2025高考物理复习磁场教案练习题

三年考情磁场的叠加2023·浙江1月选考·T8、2021·全国甲卷·T16、2021·福建卷·T6安培力2023·北京卷·T19、2023·海南卷·T17、2023·江苏卷·T2、2023·山东卷·T12、2023·辽宁卷·T2、2022·全国甲卷·T25、2022·湖南卷·T3、2022·湖北卷·T11、2022·浙江1月选考·T3、2022·江苏卷·T3、2021·广东卷·T5、2021·浙江6月选考·T15带电粒子在磁场中的运动2023·北京卷·T13、2023·天津卷·T13、2023·湖北卷·T15、2023·全国甲卷·T20、2023·浙江6月选考·T20、2023·广东卷·T5、2022·浙江6月选考·T22、2022·广东卷·T7、2022·辽宁卷·T8、2021·全国乙卷·T16、2021·北京卷·T12、2021·湖北卷·T9带电粒子在组合场中的运动2023·山东卷·T17、2023·海南卷·T13、2023·辽宁卷·T14、2022·山东卷·T17、2022·湖北卷·T8、2021·全国甲卷·T25、2021·山东卷·T17、2021·河北卷·T5、2021·河北卷·T14、2021·江苏卷·T15、2021·湖南卷·T13、2021·辽宁卷·T15、2021·北京卷·T18、2021·浙江6月选考·T22、2021·广东卷·T14带电粒子在叠加场中的运动2023·湖南卷·T6、2023·海南卷·T2、2023·江苏卷·T16、2023·全国乙卷·T18、2022·全国甲卷·T18、2022·广东卷·T8、2022·浙江1月选考·T22、2022·重庆卷·T5命题规律目标定位本章主要考查磁场的叠加、安培力问题的理解及应用，带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在组合场、叠加场、交变场中的运动规律及应用等，命题常与生产生活中的实际情境(地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等)相联系，常以选择题、计算题形式呈现，计算题常以组合场、叠加场、交变场命题，难度较大。第1讲磁场及其对电流的作用[课标要求]1．了解磁场，掌握磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场。2．会用安培定则(右手螺旋定则)判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。3．会用左手定则判断安培力的方向，会计算安培力的大小，了解安培力在生产、生活中的应用。考点一磁场、磁感应强度与磁感线1．磁场、磁感应强度(1)磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流或运动电荷有力的作用。(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和方向。②定义式：B＝eq\f(F,Il)(通电导线垂直于磁场)。③方向：小磁针静止时N极所指的方向。④单位：特斯拉，符号为T。(3)匀强磁场磁场中各点磁感应强度的大小相等、方向相同的磁场。(4)地磁场①地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，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，磁感应强度相等，且方向水平向北。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。学生用书第216页2．磁感线、电流的磁场(1)磁感线①定义：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磁场的方向一致。②特点：a．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。b．磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。c．磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。d．磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。(2)几种常见的磁场①条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)②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安培定则立体图纵截面图自主训练1磁感应强度的理解(多选)关于B＝eq\f(F,Il)的说法中正确的是()A．磁场中某点的磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比B．磁场中某点的磁感应强度B与Il的乘积成反比C．磁场中某点的磁感应强度B不一定等于eq\f(F,Il)D．通电直导线在某点所受磁场力为零，则该点磁感应强度B不一定为零答案：CD解析：磁感应强度B＝eq\f(F,Il)是用比值定义法定义的，但磁感应强度是磁场的固有性质，与通电导线所受磁场力F及Il的乘积等外界因素无关，A、B错误；B＝eq\f(F,Il)是在电流与磁场垂直的情况下得出的，如果不垂直，设电流方向与磁场方向夹角为θ，则根据F＝IlBsinθ得B＝eq\f(F,Ilsinθ)，即B不一定等于eq\f(F,Il)，如果B∥I，虽然B≠0，但F＝0，故C、D正确。自主训练2两条通电直导线电流的磁场叠加(2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B答案：B解析：两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为0；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B，故B正确。自主训练3多条通电直导线电流的磁场叠加(多选)如图所示，六根直导线均匀分布在圆心为O的圆周上，导线中均通有方向垂直纸面向里、大小相同的电流。若将其中一根导线中的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小为B0；若将其中两根导线中的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小可能为()A．eq\f(1,2)B0 B．B0C．eq\r(3)B0 D．eq\f(\r(3),2)B0答案：BC解析：若将其中一根导线中的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小为B0，由右手螺旋定则及磁场的叠加原理可知，对称的两个同向电流在圆心O处的磁感应强度大小为0，反向对称的两个电流在圆心O处的磁感应强度大小为B0，如果有两个反向电流时，它们在O处的磁场方向间的夹角可能有60°、120°与180°三种情况，当夹角为60°时，圆心O处的磁感应强度大小为B＝2B0coseq\f(60°,2)＝eq\r(3)B0，当夹角为120°时，圆心O处的磁感应强度大小为B＝2B0coseq\f(120°,2)＝B0，当夹角为180°时，圆心O处的磁感应强度大小为B＝0，所以A、D错误，B、C正确。磁场叠加的基本思路1．确定磁场的场源，是磁体产生的还是电流产生的磁场。2．定位空间中需求解磁场的位置(点)，利用安培定则判定各个场源在该点产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示，BM、BN分别为电流M、N在c点产生的磁感应强度。3．应用平行四边形定则进行合成，如图中c点的合磁感应强度为B。学生用书第217页考点二安培力的理解与计算1．安培力的大小F＝IlBsin_θ，(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝IlB。(2)磁场和电流平行时：F＝0。2．安培力的方向——应用左手定则判断(1)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，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，并使四指指向电流的方向。(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。【基础知识判断】1．在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。(×)2．安培力的方向既与磁感应强度的方向垂直，又与电流的方向垂直。(√)3．通电导线与磁场方向既不垂直也不平行时，左手定则就不适用了。(×)1．安培力的方向安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。2．安培力公式F＝IlB的应用条件(1)匀强磁场；(2)l与B垂直；(3)l是指有效长度。如图所示，弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端。考向1安培力方向的判断(2022·江苏高考)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向()A．平行于纸面向上B．平行于纸面向下C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外答案：C解析：根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出安培力左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。故选C。对点练．(2021·广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()答案：C解析：因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用，根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左、右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上、下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故C正确。考向2安培力大小的计算(2023·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)Bil答案：C解析：因bc段与磁场方向平行，故不受安培力；ab段与磁场方向垂直，故受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。故选C。学生用书第218页对点练．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．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，则电路中，上、下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下两路电流之比I1∶I2＝1∶2。如题图所示，由于上路通电的导体受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所受的合力大小为F＋F′＝1.5F，故B正确。考向3安培力作用下导体运动情况的判断安培力作用下导体运动情况的判断的常用方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up10(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，通电螺线管→条形磁铁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定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可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，从而确定磁体所受合力及运动方向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：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。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，由安培定则可知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。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。对点练．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下，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特点，P将逆时针转动，Q将顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小，故C正确，A、B、D错误。考点三安培力作用下导体的平衡及加速问题考向1安培力作用下导体的平衡问题1．求解安培力作用下导体的平衡或加速问题的关键画受力图→三维图eq\o(→,\s\up10(转换为))二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。2．求解安培力作用下导体平衡或加速问题的基本思路(1)选定研究对象。(2)变三维图为二维图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I。学生用书第219页(3)若导体处于平衡状态，则列平衡方程；若导体处于非平衡状态，则列动力学方程。(2022·湖南高考)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是()A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tanθ与电流I成正比D．sinθ与电流I成正比答案：D解析：当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线做受力分析如图所示，由左手定则可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，故A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sinθ＝eq\f(ILB,mg)，FT＝mgcosθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，故B、C错误，D正确。故选D。对点练．如图所示，一通电导体棒ab静止在倾角为θ的粗糙斜面上，如图所示，导体棒所在空间加一方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与图中箭头方向(与斜面垂直向上)的夹角为α时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与斜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()A．tanα≥eq\f(1,μ) B．tanα≤eq\f(1,μ)C．tanα≥μ D．tanα≤μ答案：A解析：通电导体棒受安培力与斜面夹角为α，受重力、支持力、摩擦力和安培力，根据平衡条件F安cosα＝Ff＋mgsinθ，FN＝mgcosθ＋F安sinα，其中Ff＝μFN，解得cosα－μsinα＝eq\f(μmgcosθ＋mgsinθ,F安)，当F安→∞时，cosα＝μsinα，即当tanα≥eq\f(1,μ)时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动，故选A。考向2安培力作用下导体的加速问题(多选)(2022·湖北高考)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq\f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq\r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A．棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)B．棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°答案：BC解析：设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1＜90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsinθ1－μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－Fcosθ1))＝ma1，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，根据数学知识可得Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝μmg＋ma1，则有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝eq\f(μmg＋ma1,F\r(1＋μ2))≤1；同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsinθ2＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋Fcosθ2))＝ma2，有Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝ma2－μmg，所以有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝eq\f(ma2－μmg,F\r(1＋μ2))≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝eq\f(\r(3),3)，代入cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。故选BC。对点练．(多选)(2023·河北张家口模拟)如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑斜面上，质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是()A．两导线中电流的方向可能相反B．两导线间的安培力大小为eq\f(1,3)FC．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2∶1D．去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足B≥eq\f(mgsinθ,IL)答案：BD解析：分析可知P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；对P、Q整体，有F－3mgsinθ＝3ma，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有FA－mgsinθ＝ma，解得FA＝eq\f(1,3)F，B正确；若F＝6mgsinθ，则P、Q间安培力大小为2mgsinθ，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得2mgsinθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，对Q受力分析可得2mgsinθ＋2mgsinθ＝2ma2，解得a2＝2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，导线P、Q加速度大小之比为1∶2，C错误；对P受力分析如图所示，当磁场方向垂直于斜面向下时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知mgsinθ＝BIL，要使导线P静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正确。故选BD。课时测评46磁场及其对电流的作用eq\f(对应学生,用书P444)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题每题6分，共60分)1．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是()A．在地磁场的作用下小磁针静止时，指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置答案：B解析：地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时，指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，故A错误；在地球的南、北极地磁的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，故B正确；地球自转方向是自西向东，地理南极在地磁北极附近，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若根据安培定则可知地磁场方向与导线电流的方向垂直，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D错误。2．(2024·山东德州模拟)已知通电直导线在其延长线上产生的磁感应强度大小为零，通电环形导线在其圆心处产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与环形的半径成反比，即B＝keq\f(I,r)，k为比例系数。现有两段四分之一圆弧导线和两段直导线组成的闭合回路如图所示，O为两段圆弧的共同圆心，大、小圆弧的半径分别为r大和r小，回路中通有电流I，则圆心O处磁感应强度的大小和方向分别为()A．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直纸面向外B．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直纸面向里C．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直纸面向外D．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直纸面向里答案：C解析：由电流方向及安培定则可知，大、小圆弧在圆心O处产生的磁场方向相反，分别垂直纸面向里、垂直纸面向外，由题可知，小圆弧产生的磁场的磁感应强度大于大圆弧产生的磁场的磁感应强度，故圆心处磁感应强度的方向为垂直纸面向外；题中大、小圆弧均为四分之一圆弧，故圆心处磁感应强度的大小为B＝eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，故选C。3．如图所示，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则开关闭合电路稳定后，框架受到的安培力大小为()A．eq\f(BEL,2) B．eq\f(\r(2)BEL,r)C．eq\f(\r(2)BEL,2r) D．eq\f(2BEL,3r)答案：C解析：正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r，等效长度为eq\r(2)L，流过线框的等效电流I＝eq\f(E,2r)，框架受到的安培力大小为F＝I·eq\r(2)LB，解得F＝eq\f(\r(2)BEL,2r)，故选C。4．法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆()A．在金属杆和导线所在平面内绕铰链向上摆动B．在金属杆和导线所在平面内绕铰链向下摆动C．绕铰链和磁铁连线顺时针转动D．绕铰链和磁铁连线逆时针转动答案：D解析：电源、金属棒、导线和水银组成闭合电路，金属棒中有斜向上方的电流，根据左手定则可知，题图所示位置导电金属杆受垂直纸面向里的安培力，从上往下看，金属杆将绕铰链和磁铁连线逆时针转动。故选D。5．(多选)(2024·安徽巢湖模拟)如图为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒的截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，某瞬时，6条输电导线中通过垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，该时刻()A．O点的磁感应强度为零B．b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场磁感应强度方向沿aO，由a指向OC．c导线所受安培力方向沿Oc，由O指向cD．a导线所受安培力为2.5F答案：AD解析：根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，c、f两条导线在O点的磁感应强度等大反向，所以O点的磁感应强度为零，A正确；根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场的磁感应强度方向如图所示，设b在a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，则f在a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，c、e在a处产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(B,\r(3))，d在a处产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(B,2)，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场的磁感应强度方向垂直于aO斜向左下，合磁感应强度大小为2.5B，方向垂直aO；根据左手定则和安培力公式可知，a受到的安培力方向沿aO，由a指向O，大小为2.5F，B错误，D正确；同理可得c导线所受到的安培力方向沿Oc，由c指向O，C错误。故选AD。6．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：根据导线所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若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。7．将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为()A．0 B．eq\r(2)BIrC．eq\f(3,4)πBIr D．eq\f(\r(2),2)Bir答案：B解析：由题图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即L＝eq\r(2)r，电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大＝eq\f(I,4)，I小＝eq\f(3I,4)，故线框所受安培力大小为F安＝BI大L＋BI小L＝eq\r(2)BIr，故选B。8．(2023·河北邯郸三模)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B0。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B＝eq\f(kI,d)，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＝0 B．B＝eq\f(\r(2)kI,l)＋B0C．B＝eq\f(\r(4k2I2＋Beq\o\al(2,0)l2),l) D．B＝B0答案：C解析：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的距离均为d＝eq\f(\r(2),2)l，则A、C在O点的合磁场为BAC＝keq\f(2I,d)－keq\f(I,d)＝keq\f(I,d)＝eq\f(\r(2)kI,l)，方向由O指向D；同理B、D在O点的合磁场为BBD＝keq\f(2I,d)－keq\f(I,d)＝keq\f(I,d)＝eq\f(\r(2)kI,l)，方向由O指向A；则O点的合磁场为B＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)·\f(\r(2)kI,l)))2)＝eq\f(\r(4k2I2＋Beq\o\al(2,0)l2),l)，故选C。9．(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U。已知m0＞m，取重力加速度为g，则()A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B．矩形线圈的电阻R＝eq\f(E－U,U)r－R1C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝eq\f(（m0－m）rg,n（E－U）l)D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡答案：AC解析：由于m0＞m，根据天平的平衡条件可判定线圈受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－eq\f(U,R＋R1)r，解得矩形线圈的电阻R＝eq\f(Ur,E－U)－R1，故B错误；根据平衡条件有m0g－F＝mg，而F＝nIlB，I＝eq\f(E－U,r)，联立解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m0－m))rg,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E－U))l)，故C正确；开始时线圈所受安培力的方向竖直向上，此时安培力大小为F，仅将磁场反向，则安培力方向变为竖直向下，大小不变，相当于右边托盘底部受到向下的力比原来增加了2F，所以需要在左边加砝码，添加质量为Δm＝eq\f(2F,g)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m0－m))的砝码可使天平重新平衡，故D错误。10．(多选)在倾角θ＝37°的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的电源，滑轨间距L＝50cm，将一个质量m＝40g、电阻R＝1Ω的金属棒水平放置在滑轨上。若滑轨所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)则下列说法正确的是()A．磁感应强度有最小值0.24T，方向垂直滑轨平面向下B．磁感应强度有最大值0.4T，方向水平向右C．磁感应强度有可能为0.3T，方向竖直向下D．磁感应强度有可能为0.4T，方向水平向左答案：AC解析：由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,0.5＋1)A＝2A，对金属棒受力分析可知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时Fmin＝mgsinθ＝0.04×10×sin37°N＝0.24N，当安培力最小，且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时，磁感应强度最小，为Bmin＝eq\f(Fmin,IL)＝eq\f(0.24,2×0.5)T＝0.24T，由左手定则可知，磁感应强度的方向为垂直滑轨平面向下，故A正确；当磁感应强度方向水平向右时，金属棒受到的安培力方向竖直向上，当ILB＝mg时，金属棒刚好静止在滑轨上，可得B＝eq\f(mg,IL)＝eq\f(0.04×10,2×0.5)T＝0.4T，但此时磁感应强度并不是最大值，故B错误；当磁感应强度方向竖直向下时，金属棒受到的安培力方向水平向右，由金属棒受力平衡可得ILB′cos37°＝mgsin37°，解得B′＝eq\f(mgsin37°,ILcos37°)＝eq\f(0.04×10×0.6,2×0.5×0.8)T＝0.3T，故C正确；当磁感应强度方向水平向左时，安培力竖直向下，金属棒受力不可能平衡，故D错误。学生用书第220页第2讲磁场对运动电荷的作用[课标要求]1．能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。2．会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。3．能够分析带电体在匀强磁场中的运动。考点一洛伦兹力的理解1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫作洛伦兹力。2．洛伦兹力的方向(1)方向：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。(2)判定方法：左手定则。3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsin_θ_，θ为v与B的方向夹角。(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。自主训练1洛伦兹力的方向下面四幅图均表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是()答案：B解析：根据左手定则可知，A、C、D错误，B正确。自主训练2洛伦兹力与静电力的比较(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则()A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较答案：AC解析：由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有veq\o\al(2,0)＝2gh3，解得h3＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，所以h1＝h3，故A正确；洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，所以h1＞h2，故D错误；因小球电性不知，则电场力方向不知，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误，C正确。自主训练3洛伦兹力作用下带电体的运动(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图像可能是()答案：ACD解析：设物块的初速度为v0，则FN＝qv0B，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物块向下做匀速运动，A正确；若mg＞μqv0B，则物块开始有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μqvB,m)可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，D正确，B错误；若mg＜μqv0B，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝eq\f(μqvB－mg,m)可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，C正确。1．洛伦兹力的理解(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)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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力的作用。(4)洛伦兹力永不做功。2．洛伦兹力与静电力的比较力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力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥vF∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功学生用书第221页考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。3．轨道半径和周期公式(v⊥B)【高考情境链接】(2022·北京高考·改编)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。判断下列说法的正误：(1)电子和正电子所受洛伦兹力方向都与其速度方向垂直，对电子和正电子都不做功。(√)(2)带电粒子的速度越大，运动半径越大。(√)(3)带电粒子运动比荷越大，运动周期越大。(×)(4)图中曲线1、3是两个电子的运动轨迹，图中曲线2是正电子的运动轨迹。(√)1．解答带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的三大“关键”(1)圆心的确定①若已知粒子轨迹上两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲所示。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，如图乙所示。③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝eq\f(mv,qB)计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙所示。(2)半径的计算①利用动力学方程求半径：由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)。②利用几何关系求半径：(难点)一般连接粒子的入射点、出射点及圆心构造出三角形，再结合切线、轨迹圆弧对应的弦等辅助线，常用到的几何关系：A．三个角(偏转角φ、圆心角α、弦切角θ)的关系，如图丁所示。a．粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角：φ＝α。b．弦切角等于弦所对应圆心角的一半：θ＝eq\f(1,2)α。B．由三角函数或勾股定理求解几何半径：如图戊所示。由R＝eq\f(L,sinθ)或R2＝L2＋(R－d)2，求得R。(3)运动时间的计算①利用圆心角θ、周期T计算：t＝eq\f(θ,2π)T。②利用弧长、线速度计算：t＝eq\f(l,v)。学生用书第222页2．带电粒子在三类有界磁场中的运动轨迹分析(1)直线边界[进出磁场具有对称性，如图(a)所示](2)平行边界[往往存在临界条件，如图(b)所示](3)圆形边界(进出磁场具有对称性)①如图(c)所示，粒子沿半径方向射入必沿半径方向射出。②如图(d)所示，粒子不沿半径方向射入时，射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也一定为θ。说明：对于其它边界的磁场，要根据具体的磁场边界特点参照上述思路具体分析。考向1直线边界的磁场如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则eq\f(t1,t2)为()A．3 B．2C．eq\f(3,2) D．eq\f(2,3)答案：A解析：电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝eq\f(mv,qB)可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq\f(T,2)，电子2运动的时间t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正确，B、C、D错误。考向2平行边界的磁场(多选)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则()A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1答案：BD解析：由左手定则可得a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则Ra＝eq\f(\f(1,2)d,sin30°)＝d，Rb＝eq\f(\f(1,2)d,sin60°)＝eq\f(\r(3),3)d，所以Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1，故B正确；由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝eq\f(Ta,6)＝tb＝eq\f(Tb,3)，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝eq\f(mv2,R)，所以运动周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，根据a、b两粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。考向3圆形边界的磁场(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是()A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线答案：BD解析：假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况。如图1所示，粒子沿直径射入，由几何关系可知∠O1PO＝∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D正确；粒子在圆筒中先做圆周运动，与圆筒碰撞后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A错误；粒子最少与圆筒碰撞2次，就可能从小孔射出，如图2所示，B正确；根据qvB＝meq\f(v2,r)可知，r＝eq\f(mv,qB)，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与圆筒碰撞次数可能会越多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错误。学生用书第223页考向4矩形(或正方形)边界的磁场如图所示，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．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案：B解析：若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)，若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示，有qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),Rd)，Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))eq\s\up8(2)＋l2，解得vd＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，故B正确。考向5三角形边界的磁场(多选)(2023·河北石家庄模拟)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝eq\f(qBL,m)的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中运动的半径为LB．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LD．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解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝eq\f(mv0,qB)＝L，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出，结合上面B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t＝eq\f(α,2π)T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故D错误。方法技巧解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的方法带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题。解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。临界点常用的结论：(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)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。考向6其他边界的磁场如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中实线所示，a、b、c、d四点共线，ab＝2ac＝2ae,fe与ab平行，且ae与ab成60°角。一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，粒子质量均为m、电荷量均为q(q＞0)，具有各种不同速率。不计重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()A．eq\f(3πm,2qB) B．eq\f(4πm,3qB)C．eq\f(5πm,4qB) D．eq\f(6πm,5qB)答案：B解析：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角决定，即t＝eq\f(θ,2π)T，粒子垂直ac射入磁场，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，粒子从ac、bd区域射出时，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；根据几何关系可知，粒子从e点射出时，对应圆心角最大，为eq\f(4,3)π，此时圆周半径为ac的长度，周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为t＝eq\f(4πm,3qB)，故选B。规律总结“三步法”解答带电粒子在有界磁场中的运动问题学生用书第224页考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题1．带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子的电性、磁场方向、临界状态等多种因素的影响，问题往往存在多解问题。根据多解形成的原因，常见的有如下三种情况：类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若磁感应强度B垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁感应强度B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解2．解答多解问题的关键(1)找出多解的原因。(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。考向1粒子电性不确定形成多解(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速度v的最大值可能是()A．eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)(q为正电荷)B．eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)(q为负电荷)C．eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)(q为正电荷)D．eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)(q为负电荷)答案：AD解析：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，入射速度最大时的运动轨迹是图中上方与NN′相切的eq\f(1,4)圆弧，轨迹半径R＝eq\f(mv,qB)，又d＝R－Rcos45°，解得v＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)，故A正确，C错误；若q为负电荷，入射速度最大时的运动轨迹是图中下方与NN′相切的eq\f(3,4)圆弧，则有R′＝eq\f(mv′,qB)，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)，故B错误，D正确。考向2磁场方向不确定形成多解(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq\f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是()A．B＞eq\f(mv,3qs)，垂直纸面向里B．B＞eq\f(mv,qs)，垂直纸面向里C．B＞eq\f(mv,qs)，垂直纸面向外D．B＞eq\f(3mv,qs)，垂直纸面向外答案：BD解析：当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin30°＝eq\f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq\f(mv,qB1)可得B1＝eq\f(mv,qs)；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系可知s＝eq\f(r2,sin30°)＋r2，可得r2＝eq\f(s,3)，又r2＝eq\f(mv,qB2)，所以B2＝eq\f(3mv,qs)，故B、D正确，A、C错误。学生用书第225页考向3粒子临界状态不确定形成多解(多选)(2022·湖北高考)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A．eq\f(1,3)kBL，0° B．eq\f(1,2)kBL，0°C．kBL，60° D．2kBL，60°答案：BC解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，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，如图乙所示，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝eq\f(1,2)L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，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v＝eq\f(qBL,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3，…)，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v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3，…)，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。]课时测评47磁场对运动电荷的作用eq\f(对应学生,用书P446)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题每题5分，共60分)1．高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现美丽的彩色“极光”。极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示的弧状极光，则关于这一现象中高速粒子的说法正确的是()A．高速粒子带负电B．粒子轨迹半径逐渐增大C．仰视时，粒子沿逆时针方向运动D．仰视时，粒子沿顺时针方向运动答案：D解析：运动过程中粒子因空气阻力做负功，粒子的动能变小，速度减小，根据公式qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，则半径变小，故B错误；在北极上空有竖直向下的磁场，带电粒子运动的轨迹由地面上看沿顺时针方向，则由左手定则可知粒子带正电，故A、C错误，D正确。2．(2023·海南高考)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是()A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程中的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功答案：A解析：根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小和方向都在变，B、C错误；洛仑兹力永不做功，D错误。故选A。3．(2024·河南商丘模拟)中国近20年来在粒子物理实验与粒子探测技术领域取得了很大进展。某研究学者在做粒子探测实验时，将一个电量为q1＝＋3e的粒子，自匀强磁场a点向左水平射出，当它运动到b点时，与一个带电量为q2＝－5e静止的粒子发生碰撞并结合为一个新粒子，不考虑粒子的重力，试分析接下来新粒子的运动轨迹是()答案：A解析：带正电粒子在b点与一带负电的静止粒子碰撞合为一体，此过程满足动量守恒，碰撞后新粒子的速率、质量虽然与碰撞前不同，但动量mv与碰撞前相同，带电量变为－2e。设碰撞前带正电粒子的动量为p，则其在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,3eB)，碰撞后新粒子的总动量仍为p，带电量变为－2e，则r2＝eq\f(p,2eB)，所以碰撞后的新粒子做匀速圆周运动的半径比碰撞前带电粒子的半径大，根据左手定则可判定碰撞后新粒子从b点开始向下偏转。故选A。4．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，运动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受到的洛伦兹力答案：C解析：根据左手定则可知，N粒子带正电，M粒子带负电，故A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)，可推知r＝eq\f(v,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m)))B)，由于两粒子的比荷相等，可知粒子做圆周运动的半径与粒子速度成正比，根据题图可知，M粒子做圆周运动的半径比N粒子做圆周运动的半径大，故M粒子的速率比N粒子的速率大，故B错误；根据匀速圆周运动速度与周期的关系，有T＝eq\f(2πr,v)，可推知T＝eq\f(2πm,qB)，由于两粒子的比荷相等，故两粒子做圆周运动的周期相同，由题图可知，两粒子在磁场中做圆周运动的圆心角相同，故两粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确；粒子在磁场中受洛伦兹力的大小为F＝qvB，在同一磁场，B相同，根据以上的分析可知M粒子的速率比N粒子的速率大，但并不知道两粒子电荷量的大小关系，故不能确定两粒子所受洛伦兹力的大小关系，故D错误。故选C。5．(2024·安徽黄山模拟)如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点()A．eq\f(2πm,qB1) B．eq\f(2πm,qB2)C．eq\f(2πm,q（B1＋B2）) D．eq\f(πm,q（B1＋B2）)答案：B解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(πm,qB2)＝eq\f(2πm,qB2)，故B正确。6．如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(B,2)和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)答案：B解析：设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)、T＝eq\f(2πR,v)，可得R1＝eq\f(mv,qB)、R2＝eq\f(2mv,qB)、T1＝eq\f(2πm,qB)、T2＝eq\f(4πm,qB)，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中运动的时间为t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由几何关系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝eq\f(7πm,6qB)，故B正确，A、C、D错误。7．(多选)如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场。四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出)。小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力。则()A．O、C之间距离大于O、B之间距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功相同答案：AC解析：带电小球在题图乙中受到竖直向下的电场力与重力，而在题图丙中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，则有eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝cotθ，可知当加速度越大时，所用时间越短，因此O、B间距小于O、C间距，故A正确；由题意可知，题图甲中带电小球做平抛运动，由A项分析可知，运动的时间介于题图乙与题图丙之间，故B错误；由eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝cotθ，那么vy＝at＝2v0tanθ，则它们竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得小球落到B点与C点速度大小相等，故C正确；由于洛伦兹力的作用，题图丁中小球竖直方向的加速度小于g，则使得竖直方向的速度小于题图甲中小球做平抛运动竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，则球从O到A重力做的功小于球从O到D做的功，因此合力对小球做功不同，故D错误。故选AC。8．(多选)(2022·辽宁高考)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是()A．粒子1可能为中子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点答案：AD解析：由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故A正确，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，故C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。故选AD。9．(多选)(2024·安徽合肥质检)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是()A．速率不同的粒子在磁场中运动的时间一定不同B．从CD边飞出的粒子最大速率为eq\f(kBL,2)C．粒子从DE边飞出的区域长度为LD．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(π,3kB)答案：BCD解析：速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中运动的时间相同，故A错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，半径R＝eq\f(L,2)，由qvB＝eq\f(mv2,R)可得v＝eq\f(qBR,m)，又eq\f(q,m)＝k，则vm＝eq\f(kBL,2)，故B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE上的M点飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示，由几何关系得R＝eq\f(1,2)CD＝L，则粒子从DE边飞出的区域长度为L，故C正确；粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,3kB)，故D正确。故选BCD。10．(多选)(2020·天津高考)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角为θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a答案：AD解析：由左手定则可知，带电粒子带负电荷，故A正确；作出粒子的轨迹，如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的运动轨道半径R＝eq\r(2)a，由洛伦兹力提