(共65张PPT)
第十一章
磁场
●命题热点诠释
1．命题热度：本章属于热点内容，10年来，从命题频次上看，全国卷10年21考，地方卷90考。
2．考查热点：(1)磁场的性质、安培定则、安培力的分析和计算。
(2)带电粒子在有界匀强磁场中的运动。
(3)带电粒子在组合场中的运动。
第56讲 磁场的描述与磁场对电流的作用
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
基础梳理·易错辨析
一、磁场、磁感应强度
1．磁场
(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有______的作用。
(2)方向：小磁针的________所受磁场力的方向。
力
N极
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的________和________。
(2)大小：B＝________(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时________的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
强弱
方向
N极
二、磁感线及其特点
1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的______________的方向一致。
2．特点
(1)磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向。
(2)磁感线的________定性地表示磁场的强弱。
(3)磁感线是________曲线，没有起点和终点。
(4)磁感线是假想的曲线，客观上__________。
磁感应强度
切线
疏密
闭合
不存在
三、几种常见的磁场
1．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向____________的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
处处相同
2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
3．电流的磁场
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场________ 与________磁铁的磁场相似，管内为________磁场且磁场方向_______________，管外为__________磁场 环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场________
安培 定则
越弱
条形
匀强
由S极指向N极
非匀强
越弱
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
立体 图
横截 面图
纵截 面图
4.地磁场
(1)地磁的N极在地理________附近，S极在地理________附近，磁感线分布如图所示。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度____________，且方向水平________。
(3)地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。
南极
北极
大小相等
向北
四、安培力的大小与方向
1．安培力的方向：左手定则
(1)伸开左手，让拇指与其余四指________，并且都与手掌在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使________指向电流方向。
(3)________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
垂直
四指
拇指
如图，①表示________的方向，②表示________的方向，③表示__________的方向。
电流
磁场
安培力
2．安培力的大小
当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsin θ，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：
(1)当磁场与电流________时，安培力最大，Fmax＝BIL。
(2)当磁场与电流________时，安培力等于零。
垂直
平行
3．磁电式电流表的工作原理
磁电式电流表的原理图如图所示。
(1)磁场特点
①方向：沿____________均匀辐射地分布，如图所示；
②强弱：在距轴线等距离处的磁感应强度大小________。
(2)安培力的特点
①方向：安培力的方向与线圈平面________；
②大小：安培力的大小与通过的电流成________。
半径方向
相等
垂直
正比
1．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与此类似，同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。( )
2．安培力F、磁感应强度B、电流I三者方向总是相互垂直。( )
3．安培力计算公式F＝BIl的成立条件是磁感应强度B垂直于电流I，即B⊥I。( )
4．磁铁的磁场和电流的磁场本质上是不同的。( )
5．磁感应强度是一个矢量，表示通电导线所受安培力的方向。 ( )
×
×
√
×
×
6．磁感应强度B由磁场本身来决定，与安培力F、电流I、通电导线长度l无关。( )
7．地磁的 N极在地球南极附近，赤道表面附近的地磁场可近似认为平行地面向北。( )
8．安培力只能对导体做正功。( )
√
√
×
核心考点·重点突破
1
安培定则的应用与磁场的叠加
(基础考点·自主探究)
1．安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。
因果 磁场 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流的磁场 大拇指 四指
环形电流及通电螺线管的磁场 四指 大拇指
2.磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则及其他已知条件判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
【跟踪训练】
(地磁场及磁感应强度的大小和方向)(多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知( )
1
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
[答案] BC
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
(磁感线的特点)(2024·浙江卷)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
2
A．图示左侧通电导线受到的安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
[答案] A
[解析] 根据左手定则可知，左侧通电导线受到的安培力向下，A正确；由题意可知，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，所以a、b两点的磁感应强度方向不同，B错误；软铁制成的圆柱起导磁作用，其内磁感应强度不为零(注意与电场中的静电屏蔽区分)，C错误；c点处的磁感线比d点处的密集，则c点处的磁感应强度比d点的大，D错误。
(地磁场)(多选)(2023·福建卷)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是( )
3
A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
[答案] AC
[解析] 根据题意，地磁场来源于地表电荷随地球自转产生的环形电流，根据安培定则和地球自转方向为自西向东，地球内部磁感线方向大致由北到南，可以判断地表电荷为负电荷，A正确；根据电流方向的规定可知正电荷定向移动的方向为电流方向，地表电荷为负电荷，所以环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；地表电荷的电荷量增加，环形电流也会增大，所以产生的地磁场强度增大，C正确；地球自转角速度减小，则线速度减小，环形电流减小，所以地磁场强度减小，D错误。
(安培定则的应用)如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
4
A．a B．b
C．c D．d
[答案] C
[解析] 根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。
(磁场的叠加)如图所示，三棱柱的棱长为L，两个底面均为等边三角形，两电流方向相同的无限长直导线分别经过M1M2和N1N2，电流的大小均为I，M1M2段直导线受到的安培力大小为F，则三棱柱的另一条棱P1P2上各点的磁感应强度大小为( )
5
[答案] B
2
安培力的分析与计算
(能力考点·深度研析)
1．安培力的方向
(1)安培力F⊥B，F⊥I，但B与I不一定垂直。
(2)安培力F⊥B，F⊥I，F⊥B、I决定的平面。
2．用公式F＝BIL计算安培力大小时的注意事项
(1)B与I垂直。
(2)L是有效长度。
①公式F＝BIL中L指的是有效长度。
②弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示)，相应的电流方向则由始端流向末端。
③闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
(多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则( )
A．通电后两绳拉力变小
B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为πBIr
D．安培力为2BIr
[答案] BD
[解析] 通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2FT′＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。
【跟踪训练】
(多选)如图所示，半径为r、粗细均匀的金属圆环放在绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与圆环的直径重合，PQ是圆环垂直MN的直径，将P、Q两端接入电路，从P点流入的电流大小为I，圆环保持静止不动，则下列判断正确的是( )
6
A．整个圆环受到的安培力为0
D．MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr
[答案] AD
3
安培力作用下导体运动情况的判断
(能力考点·深度研析)
1．判断安培力作用下导体运动情况的五种方法
2.基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
考向1 电流元法和特殊位置法的应用
如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关( )
A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变
B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变
C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
[答案] D
[解析] 当开关S接通后，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直(即转过90°)时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大。故选D项。
考向2 等效法和结论法的应用
如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是( )
A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
[答案] C
[解析] 根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的规律，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。
考向3 转换研究对象法的应用
(2024·天津部分区联考)如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则( )
A．导线受到的安培力水平向左
B．导线受到的安培力竖直向上
C．木板对地面的压力小于G
D．木板受到地面的摩擦力水平向右
[答案] D
[解析] 根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右；木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G；又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右，故A、B、C错误，D正确。
4
安培力作用下的平衡与加速问题
(能力考点·深度研析)
1．分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤
(1)确定要研究的通电导体。
(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析。
受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。如图所示：
(3)分析导体的运动情况。
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
2．其他注意事项
(1)类似于力学中用功与能的关系解决问题，通电导体受磁场力时的加速问题也可以考虑用能量的观点解决，关键是弄清安培力做正功还是做负功，再由动能定理列式求解。
(2)对于含电路的问题，可由闭合电路的欧姆定律求得导体中的电流，再结合安培力分析求解。
考向1 安培力作用下物体的平衡
如图所示，一通电导体棒放置在粗糙水平桌面上，流过导体棒的电流如图所示，导体棒所在空间存在方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与竖直方向的夹角为θ时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与桌面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是( )
C．tan θ≥μ D．tan θ≤μ
[答案] A
(多选)倾角为θ的斜面上，有质量为m，同一材质制成的均匀光滑金属圆环，其直径d恰好等于平行金属导轨的内侧宽度。如图，电源提供电流I，圆环和轨道接触良好。下面的匀强磁场，能使圆环保持静止的是( )
7
[答案] BC
考向2 安培力作用下的加速问题
(2023·北京卷)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
[解析] (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L。
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′＝B2·2IL＝4kI2L
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4。
名师讲坛·素养提升
安培力作用下通过导体电荷量的计算
当B与I垂直时，安培力F＝BIL，而q＝IΔt，所以，利用安培力与动量定理综合可以求电荷量q。
[解析] (1)对金属杆，跳起的高度为H，竖直上抛运动由运动学关系式v2＝2gH，
通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL
由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝4.17 A。
(2)对金属杆，通电时间t′＝0.002 s，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0
由运动学公式v′2＝2gH′
通过金属杆截面的电荷量q＝I′t′
联立解得q＝0.085 C。(共58张PPT)
第十一章
磁场
第57讲 带电粒子在匀强磁场中运动
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
基础梳理·易错辨析
一、洛伦兹力
1．洛伦兹力：磁场对____________的作用力。
2．洛伦兹力的方向(左手定则)
(1)伸出左手，使拇指与其余四个手指________，并且都与手掌在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使________指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)。
运动电荷
垂直
四指
(3)________所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
如图，①表示__________运动的方向或__________运动的反方向，②表示________的方向，③表示____________的方向。
拇指
正电荷
负电荷
磁场
洛伦兹力
3．洛伦兹力的大小：F＝____________，θ是v与B之间的夹角。
(1)当v∥B时，F＝______。
(2)当v⊥B时，F＝__________。
qvBsin θ
0
qvB
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥______，F⊥______，即F垂直于B和v决定的________，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的________，或者说，洛伦兹力对带电粒子__________。
2．粒子的运动性质
(1)若v0∥B，则粒子_____________，在磁场中做______________。
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做________________。
B
v
平面
大小
不做功
不受洛伦兹力
匀速直线运动
匀速圆周运动
3．基本公式
(1)由qvB＝_______，得r＝______。
1．带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。( )
2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。( )
×
×
×
4．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。( )
5．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。( )
×
√
核心考点·重点突破
1
对洛伦兹力的理解
(基础考点·自主探究)
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
3．洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力 静电力
产生 条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与电场强度方向相反
做功 情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功
【跟踪训练】
(洛伦兹力的特点)真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是( )
1
A．小球先加速后减速
B．小球受到的洛伦兹力始终为零
C．小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直向上
[答案] C
[解析] 根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向下，中点到b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。
(洛伦兹力与静电力的比较)如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N分别为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
2
A．a球下滑的时间比b球下滑的时间长
B．a、b两球的机械能均不守恒
C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力
[答案] D
2
带电粒子在有界匀强磁场中的运动
(能力考点·深度研析)
1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定
(1)圆心的确定方法
①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。
(2)半径的计算方法
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得
常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。
(3)时间的计算方法
2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
(2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
(3)圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圆心：如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。
③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。
考向1 带电粒子在直线边界磁场中的运动
(2024·广西卷)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
[答案] C
考向2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动
(2024·湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
[答案] D
反思提升
无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：
【跟踪训练】
3
A．粒子在磁场中运动的半径为L
B．与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出
C．在AC边界上有粒子射出的区域长度为L
D．所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等
[答案] ABC
(带电粒子在正方形边界中的运动)(多选)(2024·河北卷)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是( )
4
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
[答案] AD
[解析] 设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为θ。若粒子穿过ad边、cd边垂直BC射出，则运动轨迹如图甲所示，设粒子在磁场中运动轨迹的半径为r，ef的长度为l，则rsin θ＋lcos θ＝rcos θ＋lsin θ，即(r－l)(sin θ－cos θ)＝0，可得r＝l或θ＝45°时，粒子必垂直BC射出，其中当r＝l时，与θ大小无关，A正确，C错误；若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，且粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示，可见粒子不可能垂直BC射出，B错误；若粒子穿过ad边、bc边垂直BC射出，运动轨迹如图丙所示，设大正方形边长为L1，小正方形边长为L2，对粒子穿过ad边前在磁场中的运动过程，根据几何关系有
名师讲坛·素养提升
带电粒子在磁场中运动的多解问题
考向1 磁场方向不确定形成多解
分析 图例
只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解
粒子带正电，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的静电力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
[答案] BD
考向2 带电粒子电性不确定形成多解
分析 图例
带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解
如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
(多选)如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点射出。下列说法正确的是( )
A．带电粒子一定带负电荷
[答案] CD
考向3 临界状态不确定形成多解
(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
[答案] AB
考向4 运动的往复性形成多解
分析 图例
带电粒子在部分是电场，部分是磁场或相邻两部分磁场方向不同的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解
CD＝l，l＝n·2r，即粒子到D点半径有n个值
[答案] BC
[解析] 若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
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°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。
故B、C正确，A、D错误。故选BC。
反思提升
求解有界磁场中多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。(共29张PPT)
第十一章
磁场
第58讲 专题强化十六 用“动态圆”思想处理临界、极值问题 “磁聚焦”和“磁发散”模型
核心考点·重点突破
1
用“动态圆”思想处理临界、极值问题
(能力考点·深度研析)
1．解题思路
(1)先不考虑磁场边界，假设磁场充满整个空间，根据题给条件尝试画出粒子可能的运动轨迹圆。
(2)结合磁场边界找出临界条件。
(3)根据几何关系、运动规律求解。
根据粒子射入磁场时的特点，分析临界条件的常用技巧有三种：动态圆放缩法、定圆旋转法、平移圆法。
2．分析临界、极值问题常用的四个结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。
(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场区域圆直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。
考向1 动态圆放缩法
适用 条件 速度方向一定、大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小有关
特点 轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定 方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法 [答案] BD
2023年8月25日下午，新一代人造太阳“中国环流三号”取得重大科研进展，首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着中国核聚变研究向“聚变点火”又迈出重要一步。环流器局部区域的磁场简化示意图，如图所示，在内边界半径为R、外边界半径为2R的环形磁场区域内，存在磁感应强度大小为B，方向垂直于平面向内的匀强磁场。在内圆上有一粒子源S，可在平面内沿各个方向发射比荷相同的带正电的粒子。粒子a、b分别沿径向、内圆切线向左、向下进入磁场，二者均恰好不离开磁场外边界。不计重力及二者之间的相互作用，则粒子a、b的速度大小之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
[答案] A
考向2 定圆旋转法
[答案] D
考向3 平移圆法
B．粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域
[答案] CD
2
“磁聚焦”和“磁发散”模型
(能力考点·深度研析)
1．“磁聚焦”模型
(1)现象：如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。(会聚)
(2)条件：轨迹圆半径R等于磁场圆半径r。
(3)证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点。
2．“磁发散”模型
(1)现象：如图乙所示，从P点有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，则所有粒子射出磁场的方向平行。(发散)
(2)条件：轨迹圆半径等于磁场圆半径
(3)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。
(多选)利用磁聚集和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里
[答案] BC(共58张PPT)
第十一章
磁场
第59讲 专题强化十七 带电粒子在组合场中的运动
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
核心考点·重点突破
1
组合场应用实例
(基础考点·自主探究)
1．质谱仪
(1)作用
测量带电粒子质量和分离同位素。
(2)原理(如图所示)
2．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
(2)工作原理
①交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等；
②粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
(3)最大动能
②注意：粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。
(4)运动时间的计算
【跟踪训练】
(质谱仪)(多选)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则( )
1
A．电场力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
[答案] AD
B．它们在D形盒内运动的周期相等
2
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
[答案] BC
2
带电粒子在组合场中的运动
(能力考点·深度研析)
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
3.常见粒子的运动及解题方法
考向1 磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
(2024·河北石家庄模拟)如图所示，在平面直角坐标系内有边长为L的正方形Oabc，O为坐标原点，Oa边和x轴重合，e、f、g、h为四边中点，正方形Oabc上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，下半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，上、下两半区域内磁感应强度大小相等。一个不计重力、质量为m、电荷量绝对值为q、带负电的粒子从h点以速度v0沿与hg成θ＝30°角进入磁场，之后恰好从n点进入上半区域的磁场。
(1)求磁场区域内磁感应强度的大小；
(2)粒子离开磁场区域后打中y轴上的P点，求P点的坐标以及粒子从h点运动到P点的时间。
粒子射出磁场区域后运动到P点的时间
所以粒子从h点运动到P点的时间为
考向2 先电场后磁场
先电场后磁场的几种常见情形
(1)带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲。
(2)带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的运动规律得
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
反思提升
解答电场与磁场组合问题解题思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
考向3 先磁场后电场
先磁场后电场的几种常见情形
常见 情境 进入电场时粒子速度方向与电场方向平行 进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直 进入电场时粒子速度方向与电场方向成一定角度(非直角)
运动示 意图
在电场中的运动性质 加速或减速直线运动 类平抛运动 类斜抛运动
分析方法 动能定理或牛顿运动定律结合运动学公式 平抛运动知识，运动的合成与分解 斜抛运动知识，运动的合成与分解
(2024·浙江1月卷，节选)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ－φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值。
(3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)。
[解析] (1)经分析可知，水平向左射入磁场的质子最不容易实现“反射”，当此质子的运动轨迹与磁场上边界相切时，对应的磁场宽度为最小值，根据几何关系有dmin＝2r(旋转圆模型，直径是圆中最长的弦)
考向4 粒子在组合场中的多次运动问题
(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)电场强度的大小；
(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径
(3)画出带电粒子的运动轨迹如图所示。
vy－vx图像中的a→b→c→a对应轨迹y－x图像中的A→B→C→D(A点为坐标平面内任取的一点)。
由A点到B点，粒子做类平抛运动(y方向为匀速直线运动，x方向为初速度为零的匀加速直线运动)；
由B点到C点，粒子做匀速圆周运动；
由C点到D点的运动逆向可看成类平抛运动(y方向为匀速直线运动，x方向为末速度为零的匀减速直线运动)。
从A点到B点，沿y方向的位移大小y1＝v0t
根据对称性可知，从C点到D点，沿y方向的位移大小y3＝y1
P点沿题图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子的位移大小Δy＝y2－2y1
名师讲坛·素养提升
带电粒子在交变场中的运动
1．交变场的常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向。在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放。粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上。求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)粒子打在x轴负半轴上到O点的最小距离；
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；
(4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系。
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
(3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示
(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上xP＝n(Δx1＋R1)
【跟踪训练】
3
(1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向；
(3)若质子从点M(d,0)处离开磁场，且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同，求磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T。
(2)如图1所示，质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，B最小，
由几何关系知
R1＋R1cos 60°＝d，
根据牛顿第二定律有
(3)如图2所示，要想满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为60°，在此过程中质子沿x轴正方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径R，欲使质子从M点离开磁场，且速度符合要求，则有n×2R＝d
质子做圆周运动的轨道半径(共16张PPT)
第十一章
磁场
第61讲 专题强化十九 带电粒子在立体空间中的运动
核心考点·重点突破
1
带电粒子在匀强磁场中“旋进”运动
(基础考点·自主探究)
带电粒子在匀强磁场中“旋进”运动一般包括以下两种情况
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做“旋进”运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
[规范答题] (1)根据题意，电子在垂直x轴方向上做匀速圆周运动，沿x轴方向上做匀速直线运动，如图所示，电子从O′点发射经过O点，有
要有运动过程的分析哟！
L＝nv0T(n＝1,2,3，…)(2分)
(2)当电子初速度方向与x轴正方向夹角最大时，电子在y轴方向的分速度最大，设为vy′，有
R＝r(1分)
vy′＝v0tan θ(1分)
不用写出具体的运算过程，只写出最后结果即可
(3)当电子从O点离开磁场时，其速度在xOy平面内，且在y轴正方向的分速度最大时，电子在电场中运动时在y轴正方向有最大位移h，电子在y轴方向做匀变速直线运动，有(v0tan θ)2＝2ah(1分)
不用写出具体的运算过程，只写出最后结果即可
【跟踪训练】
(1)小球离开磁场时的速度大小；
(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离。
2
带电粒子在立体空间中的偏转
(基础考点·自主探究)
带电粒子在立体空间中的偏转问题的处理思路
(1)分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。
(2)带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题。
(3)有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解。
(2023·天津卷)信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子击中极板时激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。
(1)如图2，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向成θ角，则：
①判断B的方向；
②a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2；
(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，且δ∝U，阳极处接收电子产生的电流为I，在图3给出坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。
[答案] (1)①沿z轴负方向
[解析] (1)①a电子，初速度方向在xOy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题意；若磁场方向沿z轴负方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zOy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴负方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴负方向。
②a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，由图可知电子运动到下一个极板的时间
b电子，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间
(2)设δ＝kU，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量
N＝N0δn＝N0(kU)n＝N0knUn
对应的电流
I＝Ne＝eN0knUn＝(eN0kn)Un＝AUn
可得I－U图像如图
