动．(选择题)
高档难度：压轴计算题——考查带电粒子在有界磁场中运动的临界问题或多过程且综合性较强的问题．,高考热点
1．磁感线
在这些曲线上，每一点小磁针________受力方向为该点的________方向，其疏密反映了磁场的________．在磁体外部，磁感线由________到________；在磁体内部，磁感线从________到________，磁感线是一组________曲线，在空间中互不相交．
2．磁感应强度
是描述磁场的________和方向的物理量，用B表示，是矢量．
3．安培定则：用________握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是________的环绕方向．
4．安培力和洛伦兹力的比较
名称
项目
安培力
洛伦兹力
作用对象
通电导体
运动电荷
力的大小
F安＝________(I⊥B) F安＝0(I∥B)
F洛＝________(v⊥B) F洛＝0(v∥B)
力的方向
左手定则(F安垂直于I与B所决定的平面)
左手定则(F洛垂直于v与B所决定的平面，且需区分正负电荷)
作用效果
改变导体棒的运动状态，对导体棒做功，实现电能和其他形式的能的相互转化
只改变速度的方向，不改变速度的大小；洛伦兹力永远不对电荷做功
本质联系
安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受到的洛伦兹力的宏观表现
,状元微博
名师点睛
1．电荷在电场中一定受电场力作用，但电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
2．应用左手定则时，一定要分清正、负电荷，洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功．
3．左手定则和右手定则容易混淆
左手定则用来判断安培力、洛伦兹力的方向，右手定则是用来判断导体棒切割磁感线时产生的感应电流方向．
课堂笔记
常考问题21 通电导体棒在磁场中所受安培力问题(选择题)
图7－1
【例1】 (2012·天津理综，2)如图7－1所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )．
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
解析 选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B错误．
答案 A
如图7－2所示，一段折成120°的通电导线abc置于匀强磁场中，已知ab＝bc＝0.5 m，I＝1 A，B＝ T，则导线受到的安培力( )．
图7－2
A．方向沿纸面向上，大小为0.5 N
B．方向沿纸面向下，大小为0.5 N
C．方向沿纸面向上，大小为1.5 N
D．方向沿纸面向下，大小为1.5 N,
借题发挥
1．通电导体在磁场中受到的安培力
(1)方向：根据左手定则判断
(2)大小：由公式F＝BILsin θ计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．
2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维：画出平面受力分析图，其中安培力的方向切忌跟着感觉走，要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；
(3)列方程：根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程式进行求解．
课堂笔记
常考问题22 带电粒子在有界匀强磁场中的运动(选择题)
图7－3
【例2】 (2012·安徽理综，19)如图7－3所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( )．
A.Δt B．2Δt
C.Δt D．3Δt
解析 设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，
圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝，
得r1＝，根据几何关系得＝tan ，且φ1＝60°.
当带电粒子以v的速度进入时，
轨道半径r2＝＝＝r1，
圆心在O2，则＝tan ，即tan ＝＝＝3tan ＝ .
故＝60°，φ2＝120°；
带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，
所以＝＝，
即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误．
答案 B
图7－4
带电量与质量都相同的两个粒子，以不同速率垂直于磁感线方向射入同一匀强磁场中，两粒子运动的轨迹如图7－4所示，关于两个粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t及圆周运动周期T、角速度ω的表达正确的是( )．
A．v1>v2 B．t1＝t2
C．T1>T2 D．ω1＝ω2,
以题说法
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
―→
―→
―→
2．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
(2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
课堂笔记
常考问题23 带电粒子在匀强磁场中的多过程运动
图7－5
【例3】 如图7－5所示，圆心为原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场B1.平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面，放置在坐标y＝－2.2R的位置．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R，0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子全部垂直打在荧光屏上坐标为 (0，－2.2R)的M点，且此时，若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变．若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R，－2.2R)的N点．求：
(1)打在M点和N点的粒子运动速度v1、v2的大小．
(2)在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向．(不计粒子的重力)
教你审题
图7－6
在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图7－6所示．若此粒子在磁场区域运动过程中，速度的方向一共改变了90°.重力可忽略不计，求：
(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t.
(2)该粒子射入时的速度大小v.
,得分技巧
1．不同边界的匀强磁场中带电粒子的运动轨迹、圆心、半径
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图7－7所示)
图7－7
(2)平行边界(存在临界条件，如图7－8所示)
图7－8
2．圆形或环状磁场区域的规律要点
(1)圆形磁场区域规律要点：
①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图7－9甲所示．
②直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，磁场区域面积最小，如图乙所示．
(2)环状磁场区域规律要点：
①带电粒子沿(逆)着半径的方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)着半径的方向射出磁场．
②最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度vm或磁场有最小磁感应强度B，如图丙所示．
图7－9
——带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
误区警示
(1)不能熟练地利用几何关系分析带电粒子在磁场中的运动轨迹
(2)不能正确地找出带电粒子在磁场中运动的临界状态
技巧指导
巧解带电粒子在磁场中运动时间最长的临界轨迹的方法：
(1)动态放缩法：速度越大半径越大，速度方向不变的粒子，圆心在垂直速度方向的直线上．
(2)旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径R＝的圆上．
记一记 体会并熟记下列三个结论：
(1)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．
(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．,
图7－10
【典例】 (2010·新课标全国卷)如图7－10所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小．
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦．
审题思路
图7－11
1．(2012·海南单科，10)图7－11中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是( )．
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
图7－12
2．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图7－12所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2 m，长L＝100 m，电流I＝10 A，轨道摩擦不计， 则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )．
A．B＝18 T，Pm＝1.08×108 W
B．B＝0.6 T，Pm＝7.2×104 W
C．B＝0.6 T，Pm＝3.6×106 W
D．B＝18 T，Pm＝2.16×106 W
图7－13
3．(2012·广东理综，15)质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图7－13中虚线所示．下列表述正确的是( )．
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
图7－14
4．(2012·江苏单科，9)如图7－14所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有( )．
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋
图7－15
5．如图7－15所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，边界AD与边界AC的夹角为30°，边界AC与MN平行，Ⅰ、Ⅱ区域均存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d，边界AD上的P点与A点间距离为2d.一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v＝，沿纸面与边界AD成60°角的方向从左边进入Ⅰ区域磁场(粒子的重力可忽略不计)．
(1)若粒子从P点进入磁场，从边界MN飞出磁场，求粒子经过两磁场区域的时间．
(2)粒子从距A点多远处进入磁场时，在Ⅱ区域运动时间最短？
答案：
第7讲 磁场中常考的3个问题(选择题
或计算题)
【高考必备】
1．N极 磁场 强弱 N极 S极 S极 N极 闭合
2．大小 3.右手 磁感线 4.BIL qvB
【常考问题】
预测1 C [有效长度是a、c两点的直线长度，根据左手定则，知安培力方向是沿纸面向上．Fac＝BI(2Labcos 30°)＝×1×(2×0.5×)N＝1.5 N．]
预测2 AD [带电粒子在磁场中做圆周运动，有R＝，由题图中可以看出，R1>R2，所以v1>v2，故选项A正确；运动周期为T＝，所以它们的周期相等，故选项C错误；由题图中可以看出它们在磁场中运动圆弧的角度为θ不相等，则运动时间为t＝T不相等，故选项B错误；角速度ω＝＝，所以ω1＝ω2，故选项D正确．]
【例3】 解析 (1)粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在M点和N点的粒子动能均为E0，速度v1、 v2大小相等，设为v，由E0＝mv2可得v＝ .
(2)如图所示，区域Ⅱ中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是O1点，半径为r1＝R.区域Ⅱ有磁场时，粒子在区域Ⅱ中轨迹圆心是O2点，半径为r2，由几何关系得r＝(1.2R)2＋(r2－0.4R)2，解得r2＝2R
由qvB＝m得B＝
所以B1＝，方向垂直xOy平面向外
B2＝，方向垂直xOy平面向里．
答案 见解析
预测3 解析 (1)粒子在匀强磁场中运动，则qvB＝m
运动周期T＝
解得轨道半径r＝，周期T＝
粒子的速度方向改变了90°，所用的时间
t＝＝.
(2)粒子的运动情况如图所示，△AOD是等腰直角三角形，AD＝r
在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°
AD＝dcos ∠CAD＝d cos 30°
解得r＝d
因此粒子射入时的速度大小v＝.
答案 (1) (2)
高考阅卷老师教你
【典例】 解析 (1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝m①
由①式得R＝②
当rN，所以vM>vN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误； 由T＝知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为，选项D错误．]
4．BC [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B＝，所以r＝，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA＝2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧，则必须有更大的速度，选项B正确．若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r′，则r′≥，代入r＝，r′＝，解得v≥v0－，选项C正确．]
5．解析
(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则qvB＝
解得r＝2d
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
设粒子在Ⅰ区域转过角度为θ，则sin θ＝
粒子在Ⅰ区域运动时间t1＝T
设粒子在Ⅱ区域运动时间为t2，由对称关系可知
粒子经过两磁场区域的时间
t＝t1＋t2＝2t1
解得t＝.
(2)在Ⅱ区域运动时间最短时，圆弧对应的弦长应为d
由几何关系可知，粒子入射点Q到边界AC的距离应为
则入射点Q与A点的距离为d.
答案 见解析
【点此下载】