第11講　磁場、帶電粒子在磁場中的運動
1．掌握“兩個磁場力”．(1)安培力：F＝BIL·sin θ，其中θ為B與I的夾角．(2)洛倫茲力：F＝qv·B·sin θ，其中θ為B與v的夾角．2．用準“兩個定則”．(1)對電流的磁場用安培定則．(2)對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則．
3．靈活應(yīng)用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的關(guān)系式．
命題點一　磁場的性質(zhì)及磁場對電流的作用力
三、安培力、安培力的方向　勻強磁場中的安培力1．安培力的大?。?1)磁場和電流垂直時：F＝BIL.(2)磁場和電流平行時：F＝0.2.安培力的方向．左手定則判斷：(1)伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都在同一個平面內(nèi)．(2)讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流方向．(3)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．
(多選)(2022·廣州市綜合測試)如圖，高壓輸電線上使用“abcd正方形間隔棒”支撐導(dǎo)線L1、L2、L3、L4，目的是固定導(dǎo)線間距，防止導(dǎo)線相碰．a(chǎn)bcd的幾何中心為O，當四根導(dǎo)線通有等大同向電流時(　　)
A．幾何中心O點的磁感應(yīng)強度不為零B．幾何中心O點的磁感應(yīng)強度為零C．L1對L2的安培力小于L1對L3的安培力D．L1所受安培力的方向沿正方形的對角線ac方向
解析：因四條導(dǎo)線中的電流大小相等，O點與四條導(dǎo)線的距離均相等，由右手定則和對稱性可知，L1在O點的磁感應(yīng)強度與L3在O點的磁感應(yīng)強度等大反向，L2在O點的磁感應(yīng)強度與L4在O點的磁感應(yīng)強度等大反向，所以四條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度等于0，故A錯誤，B正確；L2相比L3，離L1更近些，處于L1較強的磁場區(qū)域，由安培力大小與B成正比可知，L1對L2的安培力大于L1對L3的安培力，故C錯誤；D項，根據(jù)“同向電流吸引，反向電流排斥”的推論可知，L1受其余三條導(dǎo)線的吸引力分別指向三條導(dǎo)線，根據(jù)對稱性，L2與L4對L1的安培力大小相等，所以兩者合力指向ac方向，再與L3對L1的安培力(沿ac方向)合成，總安培力方向沿正方形的對角線ac方向，故D正確．故選BD.
(多選)(2022·全國乙卷)安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B.如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面．某同學(xué)在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上．根據(jù)表中測量結(jié)果可推知(　　)
A．測量地點位于南半球B．當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50 μTC．第2次測量時y軸正向指向南方D．第3次測量時y軸正向指向東方
(2022·湖南卷)如圖(a)，直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示．導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ.下列說法正確的是(　　)
A．當導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C．tan θ與電流I成正比D．sin θ與電流I成正比
解析：當導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時，對導(dǎo)線做受力分析有
1．(2022·深圳二模)中國電磁炮技術(shù)世界領(lǐng)先，下圖是一種電磁炮簡易模型．間距為L的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間存在豎直方向、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，導(dǎo)軌一端接電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源．帶有炮彈的金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，金屬棒電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計．通電后棒沿圖示方向發(fā)射．則(　　)
2.如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍，兩細長直導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點．下列說法正確的是(　　)A．a(chǎn)點與b點的磁感應(yīng)強度相同B．a(chǎn)點與c點的磁感應(yīng)強度相同C．a(chǎn)點與d點的磁感應(yīng)強度相同D．a(chǎn)點與b、c、d三點的磁感應(yīng)強度均不相同
命題點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動三類邊界磁場中的軌跡特點．(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性．
(2)平行邊界：存在臨界條件．
(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出．
如圖所示，在豎直平面矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．一帶電粒子從AD的中點O射入磁場，速度方向與磁場垂直且與AD的夾角α＝45°，粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在C點垂直CD穿出．已知矩形ABCD的寬AD為l，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計．則下列說法正確的是(　　)
解析：粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，A錯誤；由題意可知，粒子運動軌跡如圖所示
解析：由題意，作出兩核在磁場中的運動軌跡示意圖如下
1．如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為(　　)
解析：畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖
2．(多選)如圖所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)示意圖，演示儀中有一對彼此平行且共軸的勵磁圓形線圈，通入電流I后，能夠在兩線圈間產(chǎn)生勻強磁場；玻璃泡內(nèi)有電子槍，通過加速電壓U對初速度為零的電子加速并連續(xù)發(fā)射．電子剛好從球心O點正下方的S點水平向左射出，電子通過玻璃泡內(nèi)稀薄氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡．則下列說法正確的是(　　)
A．若要正常觀察電子徑跡，勵磁線圈的電流方向應(yīng)為逆時針(垂直紙面向里看)B．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑減小C．若同時減小I和U，則電子運動的周期增大D．若保持I不變，減小U，則電子運動的周期將減小
3.如圖所示，太極圖由“陰魚”和“陽魚”構(gòu)成，其邊界是以O(shè)點為圓心、R為半徑的圓，內(nèi)部由以O(shè)1點和O2點為圓心、等半徑的兩個半圓分割成上下兩部分，其中上部分為“陽魚”，下部分為“陰魚”．O1、O2、O三點共線，A、C兩點分別在半圓O1與O2的圓周上且θ＝60°，CO2⊥O1O2. “陽魚”內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，“陽魚”與“陰魚”的邊界上無磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子P(不計粒子所受重力)從O點以大小為v0的速度沿OO2方向射入“陽魚”，并從A點沿AO1方向進入“陰魚”．
(1)求“陽魚”內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(2)若同種粒子Q從C點沿CO2方向射入“陽魚”，要使粒子Q不會進入“陰魚”，求粒子Q從C點射入“陽魚”時的速度大小應(yīng)滿足的條件．
命題點三　帶電粒子在磁場中的臨界問題求解臨界、極值問題的“兩思路、兩方法”．
如圖所示，在xOy平面內(nèi)以O(shè)為圓心、R0為半徑的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以速度v0從A(R0，0)點沿x軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，經(jīng)過P(0，R0)點，沿y軸正方向進入同心環(huán)形區(qū)域Ⅱ，為使粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后能從Q點回到區(qū)域Ⅰ，需在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加一垂直于紙面向里的勻強磁場．已知OQ與x軸負方向成30°角，不計粒子重力．求：
(1)區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度B0的大?。?2)環(huán)形區(qū)域Ⅱ的外圓半徑R至少為多大；(3)粒子從A點出發(fā)到再次經(jīng)過A點所用的最短時間．
(2022·韶關(guān)市二模)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面．一質(zhì)量為m、電量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向的夾角θ＝30°.
(1)當Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應(yīng)強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0 及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0 ；(2)若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件；(3)若B1≠B2，L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式．
解析：(1)由題意可得粒子運動軌跡大致如下圖所示
(2)由題意可得粒子運動軌跡大致如下圖所示
(3)由題意可得粒子運動軌跡大致可能如下圖所示兩種情況
設(shè)粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向的夾角為α，由幾何知識可得L1＝R1sin θ＋R1sin α(或L1＝R1sin θ－R1sin α)，L2＝R2sin θ＋R2sin α(或L2＝R2sin θ－R2sin α)，
A．粒子不可能打到A點B．以θ＝0°和θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間相等C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出
3．如圖所示，兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場．A板帶正電荷，B板帶等量負電荷，板間電場強度為E；磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B1.平行金屬板右側(cè)有一擋板M，中間有小孔O′，OO′是平行于兩金屬板的中心線．擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B2.CD為磁場B2邊界上的一絕緣板，它與M板的夾角θ＝45°，O′C＝a，現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m，含有不同電荷量、不同速度的正負帶電粒子(不計重力)，自O(shè)點沿OO′方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線OO′方向運動，并進入勻強磁場B2中，求：
(1)進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度；(2)能擊中絕緣板CD的粒子中，所帶電荷量的最大值；(3)絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度．
命題點四　帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解．多解形成原因一般包含4個方面：
解析：若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖
當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖
一圓筒的橫截面如圖所示，圓心為O、半徑為R，在筒上有兩個小孔M，N且M、O、N在同一水平線上．圓筒所在區(qū)域有垂直于圓筒截面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在圓筒左側(cè)有一個加速電場．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，由靜止經(jīng)電場加速后從M孔沿MO方向射入圓筒．已知粒子與圓筒碰撞時電荷量保持不變，碰撞后速度大小不變，方向與碰撞前相反，不計粒子重力．
(1)若加速電壓為U0，要使粒子沿直線MN運動，需在圓筒內(nèi)部空間加一勻強電場，求所加電場的電場強度大小E；(2)若帶電粒子與圓筒碰撞三次后從小孔N處射出，求粒子在圓筒中運動時間t；(3)若帶電粒子與圓筒碰撞后不越過小孔M，而是直接從小孔M處射出，求帶電粒子射入圓筒時的速度v.
2．如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d

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