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1

A.BIl，垂直纸面向里    B.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＝2lcos 45°＝l，则该导线受到的安培力大小为FA＝BLI＝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　B

2.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2

A.大小为，方向水平向里      B.大小为，方向水平向外

C.大小为，方向水平向里      D.大小为，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＝，选项B错误，D正确。

答案　D

3.(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3

A.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＝，解得v＝，Ek＝mv2＝，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　BD

4.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4

A.L    B.2L 

C.L    D.

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＝。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，L＝·t2，解得粒子的比荷＝，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝m，解得r＝＝L，故A正确。

答案　A

5.(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5

A.     B.

C.     D.

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＝，r0＝，解得r0＝R，又r0＝＝R，解得B0＝，若使粒子从半圆弧上射出，有r≤R，即B≥，故选项B正确。

答案　B

6.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＝k

粒子在S1与S2之间加速，根据动能定理可得

qU＝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q＝qvB1

可得P1、P2两板间的电压U′＝B1d。

(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＝m

已知L＝2r

可得B2＝。

答案　(1)B1d　(2)

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＝mv

解得E＝

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＝m，解得r1＝

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＝。

(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＝＝

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＝at2，

解得t＝，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＝＝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，故粒子第三次经过x轴时坐标为(2l，0)；

由洛伦兹力提供向心力可得：粒子在磁场中运动的轨道半径r2＝＝l；故由几何关系可得：粒子第四次经过x轴时刚好过原点，即坐标为(0，0)。

答案　(1)　　(2)v0　方向与x轴正方向夹角为45°，斜向右下方　(3)(0，0)