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专题三电场与磁场第2讲磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动高频考点1磁场对电流的作用高频考点2带电粒子在匀强磁场中的运动栏目导航专题限时训练高频考点1磁场对电流的作用〉〉视角一磁感应强度的叠加[例1](多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0，方向也垂直于纸面向外．则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0答案：AC解析：外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：12B0＝B0－B1＋B2在a点：13B0＝B0－B1－B2联立解得B1＝712B0，B2＝112B0，故选项A、C正确．〉〉视角二与安培力有关的平衡问题[例2](2019·广州模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为()A.mgRE0L，水平向右B.mgRcosθE0L，垂直于回路平面向上C.mgRtanθE0L，竖直向下D.mgRsinθE0L，垂直于回路平面向下答案：D解析：对金属棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：从图可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为：F＝mgsinθ，故磁感应强度的最小值为B＝FIL＝mgsinθIL，根据欧姆定律有E0＝IR，故B＝mgRsinθE0L，故只有选项D正确．[规律方法]两类平衡问题的分析方法一类是根据导体中的电流方向与磁场方向，利用左手定则先判断出安培力的方向，然后对导体进行受力分析，再结合力的平衡条件进行求解．另一类是事先不能够判断出安培力的方向，需要对导体进行受力分析后，结合力的平衡条件确定安培力的方向和大小，此类试题一般是包括安培力在内的三力动态平衡问题，解决的办法通常是“闭合矢量三角形法”或“相似三角形法”．〉〉视角三与安培力有关的电路问题[例3](多选)如图所示，绝缘水平面上固定着两个半径相等的圆环，环面竖直且相互平行，两环间的距离d＝0.2m，两环由均匀电阻丝制成，电阻都是9.0Ω，在两环的最高点a和b之间接有一个内阻r＝0.5Ω的直流电源，连接导线的电阻忽略不计．空间有竖直向上、磁感应强度B＝35T的匀强磁场．一根长度等于两环间距、质量m＝10g、电阻R＝1.5Ω的均匀导体棒水平置于两环内侧，不计摩擦，静止时棒两端与两环最低点之间所夹圆弧的圆心角θ＝60°.重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．导体棒对两圆环的压力大小均为0.2NB．导体棒受到的安培力大小为35NC．该装置的总阻值为6ΩD．电源的电动势为15V答案：CD解析：设每个圆环对导体棒的支持力大小均为FN，导体棒受到的安培力大小为F.导体棒受力分析如图甲所示．由受力分析可知2FNcosθ＝mg，F＝2FNsinθ，联立两式并代入数据解得FN＝0.1N，F＝310N，选项A、B错误；该装置的等效电路图如图乙所示，总阻值为R总＝6×36＋3×2Ω＋1.5Ω＋0.5Ω＝6Ω，选项C正确；因为F＝BId，所以I＝FdB＝2.5A，由闭合电路欧姆定律可得E＝IR总＝15V，选项D正确．[规律方法]“一明、一转、一分”分析磁场对电流的作用1．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．若让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A．0B．33B0C．233B0D．2B0答案：C解析：当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时，由于aP＝PQ＝aQ＝l，P和Q在a点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为B1，由几何关系知B1＝2BPcos30°＝3BP，由题可知，a点处磁感应强度为零，则B0和B1等大反向，则可得B0＝B1＝3BP，且B0方向平行于PQ向左．当P中电流反向后，产生的磁感应强度如图乙所示，设P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2，由几何关系知B2＝BP＝33B0，且B2方向垂直于PQ向上，可得a点处的磁感应强度大小为B＝B22＋B20＝233B0，C正确．2．(2018·陕西榆林三模)如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通以如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg的砝码，才能使天平重新平衡．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1A，bc边长度为10cm，(g取10m/s2)则磁场对bc边的作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别为()A．0.2N,20TB．0.2N,2TC．0.1N,1TD．0.1N,10T答案：C解析：当线圈中通入图中电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＝mg－nBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＋(2×10－2×10N)＝mg＋nBIL，联立以上两式解得：B＝1T，所以F＝0.1N，故只有选项C正确．3．(2019·全国卷Ⅰ)如图，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，已如导体棒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．0答案：B解析：导体棒MN受到的安培力为F，F＝BIL.导体棒ML与LN两者的有效长度与导体棒MN相同，根据并联电路的特点，导体棒ML与LN两者的电阻是导体棒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，B相同，导体棒ML与LN两者的合力为0.5F，根据左手定则，导体棒ML与LN两者的合力与导体棒MN受到的安培力方向相同，线框LMN的受到的安培力为1.5F，故只有选项B正确．高频考点2带电粒子在匀强磁场中的运动〉〉视角一带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的基本问题[例4](2019·全国卷Ⅰ)如图，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(重力不计)进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d.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．答案：(1)4UB2d2(2)Bd24U(π2＋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，由洛伦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＝4UB2d2④(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＝Bd24U(π2＋33)．[规律方法]轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障1．画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．2．确定圆心的位置：根据洛伦兹力始终与速度方向垂直这一特点，画出粒子运动轨迹上任意两点(一般是射入与射出有界磁场的两点)的洛伦兹力方向(垂直于这两点的速度方向)，其延长线的交点即为圆心．3．半径的计算：一方面可由Bqv＝mv2r得r＝mvBq；另一方面可作出粒子的运动轨迹后，适当添加辅助线，利用几何知识求得．4．带电粒子在磁场中运动时间的确定：利用圆心角和弦切角的关系或三角形内角和为π计算出圆心角θ，则运动时间t＝θ2πT＝θmqB.5．注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．〉〉视角二带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题[例5]如图所示为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3T，在x轴上距坐标原点L＝0.50m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计其重力．(1)求上述粒子的比荷；(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；(3)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形．答案：(1)4.95×107C/kg(2)7.9×10－6s(3)0.25m2图见解析解析：(1)设粒子在磁场中的运动半径为r.如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得r＝2L2①由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝mv2r②联立①②并代入数据得qm≈4.95×107C/kg③(2)设所加电场的场强大小为E.如图乙，当粒子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有qE＝qvB④代入数据得E＝70N/C⑤所加电场的方向沿x轴正方向．由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有t＝45°360°⑥T＝2πrv⑦联立①⑥⑦并代入数据得t≈7.9×10－6s⑧(3)如图丙，所求的最小矩形是MM1P1P，该区域面积S＝2r2⑨联立①⑨并代入数据得S＝0.25m2矩形如图丙中MM1P1P(虚线)[规律方法]处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语，挖掘其隐含的信息．数学方法与物理方法相结合：借助半径R和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值．常用的结论有：①粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切；②当速度大小v一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长；③当速度大小v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长．磁场区域最小面积的求解方法在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积．注意对于圆形磁场区域：①粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心；②所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长．〉〉视角三带电粒子在磁场中运动的周期性和多解问题[例6](多选)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直于纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板