2023届高考物理二轮复习热点8磁场学案

热点8　磁场

考向一磁场的叠加及通电导体在磁场中的受力

【典例】(多选)(2022·湖北选择考)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与导体棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以。已知导体棒加速时,为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是              (　　)

A.棒与导轨间的动摩擦因数为

B.棒与导轨间的动摩擦因数为

C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°

D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°

【审题思维】

【模型转化】

通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的解题思路

研究对象:通电导线或导体导体所在位置的磁场分布情况导体的受力情况导体的运动方向或运动趋势的方向

1.维度:导线周围磁场叠加

(多选)如图所示,三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流,其中a、b两条导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等,且Oc⊥ab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线,电流方向垂直纸面向里,导线受力方向如图所示,则可以判断              (　　)

A.O点处的磁感应强度的方向与F相同

B.长导线c中的电流方向垂直纸面向外

C.长导线a中电流I1小于b中电流I2

D.长导线c中电流I3小于b中电流I2

2.维度:磁场对通电导线的作用

如图,光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒,空间有垂直斜面向上的匀强磁场B,导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向,为了使导体棒始终保持静止状态,匀强磁场的磁感应强度应同步              (　　)

A.增大　　　　　　　　　　　 B.减小

C.先增大,后减小      D.先减小,后增大

考向二带电粒子在有界磁场中的运动

【典例】

(多选)(2022·湖北选择考)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。,设出射方向与入射方向的夹角,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为              (　　)

A.kBL,0°　B.kBL,0°　C.kBL,60°　D.2kBL,60°

【审题思维】

【模型转化】

【失分警示】

①不知道造成多解性的原因。

②画不出轨迹示意图。

③不会用数学通式找结论。

带电粒子在有界磁场中的运动的解题技巧

1.维度:三角形有界场

如图所示,在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域。若三角形的两直角边长均为2L,要使粒子从CD边射出,则v的取值范围为              (　　)

A.≤v≤　　　　  B.≤v≤

C.≤v≤    D.≤v≤

2.维度:圆形有界场

如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域,P点与直径cd间的距离为,质子M、N入射的速度大小之比为1∶2,ab是垂直cd的直径,质子M恰好从b点射出磁场。不计质子的重力和质子间的作用力,则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为              (　　)

A.2∶1    B.3∶1

C.3∶2    D.3∶4

3.维度:直线边界磁场

如图所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则t1∶t2为              (　　)

A.3∶1    B.2∶3

C.3∶2    D.2∶1

1.(通电导线周围磁场叠加)六根通电长直导线垂直纸面平行固定,其截面构成一正六边形,O为六边形的中心,通过长直导线a、b、c、d、e、f的电流分别为I1、I2、I3、I4、I5、I6,a、c、e中通过的电流大小相等,b、d、f中通过的电流大小相等,电流方向如图所示。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁感应强度大小为B=k,此时O点处的磁感应强度大小为6B,导线a在O处产生的磁感应强度大小为B,则移除e处导线后,e处的磁感应强度大小为              (　　)

A.0　　　　B.B　　　　C.B　　　　D.2B

2.(安培力作用下的运动)如图是某电磁泵模型,泵体是长为L1,宽和高都为L2的长方体,泵体处在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中,泵体上下表面分别接电势差为U的恒压电源。若电磁泵工作时电流表示数为I,泵和液面的高度差为h,液体的电阻率为ρ,单位时间内电磁泵抽取液体的质量为m(不计电流表内阻以及液体在流动中与管壁之间的阻力,重力加速度为g)。则              (　　)

A.泵体上表面应接电源负极

B.流过电磁泵的电流I小于

C.电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1

D.时间t内抽取的水离开泵时的动能为UIt-mgh-I2t

3.(磁场对电流的作用)如图所示,垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1>I2,纸面内的一点H到两根导线的距离相等,则该点的磁感应强度方向可能为图中的              (　　)

A.B1   B.B2   C.B3   D.B4

4.(三角形有界磁场)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场,三角形内磁场方向垂直纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点              (　　)

A.   B.   C.   D.

5.(圆形磁场边界)如图所示,真空中,垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R,圆心为O。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场,其运动轨迹如图,轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,则v1∶v2至少为              (　　)

A.   B.   C.   D.2

6.(平行边界磁场)如图所示,平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,两边界间距为d,边界MN上A点有一粒子源,可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m,电量为q的带正电的粒子,粒子射出的速度大小均为v=,若不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为              (　　)

A.1   B.2∶3   C.∶2    D.2∶7

7.(安培力作用下的平衡)在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面,在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线,通以如图所示方向的电流I时,通电导线能静止在斜面上,重力加速度为g,下列说法正确的是              (　　)

A.导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下

B.磁感应强度大小可能为B=,方向竖直向上

C.磁感应强度大小可能为B=,方向水平向左

D.磁感应强度方向垂直于斜面向下时,其大小最小,且最小值为B=

热点8　磁场　

考向一　磁场的叠加及通电导体

在磁场中的受力

【典例】B、C　设磁场方向与水平方向夹角为θ1,θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时,合力向右最大,根据左手定则和受力分析可知,安培力应该斜向右上方,磁场方向斜向右下方,此时有Fsinθ1-μ(mg-Fcosθ1)=ma1,令cosα=,sinα=,根据数学知识可得F()sin(θ1+α)=μmg+ma1,则有sin(θ1+α)=≤1,同理磁场方向与水平方向夹角为θ2,θ2<90°,当导体棒减速,且加速度最大时,合力向左最大,根据左手定则和受力分析可知,安培力应该斜向左下方,磁场方向斜向左上方,此时有Fsinθ2+μ(mg+Fcosθ2)=ma2,有F()sin(θ2+α)=ma2-μmg,所以有sin(θ2+α)=≤1,当加速或减速加速度分别最大时,不等式均取等于,联立可得μ=,代入cosα=,可得α=30°,此时θ1=θ2=60°,加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向右下方,有θ=θ1=60°,减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向左上方,有θ=π-θ2=120°,故B、C正确,A、D错误。

1.B、C　由左手定则可知,O点处的磁感应强度方向与安培力F方向垂直且斜向右下方,故A错误;O点处的磁场方向可沿水平向右和竖直向下分解,长导线a和b在O点处产生的磁场方向均沿竖直方向,所以长导线c在O点处产生的磁场方向应水平向右,由右手螺旋定则可知,长导线c中的电流方向垂直纸面向外,长导线a在O点产生的磁场方向竖直向上,长导线b在O点产生的磁场方向竖直向下,所以长导线a中电流I1小于b中电流I2,由于不知道安培力的具体方向,所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系,故B、C正确,D错误。

2.A　对导体棒进行受力分析如图所示,当磁场方向缓慢旋转到水平方向,安培力方向缓慢从沿斜面向上旋转到竖直向上,因光滑斜面对通电导体棒的支持力方向始终不变,导体棒的重力大小和方向也始终不变,初始时刻安培力沿斜面向上,与支持力方向垂直,此时安培力最小,所以随着磁场方向的改变,若使导体棒始终保持静止状态,安培力的大小逐渐增大,直到等于导体棒的重力,而安培力F安=BIL,所以磁感应强度一直增大,B、C、D错误,A正确。

考向二　带电粒子在有界磁场中的运动

【典例】B、C　若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲

根据几何关系则有R=L,qvB=m,可得v==kBL,根据对称性可知出射速度方向与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。

当离子在上下部分磁场均通过一次时,如图乙

因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R'=L,根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=m,可得v'==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ'=0°。设偏转次数为n,通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知B、C正确,A、D错误。

1.C　根据v=可知,半径越大,速度越大,根据几何关系可知,使粒子轨迹与AD边相切时速度最大,如图所示,由几何关系可知r1=(r1+L)sin45°,解得最大半径为r1=(+1)L,故最大速度为v1=;

当粒子从C点出射时半径最小,为r2=,故最小速度应为v2=。

故v的取值范围为≤v≤,故C正确。

2.A　由题意作出两质子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,质子M在磁场中运动的半径为R,轨迹圆弧所对圆心角θ1=120°;根据eBv=m得r=,则质子N的轨道半径为2R,再由几何关系得,轨迹圆弧所对圆心角θ2=60°;质子在磁场中做圆周运动的周期T==,运动的时间满足t=T,解得t1∶t2=2∶1,故A正确,B、C、D错误。

3.A　电子在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出电子的运动轨迹,如图所示,电子1垂直射进磁场,从b点离开,则运动了半个圆周,ab即为直径,c点为圆心,电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,根据半径r=可知,电子1和2的半径相等,根据几何关系可知,△aOc为等边三角形,则粒子2转过的圆心角为60°,所以电子1运动的时间t1==,电子2运动的时间t2==,所以=3,故A正确。

1.A　结合题图可知各导线在O点产生的磁场方向如图甲所示,a、c、e中通过的电流大小相等,且到O点的距离相等,若通过a、c、e三条导线的电流在O点产生的磁感应强度大小均为B,合磁感应强度大小为2B,则若通过b、d、f三条导线的电流在O点产生的合磁感应强度大小为4B,结合上述分析可知,b、d、f三条导线中的电流大小是a、c、e三条导线中电流大小的2倍;去掉e导线后剩余导线在e点产生的磁场方向如图乙所示。

由B=k,可知B4'=B6'=2B,夹角为120°,B1'=B3'=B,夹角为60°,B2'=B,由平行四边形定则求得e点的合磁感应强度大小为0,故选项A正确。

2.B　当泵体上表面接电源的负极时,电流从下向上流过泵体,这时受到的磁场力水平向右,不会拉动液体,故A错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=ρ=ρ×=,由能量关系可知UI>I2,I<,故B正确;根据安培力公式F=BIL2,故C错误;若t时间内抽取水的质量为mt,根据能量守恒定律,则这部分水离开泵时的动能为Ek=UIt-mght-I2t,D错误,故选B。

3.C　根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁感应强度方向,如图,因为I1>I2,故I1产生的磁感应强度大于I2产生的磁感应强度,根据平行四边形定则知H点的合磁感应强度可能为B3方向,C正确。

4.D　粒子带正电,且经过B点,其可能的轨迹如图所示,

所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动半径r=(n=1,2,3,…),粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,解得v==(n=1,2,3,…),由此可知,只有v=的粒子能通过B点,故A、B、C不符合题意,D符合题意。

5.B　粒子在磁场中做圆周运动,如图,由几何知识得r1==R,由洛伦兹力提供向心力得qv1B=m,解得v1=;当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,若粒子沿P点切线方向向上射入磁场时恰好不能进入小圆内部区域,则不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,此时v2最大,粒子轨道半径r2=R由洛伦兹力提供向心力得qv2B=m,解得v2=,则v1∶v2最小为,故B正确,A、C、D错误。

6.C　粒子在磁场中运动的轨道半径为r==d,则能打到PQ上的粒子长度为2=d;能打到MN上的粒子的长度为2r=d,故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为,故C正确。

7.D　根据重力、支持力、安培力三力平衡可知,导线所受的安培力垂直于斜面向下时,导线所受合力不能为0,导线不能静止,A错误;若磁场方向竖直向上,则安培力方向水平向左,导线不能静止,B错误;若磁场方向水平向左,则安培力方向竖直向下,导线不能静止,C错误;磁场方向垂直于斜面向下时,安培力方向沿斜面向上,此时安培力最小,磁感应强度最小,故有mgsinθ=ILB,解得B=,D正确。