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第9讲磁场对电流和运动电荷的作用-2-专题知识•理脉络真题诠释•导方向-3-专题知识•理脉络真题诠释•导方向1.(2019·全国卷1)如图所示,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为()A.2FB.1.5FC.0.5FD.0B-4-专题知识•理脉络真题诠释•导方向解析:导体棒MN受到的安培力为F=BIl。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。命题考点安培力,闭合电路欧姆定律。能力要求分析解答本题时要注意MLN边的有效长度与MN相同,等效后的电流方向也与MN相同,但电流大小不同。-5-专题知识•理脉络真题诠释•导方向2.(2019·全国卷2)如图所示,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k,则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl,54kBlB.14kBl,54kBlC.12kBl,54kBlD.12kBl,54kBlB-6-专题知识•理脉络真题诠释•导方向解析:当电子从a点射出时,电子在磁场中运动的半径为ra=14l,而Bqva=m𝑣𝑎2𝑟𝑎,即va=𝐵𝑞𝑟𝑎𝑚=14kBl;当电子从d点射出时,电子在磁场中运动的半径为rd,如图,根据几何关系得𝑟𝑑2=l2+𝑟𝑑-𝑙22,解得rd=54l,所以,vd=54kBl,B正确,A、C、D错误。命题考点带电粒子在匀强磁场中的运动。能力要求分析解答本题时要注意分析运动轨迹,找出几何关系,求出轨道半径。-7-专题知识•理脉络真题诠释•导方向3.(2019·全国卷1)如图所示,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。-8-专题知识•理脉络真题诠释•导方向答案:(1)4𝑈𝐵2𝑑2(2)𝐵𝑑24𝑈π2+33解析:(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=12mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m𝑣2𝑟②由几何关系知d=2r③联立①②③式得𝑞𝑚=4𝑈𝐵2𝑑2。④-9-专题知识•理脉络真题诠释•导方向(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=π𝑟2+rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=𝑠𝑣⑥联立②④⑤⑥式得t=𝐵𝑑24𝑈π2+33。⑦命题考点带电粒子在匀强磁场中的运动。能力要求本题考查粒子在磁场中的运动,运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解,解题关键是要作出轨迹图,正确运用数学几何关系。-10-突破点一突破点二突破点三磁场的性质及磁场对通电导体的作用考查方向常以选择题形式考查。突破方略1.对磁场的理解(1)磁感应强度是矢量,其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直;(2)电流元必须垂直于磁场方向放置,公式B=𝐹𝐼𝑙才成立;(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的,与通电导线受力的大小及方向都无关。-11-突破点一突破点二突破点三2.安培力大小的计算公式:F=BIlsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)。(1)若磁场方向和电流方向垂直:F=BIl。(2)若磁场方向和电流方向平行:F=0。3.安培力方向的判断:左手定则。方向特点:垂直于磁感线和通电导线确定的平面。-12-突破点一突破点二突破点三模型构建【例1】(多选)(2019·山东泰安期末)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=k(其中k为比例系数,I为电流,r为该点到直导线的距离)。现有四根平行的通电长直导线,其横截面积恰好在一个边长为l的正方形的四个顶点上,电流方向如图所示,其中A、C导线中的电流大小为I1,B、D导线中的电流大小为I2。已知A导线所受的安培力恰好为零,则下列说法正确的是()A.电流的大小关系为I1=2I2B.四根导线所受的安培力都为零C.正方形中心O处的磁感应强度为零D.若移走A导线,则中心O处的磁场将沿OB方向𝐼𝑟ACD-13-突破点一突破点二突破点三解析:将导线B、C、D在导线A处的磁场表示出来,如图甲所示。A导线所受的安培力为零,则A处的合磁场为零,即2𝑘𝐼2𝑙=𝑘𝐼12𝑙,则I1=2I2,故选项A正确;同理,将各点的磁场都画出来,可以判断B、D导线处的合磁场不为零,故所受的安培力不为零,故选项B错误;将各导线在O点的磁场画出,如图乙所示,由于A、C导线电流相等而且距离O点距离相等,则BA'=BC'甲乙-14-突破点一突破点二突破点三同理:BB'=BD',即正方形中心O处的磁感应强度为零,故选项C正确;若移走A导线,则磁场BA'不存在,由于BB'=BD',则此时在O点的磁场只剩下导线C的磁场,而且导线C处磁场方向沿OB方向,即中心O处的磁场将沿OB方向,故选项D正确。-15-突破点一突破点二突破点三迁移训练1.(2019·浙江宁波重点中学联考)右图为电流天平,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈,匝数为n,线圈的水平边长为l,处于虚线方框内的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与线圈平面垂直,当线圈中通有如图所示电流I时,调节砝码使天平达到平衡。然后使电流反向,大小不变,这时需要在左盘中拿走质量为m的砝码,才能使天平再达到新的平衡,由此可知()A.磁场方向垂直线圈平面向内,大小为B=𝑚𝑔𝑛𝐼𝑙B.磁场方向垂直线圈平面向内,大小为B=𝑚𝑔2𝑛𝐼𝑙C.磁场方向垂直线圈平面向外,大小为B=𝑚𝑔𝑛𝐼𝑙D.磁场方向垂直线圈平面向外,大小为B=𝑚𝑔2𝑛𝐼𝑙D-16-突破点一突破点二突破点三解析:电流反向前,设左盘砝码质量为m1,右盘砝码质量为m2,由题意知m1m2。由平衡条件知,m1g=m2g+nBIl则由左手定则可知磁场方向垂直线圈平面向外,电流反向后,由平衡条件知,(m1-m)g=m2g-nBIl得B=𝑚𝑔2𝑛𝐼𝑙。-17-突破点一突破点二突破点三以题说法1.两个常用的等效模型(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。甲-18-突破点一突破点二突破点三(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,如图乙所示。乙-19-突破点一突破点二突破点三2.求解磁场中导体棒运动趋势的方法(1)分析:正确对导体棒进行受力分析,应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向,安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。(2)作图:必要时将立体的受力分析图转化为平面受力分析图,即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。(3)求解:根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式求解。-20-突破点三突破点一突破点二带电粒子在有界磁场中的运动考查方向常以选择题或计算题的形式考查。突破方略1.基本公式:qvB=m𝑣2𝑟,T=2π𝑟𝑣重要结论:r=𝑚𝑣𝑞𝐵,T=2π𝑚𝑞𝐵2.基本步骤(1)画轨迹:依题意画出粒子运动轨迹,或可能的轨迹,找到临界情况的轨迹。(2)定圆心:入射点与出射点所受洛伦兹力方向的交点。(3)求半径或圆心角:由图中几何关系求半径从而可求出速度,求圆心角从而可求出时间。-21-突破点三突破点一突破点二3.基本“语言翻译”运动语言→几何语言速度→半径(m、q、B一定时r∝v)时间→圆心角(t=𝜃2πT)时间→弦长(圆心角θπ时,圆心角越大,弧长越长,弦长越长,代表时间越长)时间→弧长-22-突破点三突破点一突破点二4.圆的几个基本特点(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角。如图甲所示,θ1=θ2=θ3。(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示,α1=α2)。甲-23-突破点三突破点一突破点二(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙所示。乙-24-突破点三突破点一突破点二(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时,以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子,出射速度方向相互平行。反之,以相互平行的相同速率射入时,会从同一点射出(即磁聚焦现象),如图丙所示。丙-25-突破点三突破点一突破点二模型构建【例2】(多选)(2019·广西南宁、柳州联考)如图所示,在边长为l的正方形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,有一带正电的粒子从A点以v0的入射速度沿AB方向射入磁场,从CD边的中点射出,已知粒子的质量为m,电荷量为q,不计粒子的重力,则下列说法正确的是()A.匀强磁场磁感应强度为8𝑚𝑣05𝑞𝑙,方向垂直于纸面向里B.粒子在磁场中的运动时间一定大于5𝑙2𝑣0C.入射速度越小,粒子在磁场中运动的时间越长D.若粒子的入射速度变为2v0,则粒子将从BD边某一点射出BD-26-突破点三突破点一突破点二解析:粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,在△OCE中由勾股定理可知𝑙22+(l-r)2=r2,解得r=58l=𝑚𝑣0𝑞𝐵,故磁场的磁感应强度B=8𝑚𝑣05𝑞𝑙,由左手定则判断磁感应强度方向垂直于纸面向外,A错误;粒子如果以速率v0从A点沿直线运动到CD中点所用时间为5𝑙2𝑣0,故做圆周运动的时间一定大于5𝑙2𝑣0,B正确;入射速度越小,对应的轨迹半径越小,当入射速度对应的直径小于l时,其在磁场中的运动时间都等于半个周期,C错误;粒子的入射速度变为2v0,r'=2r=54l,半径大于l,则粒子将会从BD边某一点射出,D正确。-27-突破点三突破点一突破点二分析推理(1)52l是沿直线从A指到CD中点的距离吗?(2)若入射速度变小,粒子从AC边射出,运动时间还会因速度的改变而改变吗?(1)提示:是。(2)提示:不会。-28-突破点三突破点一突破点二以题说法作带电粒子运动轨迹时需注意的问题(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)六条线:圆弧两端点所在的轨迹半径,入射速度所在直线和出射速度所在直线,入射点与出射点的连线,圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形,后面两条为对角线。(3)三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍。-29-突破点三突破点一突破点二迁移训练2.(2019·重庆上学期期末抽测)如图所示,在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在t=0时刻,从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子,速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°~90°范围内。其中,沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a,a)点离开磁场,不计粒子重力,下列说法正确的是()A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB.粒子的发射速度大小为4π𝑎𝑡0C.带电粒子的比荷为4π3𝐵𝑡03D.带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0D-30-突破点三突破点一突破点二解析:根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示,圆心为O',根据几何关系,