2024届高考物理一轮复习热点题型归类训练专题24磁场的基本性质(原卷版+解析)

专题24磁场的基本性质目录TOC\o"1-3"\h\u题型一磁场的叠加和安培定则的应用 1类型1磁场的叠加 1类型2安培定则的应用 6题型二安培力的分析和计算 7类型1通电导线有效长度问题 8类型2判断安培力作用下导体的运动情况 10题型三安培力作用下的平衡和加速问题 11类型1安培力作用下的平衡问题 12类型2安培力作用下的加速问题 17类型1电磁炮模型 17题型四对洛伦兹力的理解和应用 24题型五洛伦兹力作用下带电体的运动 26题型六带电粒子在匀强磁场中的运动 33题型一磁场的叠加和安培定则的应用1．磁场叠加问题的分析思路(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，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图2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。2．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类型1磁场的叠加【例1】（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图所示，等边三角形中心O处有垂直平面的长直通电导线，电流方向如图中所示，该空间还存在平行平面的磁感应强度大小为的匀强磁场，使得a点磁感应强度为零。已知长直导线在空间某点产生的磁感应强度的大小与到该导线的距离成反比。则下列说法正确的是（）

A．b、c两点磁感应强度大小相等B．c点磁感应强度大小为C．从a点沿直线到d点，各点磁感应强度不断增大D．d点磁感应强度的大小为【例2】（2023·河北邯郸·统考三模）在正方形ABCD的中心有一以O点为圆心的铁环，如图所示缠绕着通电绝缘导线，当通电方向如图所示时，O点的磁感应强度大小为。现在A、B、C、D四点放置如图所示的通电直导线，电流强度如图所示。已知正方形边长为l，通电直导线周围磁场，其中k为已知系数，I为电流强度，d为到通电导线的直线距离。则此时O点的磁感应强度B为（）A． B．C． D．【例3】．（2023春·浙江·高三校联考期中）如图所示，无限长直导线A、B和以点p为圆心的圆形导线C、D固定在xy平面内。导线C、D有强度相同的恒定电流，导线B中有强度为I0、方向为+x的电流。导线C在p点产生的磁感应强度B0。当导线A中的电流改变时，导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小如下表，下列叙述正确的是（）导线A的电流导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小强度方向0无0I0+y？I0-yB0A．表格中的“?”应填入2B0B．导线B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0C．导线D中电流在p点产生的磁感应强度比导线B产生的要小D．导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向是垂直xy平面向内【例4】．（2023·全国·模拟预测）如图1所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，，电荷量相等的两个异种点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为，与之比为K1；若在M、N两处各放置一条通有等大电流的长直导线，方向如图2导线垂直穿过半圆弧面，这时O点的磁感应强度大小为B1，已知通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流，r表示该点到导线的距离，k为常数。若将M处的通电长直导线平行移至P处，这时O点的磁感应强度大小为B2，则B2与B1之比为K2，则（）A． B．2：1类型2安培定则的应用【例1】(2022·广东潮州市教学质检)如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为()A．F B．2FC．3F D．4F【例2】（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中中心长直导线所受安培力最大的是（）A． B．C． D．【例3】(2022·湖北宜昌市联考)A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒定电流大小相等，方向如图所示，其中A、B垂直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是()A．大小为零 B．方向竖直向上C．方向竖直向下 D．方向水平向左题型二安培力的分析和计算1．大小计算(1)有效长度：公式F＝IlB中的l是有效长度，弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流沿l由始端流向末端，如图所示。(2)电流元法：将导线分割成无限个小电流元，每一小段看成直导线，再按直线电流判断和计算。2．安培力作用下导体运动的分析思路判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置磁感线的分布情况，及导体中电流的方向，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。3．安培力作用下导体运动的判定方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力类型1通电导线有效长度问题【例1】（2023·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）如图所示，长为2m的直导线折成边长相等、夹角为60°的“V”形，并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为1T。当在导线中通以2A的电流时，该导线受到的安培力大小为（）A．1N B．2N C． D．【例2】．（2023春·江苏连云港·高三统考期中）一不可伸长通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线与x轴重合，则圆环受到的安培力大小为（）A．F B．F C．F D．F【例3】(2019·全国Ⅰ卷，17)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．2F B．1.5FC．0.5F D．0类型2判断安培力作用下导体的运动情况【例1】一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动【例2】(2022·上海师大附中高三学业考试)水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示．则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力()A．摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力B．摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力C．摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力D．摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力题型三安培力作用下的平衡和加速问题解题思路：(1)选定研究对象．(2)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：类型1安培力作用下的平衡问题【例1】(2022·湖南衡阳市联考)在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线，通以如图12所示方向的电流I时，通电导线能静止在斜面上，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感应强度大小可能为B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向竖直向上C．磁感应强度大小可能为B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感应强度方向垂直于斜面向下时，其大小最小，且最小值为B＝eq\f(mgsinθ,IL)【例2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图所示，横截面为半圆、表面光滑的柱体固定在水平面上，长度相同的足够长直导线a、b水平放在光滑圆弧面上，通入同向电流后均能静止在圆弧面上，已知a与圆心连线和竖直方向夹角为30°，b与圆心连线和竖直方向的夹角为60°，则下列判断正确的是（）

A．b中电流大于a中电流B．a的质量比b的质量大C．a受到的安培力比b受到的安培力大D．a对圆弧面的压力小于b对圆弧面的压力【例3】．（2023春·甘肃天水·高三校考）如图所示，在一倾角为θ的粗糙斜面上放置一根直导线，导线长度为l，初始时，直导线恰好静止。现有一竖直向下的匀强磁场磁感应强度为B，现给直导线通电，电流垂直纸面向外，电流从零逐渐增大到I时，通电直导线恰要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A．斜面对通电直导线的支持力不断减小B．斜面对通电直导线的静摩擦力不断增大C．粗糙斜面的动摩擦因数D．【例4】(2022·湖南省适应性考试)如图所示，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【例5】(2023·江苏南京市十三中教学质量调研)某同学自制一电流表，其原理如图所示．质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A．当电流表的示数为零时，弹簧的长度为eq\f(mg,k)B．标尺上的电流刻度是均匀的C．为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为N→MD．电流表的量程为eq\f(mg＋kL2,BL1)【例6】（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，两根间距为的平行金属导轨在同一水平面内，质量为的金属杆b垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成角斜向上。闭合开关S，当电路电流为时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为。求：（1）金属杆ab受到的安培力大小；（2）导轨对金属杆ab的支持力大小；（3）滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。类型2安培力作用下的加速问题类型1电磁炮模型【例1】（2023春·贵州遵义·高三遵义市南白中学校考阶段练习）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹（安装于导体棒ab上）由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法正确的是（）A．电流方向由b到aB．磁感应强度的大小为C．整个过程通过ab的电荷量为D．储能装置刚开始储存的能量为【例2】（2023秋·江苏宿迁·高三统考期末）我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（）A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上B．电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大【例3】（2023·河南·校联考三模）中国的电磁炮研究水平处于世界第一梯队。如图所示为某种电磁炮的设计原理示意图，电源电动势为E，间距为l的两根倾斜导轨平行放置，轨道平面与水平面成角，且处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨下端通过开关与电源连接。装有炮弹的导体棒垂直放置在导轨上，其总质量为m，整个回路的总电阻为R，闭合开关后，弹体会在安培力的作用下高速发射出去。某次实验中，弹体在离开电磁炮发射轨道之前已达到匀速，炮弹发射出去后，刚好水平击中目标，忽略空气阻力和各处摩擦的影响，重力加速度为g，求：（1）弹体在导轨上运动的最大加速度；（2）目标距离炮口的水平距离为多大。【例4】（2023·全国·高三专题练习）电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其简化原理示意图如图丙所示。假设图中直流电源电动势为E=45V（内阻不计），电容器的电容为C=22F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m，电阻不计。炮弹可视为一质量为m=2kg，电阻为R=5Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。接通电路后MN开始向右加速运动，经过一段时间后回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求：（1）直流电源的a端是正极还是负极？（2）若用导线将1、2连接让直流电源供电，MN离开导轨时的最大速度的大小；（3）若开关先接1，使电容器完全充电；然后将开关接至2，MN离开导轨时的最大速度的大小。类型二安培力作用下的曲线运动【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab用长为L的两根细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为（）A．B．C．D．【例2】(2022·湘豫名校联考)如图甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125m，相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06kg，接入电路的电阻r＝1.5Ω，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，如图乙所示，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。题型四对洛伦兹力的理解和应用1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(3)洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力一定不做功。2．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，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。【例1】(多选)核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置．将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是()A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动C．丙粒子做匀速圆周运动D．所有粒子运动过程中动能不变【例2】如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线MN运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球做匀速直线运动B．小球先做加速运动后做减速运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在减小【例3】．(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是()A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小题型五洛伦兹力作用下带电体的运动带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间弹力随着变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面．【例1】（2023·全国·高三专题练习）质量为m、带电荷量为q的小物块，与倾角为的绝缘斜面间的动摩擦因数为。现使物块从斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑时间t后对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（

）A．小物块一定带正电荷B．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动C．小物块对斜面压力为零时的速率为D．小物块沿斜面下滑的最大距离为【例2】．（2023·山西长治·高三统考阶段练习）如图所示，空间有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量且足够长的不带电绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为m，电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.2，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为的恒力，g为重力加速度。则（）A．最终滑块以的速度匀速运动B．最终木板以的加速度做匀加速运动C．整个过程中，木板加速度由逐渐增大到D．整个过程中，滑块先与木板一起匀加速运动，然后再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动【例3】．（2023·湖北·高三统考阶段练习）质量为m、电荷量为+q的物块以初速度v0进入两水平平行绝缘木板a、b之间，木板足够长，处在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，两板间距略大于物块高度，物块与两板间的动摩擦因数均为μ。在运动过程中物块的电荷量不变，且经历变速运动后物块最终处于平衡状态。已知重力加速度为g，则从开始运动到最终处于平衡状态，物块克服摩擦力做的功可能为A．0 B．mv02 C．mv02 D．【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0

×10-4kg，带电量为4.0×10-4C的正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E=10N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，方向为垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为0.2，设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10m/s2.（

）A．小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为2m/s2B．小球由静止沿棒竖直下落最大速度2m/sC．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为5m/s2D．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为45m/s【例5】（2023春·江苏无锡·高三无锡市第一中学校考期中）如图所示，下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=0.2kg、电荷量q=2C的小球，整个装置以的速度沿垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A．小球在管中运动的过程中机械能守恒B．小球的运动轨迹为直线C．小球在管中运动的时间为2sD．小球的机械能增加了8J【例6】．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（）A．时间为 B．小球所受洛伦兹力做功为quBlC．外力F的平均功率为 D．外力F的冲量为qBl题型六带电粒子在匀强磁场中的运动1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动．2．带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)轨迹半径：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝eq\f(θ,2π)T.(5)动能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).【例1】(多选)两个带正电的粒子，以相同大小的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3.不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。当通有恒定电流时前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。通过下列调节，一定能让圆形径迹半径减小的是（）A．减小U，增大I B．增大U，减小IC．同时减小U和I D．同时增大U和I【例3】．（2023·河北衡水·高三统考专题练习）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上每小段可近似的看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变），则由图中情况可判定下列说法正确的是（

）A．粒子从a运动到b，带正电 B．粒子从b运动到a，带正电C．粒子从a运动到b，带负电 D．粒子从b运动到a，带负电【例4】（2023·北京房山·高三统考期末）比荷（）相等的带电粒子M和N，以不同的速率经过小孔S垂直进入匀强磁场，磁感应强度为B，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．N带负电，M带正电B．N的速率大于M的速率C．N的运行时间等于M的运行时间D．N受到的洛伦兹力一定等于M受到的洛伦兹力【例5】（2023·广东·高三专题练习）如图所示，圆心角为的扇形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，点为半径的中点。现有荷质比大小相等的两个带电粒子、，以不同的速度先后从点沿方向射入磁场，并分别从、两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。粒子、在磁场中运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（）A．粒子带负电，粒子带正电B．粒子在磁场中的运动时间较短C．粒子、的速度大小之比为D．粒子、的加速度大小之比为【例6】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量均为+q的A、B两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0、2v0进入矩形区域（两粒子不同时出现在磁场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，设切点为p点，A粒子从d点射出。下列说法正确的是（）A．两粒子运动到P点所需时间之比为tA：tB=1：1B．两粒子运动到p点所需时间之比为tA：tB=1：2C．A粒子的初速度v0为D．A粒子的初速度v0为专题24磁场的基本性质目录TOC\o"1-3"\h\u题型一磁场的叠加和安培定则的应用 1类型1磁场的叠加 1类型2安培定则的应用 6题型二安培力的分析和计算 7类型1通电导线有效长度问题 8类型2判断安培力作用下导体的运动情况 10题型三安培力作用下的平衡和加速问题 11类型1安培力作用下的平衡问题 12类型2安培力作用下的加速问题 17类型1电磁炮模型 17题型四对洛伦兹力的理解和应用 24题型五洛伦兹力作用下带电体的运动 26题型六带电粒子在匀强磁场中的运动 33题型一磁场的叠加和安培定则的应用1．磁场叠加问题的分析思路(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，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图2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。2．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类型1磁场的叠加【例1】（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图所示，等边三角形中心O处有垂直平面的长直通电导线，电流方向如图中所示，该空间还存在平行平面的磁感应强度大小为的匀强磁场，使得a点磁感应强度为零。已知长直导线在空间某点产生的磁感应强度的大小与到该导线的距离成反比。则下列说法正确的是（）

A．b、c两点磁感应强度大小相等B．c点磁感应强度大小为C．从a点沿直线到d点，各点磁感应强度不断增大D．d点磁感应强度的大小为【答案】ACD【详解】AB．由题意可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度大小为，方向与匀强磁场方向相反，可知匀强磁场方向垂直Oa向左，b、c两点处的磁感应强度均为两个大小为的磁感应强度成合成，因此这两点处的磁感应强度大小相等，且均为，故A正确，B错误；C．从a到d，长直电流产生的磁感应强度越来越大，且与匀强磁场的夹角越来越小，因此合磁场不断增大，故C正确；D．长直电流在d点产生的磁感应强度大小为，与匀强磁场成，则故D正确。故选ACD。【例2】（2023·河北邯郸·统考三模）在正方形ABCD的中心有一以O点为圆心的铁环，如图所示缠绕着通电绝缘导线，当通电方向如图所示时，O点的磁感应强度大小为。现在A、B、C、D四点放置如图所示的通电直导线，电流强度如图所示。已知正方形边长为l，通电直导线周围磁场，其中k为已知系数，I为电流强度，d为到通电导线的直线距离。则此时O点的磁感应强度B为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】通电线圈在O点产生的磁场B0的方向为竖直向下；四条直导线到圆心O的距离为则AC在O点的合磁场为方向由O指向D；同理BD在O点的合磁场为方向由O指向A；则O点的合磁场为故选C。【例3】．（2023春·浙江·高三校联考期中）如图所示，无限长直导线A、B和以点p为圆心的圆形导线C、D固定在xy平面内。导线C、D有强度相同的恒定电流，导线B中有强度为I0、方向为+x的电流。导线C在p点产生的磁感应强度B0。当导线A中的电流改变时，导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小如下表，下列叙述正确的是（）导线A的电流导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小强度方向0无0I0+y？I0-yB0A．表格中的“?”应填入2B0B．导线B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0C．导线D中电流在p点产生的磁感应强度比导线B产生的要小D．导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向是垂直xy平面向内【答案】B【详解】A．根据题意，当导线A中的电流为0时，p点的合磁感应强度为零，即B、C、D三条导线产生的合磁场为零，当A中的电流为-I0时，p点的合磁感应强度为B0，方向应垂直纸面向外，所以当A中的电流为I0时，p点的合磁感应强度仍为B0，方向应垂直纸面向里，故A错误；B．由于A、B导线到p点距离相等，所以B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0，故B正确；CD．B、C的磁感应强度均为B0，D的磁感应强度大于B0，所以一定是B+C的磁感应强度大小等于D的磁感应强度大小（为2B0），则C的磁感应强度方向和B一致，均向外，故CD错误；故选B。【例4】．（2023·全国·模拟预测）如图1所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，，电荷量相等的两个异种点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为，与之比为K1；若在M、N两处各放置一条通有等大电流的长直导线，方向如图2导线垂直穿过半圆弧面，这时O点的磁感应强度大小为B1，已知通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流，r表示该点到导线的距离，k为常数。若将M处的通电长直导线平行移至P处，这时O点的磁感应强度大小为B2，则B2与B1之比为K2，则（）A． B．2：1C． D．【答案】A【详解】根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，两电荷在O点产生的电场方向同向，并且大小都为所以O点的电场强度大小当置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场方向夹角为120°，根据矢量的叠加可知O点的场强大小变为故与之比为根据题意，由安培定则可知，M、N处的通电导线在O点产生的磁感应强度方向均为竖直向下，则大小均为，当M处导线平行移至P点时，由安培定则可知，P、N处的通电导线在O点产生的磁感应强度方向，如图所示由几何关系可得，O点合磁感应强度大小为则B2与B1之比为所以故选A。类型2安培定则的应用【例1】(2022·广东潮州市教学质检)如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为()A．F B．2FC．3F D．4F【答案】A【解析】根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁场力也为F，方向水平向左。加匀强磁场后a受到的磁场力大小为3F，方向水平向右，则匀强磁场施加给a的力方向水平向右，大小为2F，施加给同向电流b的力方向也水平向右，则b受到的合力大小为2F－F＝F，所以A正确，B、C、D错误。【例2】（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中中心长直导线所受安培力最大的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设四根导线与中间的导线的相互作用力均为F，则分析如图所示，A受合力为0，B和C受到2F的力，D受到的力；故选D。【例3】(2022·湖北宜昌市联考)A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒定电流大小相等，方向如图所示，其中A、B垂直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是()A．大小为零 B．方向竖直向上C．方向竖直向下 D．方向水平向左【答案】A【解析】由安培定则、对称性与磁感应强度的叠加原理，可知A、B通电直导线在导线C处的合磁场方向总是水平向右，所以导线C所受磁场力大小为零，则A正确，B、C、D错误。题型二安培力的分析和计算1．大小计算(1)有效长度：公式F＝IlB中的l是有效长度，弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流沿l由始端流向末端，如图所示。(2)电流元法：将导线分割成无限个小电流元，每一小段看成直导线，再按直线电流判断和计算。2．安培力作用下导体运动的分析思路判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置磁感线的分布情况，及导体中电流的方向，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。3．安培力作用下导体运动的判定方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力类型1通电导线有效长度问题【例1】（2023·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）如图所示，长为2m的直导线折成边长相等、夹角为60°的“V”形，并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为1T。当在导线中通以2A的电流时，该导线受到的安培力大小为（）A．1N B．2N C． D．【答案】B【详解】由图可知，导线的等效长度为等边三角形的一条边，即L=1m，该导线受到的安培力大小为故选B。【例2】．（2023春·江苏连云港·高三统考期中）一不可伸长通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线与x轴重合，则圆环受到的安培力大小为（）A．F B．F C．F D．F【答案】B【详解】通电导线为L，此时受到的安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则解得故圆环的有效长度ab的长度所以此时圆环受到的安培力故选B。【例3】(2019·全国Ⅰ卷，17)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．2F B．1.5FC．0.5F D．0【答案】B【解析】设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则外电路中，上、下电路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下电路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，每根导体棒长度均为L，由于上面电路MLN通电的导体棒受到的安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受到的安培力大小为F＋F′＝1.5F，选项B正确。类型2判断安培力作用下导体的运动情况【例1】一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动【答案】B【解析】方法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法三(结论法)环形电流I1、I2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．【例2】(2022·上海师大附中高三学业考试)水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示．则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力()A．摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力B．摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力C．摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力D．摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力【答案】C【解析】如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；如图所示，当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确．题型三安培力作用下的平衡和加速问题解题思路：(1)选定研究对象．(2)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：类型1安培力作用下的平衡问题【例1】(2022·湖南衡阳市联考)在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线，通以如图12所示方向的电流I时，通电导线能静止在斜面上，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感应强度大小可能为B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向竖直向上C．磁感应强度大小可能为B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感应强度方向垂直于斜面向下时，其大小最小，且最小值为B＝eq\f(mgsinθ,IL)【答案】D【解析】根据重力、支持力、安培力三力平衡可知，导线所受的安培力垂直于斜面向下时，导线所受合力不能为0，导线不能静止，A错误；若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平水平向左，导线不能静止，B错误；若磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导线不能静止，C错误；磁场方向垂直于斜面向下时，安培力方向沿斜面向上，此时安培力最小，磁感应强度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正确。【例2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图所示，横截面为半圆、表面光滑的柱体固定在水平面上，长度相同的足够长直导线a、b水平放在光滑圆弧面上，通入同向电流后均能静止在圆弧面上，已知a与圆心连线和竖直方向夹角为30°，b与圆心连线和竖直方向的夹角为60°，则下列判断正确的是（）

A．b中电流大于a中电流B．a的质量比b的质量大C．a受到的安培力比b受到的安培力大D．a对圆弧面的压力小于b对圆弧面的压力【答案】B【详解】BD．a、b通入同向电流，同向电流相互吸引，因此两导线受到的安培力沿两者的连线，对a受力分析，有同理，对b研究有解得则所以，根据牛顿第三定律可知a对圆弧面的压力小于b对圆弧面的压力，选项B正确，D项错误；AC．两导线中电流大小关系无法确定，两导线中电流即使不等但相互作用的安培力等大反向，选项AC错误。故选B。【例3】．（2023春·甘肃天水·高三校考）如图所示，在一倾角为θ的粗糙斜面上放置一根直导线，导线长度为l，初始时，直导线恰好静止。现有一竖直向下的匀强磁场磁感应强度为B，现给直导线通电，电流垂直纸面向外，电流从零逐渐增大到I时，通电直导线恰要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A．斜面对通电直导线的支持力不断减小B．斜面对通电直导线的静摩擦力不断增大C．粗糙斜面的动摩擦因数D．【答案】D【详解】C．初始时，通电直导线恰好静止，此时受到重力，斜面对直导线的支持力和摩擦力，根据共点力平衡可知解得C错误；A．通电直导线在磁场中，根据左手定则可知，受到的安培力水平向右，在通电导体受力分析如图所示随着磁场从零开始不断增大，安培力逐渐增大，在垂直于斜面方向，根据共点力平衡可得故斜面对通电直导线的支持力不断增大，A错误；B．开始时，安培力很小，斜面对通电导线的静摩擦力沿斜面向上，随着磁场从零开始不断增大，安培力逐渐增大，静摩擦力逐渐减小，减小到0后，又反向逐渐增大，B错误；D、当电流从零逐渐增大到I时，通电直导线恰要滑动，则解得D正确。故选D。【例4】(2022·湖南省适应性考试)如图所示，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【答案】C【解析】线框在磁场中的有效长度为bd＝eq\r(2)L，当电流方向为题图所示方向时，由平衡条件得F1＋eq\r(2)ILB＝mg①改变电流方向后，安培力方向竖直向下，有F2＝mg＋eq\r(2)ILB②联立①②得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正确。【例5】(2023·江苏南京市十三中教学质量调研)某同学自制一电流表，其原理如图所示．质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A．当电流表的示数为零时，弹簧的长度为eq\f(mg,k)B．标尺上的电流刻度是均匀的C．为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为N→MD．电流表的量程为eq\f(mg＋kL2,BL1)【答案】B【解析】电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，x0为弹簧伸长量，不是弹簧的长度，A错误；当电流为I时，安培力为FA＝BIL1，静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，根据胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)，Δx∝I，故标尺上的电流刻度是均匀的，B正确；要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，C错误；设Δx＝L2，则有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故电流表的量程为eq\f(kL2,BL1)，D错误．【例6】（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，两根间距为的平行金属导轨在同一水平面内，质量为的金属杆b垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与金属杆垂直且与导轨平面成角斜向上。闭合开关S，当电路电流为时，金属杆ab处于静止状态，重力加速度为。求：（1）金属杆ab受到的安培力大小；（2）导轨对金属杆ab的支持力大小；（3）滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。【答案】（1）；（2）；（3）不同意，分析见解析【详解】（1）金属杆ab受力示意图如图所示磁场对金属杆ab的安培力大小为（2）竖直方向根据受力平衡可得解得（3）不同意该同学的说法。金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小与支持力无关；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大。类型2安培力作用下的加速问题类型1电磁炮模型【例1】（2023春·贵州遵义·高三遵义市南白中学校考阶段练习）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹（安装于导体棒ab上）由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法正确的是（）A．电流方向由b到aB．磁感应强度的大小为C．整个过程通过ab的电荷量为D．储能装置刚开始储存的能量为【答案】BCD【详解】A．导体杆ab向右做匀加速直线运动，受到的安培力向右，根据左手定则可知，流过导体杆的电流方向由a到b，故A错误；B．导体杆ab向右做匀加速直线运动，根据运动学公式可得根据牛顿第二定律可得又联立解得磁感应强度的大小为故B正确；C．整个过程的运动时间为整个过程通过ab的电荷量为故C正确；D．由于不计一切电阻、忽略电路的自感，根据能量守恒可知，储能装置刚开始储存的能量为故D正确。故选BCD。【例2】（2023秋·江苏宿迁·高三统考期末）我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（）A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上B．电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大【答案】B【详解】A．S接至2，MN中电流方向从M指向N，MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下。A错误；C．当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有MN所受安培力F=BIL据牛顿第二定律F=ma则有MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关。C错误；D．金属导体棒获得最大速度v时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E棒相等，即U=E棒=BLv此时电容器储存的电荷并未全部放出。D错误；B．设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有其中ΔQ=Qm有电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大。B正确。故选B。【例3】（2023·河南·校联考三模）中国的电磁炮研究水平处于世界第一梯队。如图所示为某种电磁炮的设计原理示意图，电源电动势为E，间距为l的两根倾斜导轨平行放置，轨道平面与水平面成角，且处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨下端通过开关与电源连接。装有炮弹的导体棒垂直放置在导轨上，其总质量为m，整个回路的总电阻为R，闭合开关后，弹体会在安培力的作用下高速发射出去。某次实验中，弹体在离开电磁炮发射轨道之前已达到匀速，炮弹发射出去后，刚好水平击中目标，忽略空气阻力和各处摩擦的影响，重力加速度为g，求：（1）弹体在导轨上运动的最大加速度；（2）目标距离炮口的水平距离为多大。【答案】（1）；（2）【详解】（1）导体棒刚要运动时，回路内的电流最大，安培力最大，则有由牛顿第二定律可得解得（2）炮弹匀速运动时，有根据欧姆定律得联立可得炮弹发射出去后做斜抛运动，在竖直方向有在水平方向有联立解得【例4】（2023·全国·高三专题练习）电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其简化原理示意图如图丙所示。假设图中直流电源电动势为E=45V（内阻不计），电容器的电容为C=22F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m，电阻不计。炮弹可视为一质量为m=2kg，电阻为R=5Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。接通电路后MN开始向右加速运动，经过一段时间后回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求：（1）直流电源的a端是正极还是负极？（2）若用导线将1、2连接让直流电源供电，MN离开导轨时的最大速度的大小；（3）若开关先接1，使电容器完全充电；然后将开关接至2，MN离开导轨时的最大速度的大小。【答案】（1）负极；（2）22.5m/s；（3）22m/s【详解】（1）由于电磁炮受到的安培力方向水平向右，电流由N流向M，所以直流电源的a端为负极；（2）电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路中电流为零，电磁炮速度达到最大。由E=Blvm1E=45V可得最大速度vm1=22.5m/s（3）电容器放电前所带的电荷量为开关接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势当电容器板间电压降到时，电路中电流为零，电磁炮速度达到最大电容器所带电荷量设在电容器放电过程中MN中的平均电流为，MN受到的平均安培力由动量定理由于联立解得vm=22m/s类型二安培力作用下的曲线运动【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab用长为L的两根细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为（）A．B．C．D．【答案】C【详解】金属杆摆起的过程中，由动能定理得合上开关的瞬间，由动量定理得其中联立解得故选C。【例2】(2022·湘豫名校联考)如图甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125m，相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06kg，接入电路的电阻r＝1.5Ω，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，如图乙所示，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。【答案】(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向竖直向下【解析】(1)导体棒静止时，受力分析如图所示根据平衡条件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入数据解得导体棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4T。(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛顿第三定律可知，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54N，方向竖直向下。题型四对洛伦兹力的理解和应用1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(3)洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力一定不做功。2．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，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。【例1】(多选)核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置．将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是()A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动C．丙粒子做匀速圆周运动D．所有粒子运动过程中动能不变【答案】BD【解析】甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确．【例2】如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线MN运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球做匀速直线运动B．小球先做加速运动后做减速运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在减小【答案】A【解析】根据右手螺旋定则可知a处的磁场方向垂直于MN向里，b处的磁场方向垂直于MN向外，从a到b磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球在O点左侧受到的洛伦兹力方向向上，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的差值，过O点后洛伦兹力的方向向下，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，由于洛伦兹力从a到O逐渐减小，从O到b逐渐增大，则小球对桌面的压力一直在增大，故B、C、D错误，A正确．【例3】．(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是()A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小【答案】B【解析】水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向垂直纸面向里，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)，可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选B.题型五洛伦兹力作用下带电体的运动带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间弹力随着变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面．【例1】（2023·全国·高三专题练习）质量为m、带电荷量为q的小物块，与倾角为的绝缘斜面间的动摩擦因数为。现使物块从斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑时间t后对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（

）A．小物块一定带正电荷B．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动C．小物块对斜面压力为零时的速率为D．小物块沿斜面下滑的最大距离为【答案】BC【详解】A．在垂直于斜面方向上，物块受恒定的重力分力、洛伦兹力与支持力，由平衡条件可知洛伦兹力与支持力二者之和不变，由于在下滑过程中物块速度增大，洛伦兹力也增大，但支持力减小，说明物块下滑过程中所受洛伦滋力与支持力是同向的，即其方向是垂直于斜面向上的，由左手定则可知物块应带负电，故A错误；B．物块离开斜面前在垂直于斜面方向上由平衡条件有在平行于斜面方向有可见物块做加速度增大、速度也增大的加速运动，故B正确；C．当洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时物块与斜面间压力为零，即解得故C正确；D．由动量定理有其中摩擦力可知摩擦力的冲量大小为解得物块沿斜面下滑的最大距离故D错误。故选BC。【例2】．（2023·山西长治·高三统考阶段练习）如图所示，空间有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量且足够长的不带电绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为m，电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.2，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为的恒力，g为重力加速度。则（）A．最终滑块以的速度匀速运动B．最终木板以的加速度做匀加速运动C．整个过程中，木板加速度由逐渐增大到D．整个过程中，滑块先与木板一起匀加速运动，然后再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动【答案】AB【详解】A．开始滑块做加速直线运动，滑块获得向左的速度，根据左手定则可知滑块受到洛伦兹力作用竖直向上，当洛伦兹力等于重力时滑块做匀速直线运动，即解得故A正确；B．当滑块受到洛伦兹力等于滑块重力时，滑块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，根据牛顿第二定律可得解得最终木板的加速度为故B正确；C．设最开始时，滑块与木板发生相对滑动，对滑块有解得对木板有解得即整个过程中，木板加速度由逐渐增大到，故C错误；D．由以上分析可知初始时刻滑块的加速度为，木板的加速度为，整个过程中滑块受到的洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，加速度减小，最后做匀速运动，故D错误。故选AB。【例3】．（2023·湖北·高三统考阶段练习）质量为m、电荷量为+q的物块以初速度v0进入两水平平行绝缘木板a、b之间，木板足够长，处在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，两板间距略大于物块高度，物块与两板间的动摩擦因数均为μ。在运动过程中物块的电荷量不变，且经历变速运动后物块最终处于平衡状态。已知重力加速度为g，则从开始运动到最终处于平衡状态，物块克服摩擦力做的功可能为A．0 B．mv02 C．mv02 D．【答案】BC【详解】由题意对物块受力分析，因不知道开始时物块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：A．由题意可知，由于物块经历变速运动后物块最终处于平衡状态，所以物块受到向上的洛伦兹力则弹力一定不为0，摩擦力一定不为0，物块一定克服摩擦力做功，故A错误；B．如果，则滑块受到向下的压力，在竖直方向满足物块向右做减速运动，由动态分析知，当时最终物块做匀速运动，此时满足解得对物块整个过程由动能定理得解得故B正确，D错误；C．如果，则滑块受到向下的压力，在竖直方向满足物块向右做减速运动，由知，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，最终速度减为零，由动能定理得解得故C正确。故选BC。【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0

×10-4kg，带电量为4.0×10-4C的正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E=10N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，方向为垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为0.2，设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10m/s2.（

）A．小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为2m/s2B．小球由静止沿棒竖直下落最大速度2m/sC．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为5m/s2D．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为45m/s【答案】AD【详解】小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为：；小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将增大，摩擦力将增大；加速度将减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最大，则有：mg=μ（qvB+qE），解得：；故A正确，B错误；若磁场的方向反向，其余条件不变，则洛伦兹力向左，故当洛伦兹力与电场力平衡时加速度最大，为10m/s2；当摩擦力与重力平衡时，速度最大，故：mg=μ（qvB-qE），解得：；故C错误，D正确；故选AD．【例5】（2023春·江苏无锡·高三无锡市第一中学校考期中）如图所示，下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=0.2kg、电荷量q=2C的小球，整个装置以的速度沿垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A．小球在管中运动的过程中机械能守恒B．小球的运动轨迹为直线C．小球在管中运动的时间为2sD．小球的机械能增加了8J【答案】C【详解】AD．小球水平方向随玻璃管做匀速运动，故管壁对小球的作用力和洛伦兹力的水平分量等大反向，竖直方向受重力、洛伦兹力的竖直分量作用，小球从上端口飞出，故竖直分量的洛伦兹力向上，且对小球做正功，故机械能不守恒，有故AD错误；B．对小球受力分析可知，竖直方向上合外力解得a=2m/s2小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，所以小球做曲线运动，轨迹为曲线，故B错误；C．竖直方向上解得小球在管中运动的时间为故选C。【例6】．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（）A．时间为 B．小球所