2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講 磁場及其對電流的作用含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講磁場及其對電流的作用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用安培定則判斷電流的磁場，會利用矢量合成的方法計(jì)算合磁場。2.會根據(jù)有效長度計(jì)算安培力的大小，會判斷導(dǎo)體的運(yùn)動情況。3.會分析安培力作用下的平衡問題和加速問題。1.2.1.思考判斷(1)磁場中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，跟放在該點(diǎn)的試探電流元的情況無關(guān)。(√)(2)磁場中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，跟放在該點(diǎn)的試探電流元所受磁場力的方向一致。(×)(3)垂直磁場放置的線圈面積減小時，穿過線圈的磁通量可能增大。(√)(4)小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。(×)(5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強(qiáng)。(√)(6)將通電導(dǎo)線放入磁場中，若不受安培力，說明該處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。(×)2.如圖1所示，四根相互平行的通有電流均為I的長直導(dǎo)線，放在正方形的四個頂點(diǎn)a、b、c、d上。每根通電直導(dǎo)線單獨(dú)存在時，正方形中心O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都是B，則四根通電導(dǎo)線同時存在時O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)?)圖1A.2eq\r(2)B，方向向左B.2eq\r(2)B，方向向下C.eq\r(2)B，方向向右D.eq\r(2)B，方向向上答案A考點(diǎn)一安培定則磁場的疊加1.安培定則的應(yīng)用直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場安培定則立體圖縱截面圖2.磁場疊加問題的解題思路(1)確定磁場場源，如通電導(dǎo)線。(2)定位空間中需求解磁場的點(diǎn)，利用安培定則判定各個場源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場的大小和方向。如圖2所示，BM、BN為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場。圖2(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場B。角度安培定則的應(yīng)用例1(2023·北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖3所示，直導(dǎo)線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠(yuǎn)，其磁場互不影響，當(dāng)開關(guān)S閉合后，則小磁針北極N(黑色一端)指示磁場方向正確的是()圖3A.a B.b C.c D.d答案C解析根據(jù)安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據(jù)小磁針靜止時N極的指向?yàn)榇艌龅姆较蚩芍狢正確。角度磁場的疊加例2(2023·湖南常德高三期末)如圖4所示，A、B、C是正三角形的三個頂點(diǎn)，O是AB的中點(diǎn)，兩根互相平行的通電長直導(dǎo)線垂直紙面固定在A、B兩處，導(dǎo)線中通入的電流大小相等、方向相反。已知通電長直導(dǎo)線產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(kI,r)，I為通電長直導(dǎo)線的電流大小，r為距通電長直導(dǎo)線的垂直距離，k為常量。已知C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則關(guān)于O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度說法正確的是()圖4A.大小為B0，方向垂直AB連線向下B.大小為2B0，方向垂直AB連線向上C.大小為eq\r(3)B0，方向垂直AB連線向上D.大小為4B0，方向垂直AB連線向下答案D解析依題意B＝eq\f(kI,r)可知，兩導(dǎo)線在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，根據(jù)安培定則可知，兩者夾角為120°，C點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，由矢量合成有A、B導(dǎo)線在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0＝B＝eq\f(kI,r)，同理可知A、B導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均向下，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′＝2eq\f(kI,\f(r,2))＝4B0，方向垂直AB連線向下，所以D正確。跟蹤訓(xùn)練1.(多選)如圖5，三根通電長直細(xì)導(dǎo)線垂直于紙面固定，導(dǎo)線的橫截面(截面積不計(jì))分別位于以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓環(huán)上a、c、d三處，已知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則()圖5A.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于aO向右B.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向從O指向aC.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(eq\r(2)＋1)BD.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(eq\r(2)－1)B答案AC解析磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加如圖所示，每根導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，可得O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BO＝2Bcos45°＋B＝(eq\r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正確?？键c(diǎn)二安培力的分析與計(jì)算1.安培力的大小和方向(1)應(yīng)用安培力公式F＝IlB時要注意①B與I垂直。②B與I平行時，F(xiàn)＝0。③l是有效長度。彎曲導(dǎo)線的有效長度l，等于連接兩端點(diǎn)線段的長度(如圖6所示)；相應(yīng)的電流沿直線由始端流向末端。圖6(2)方向：根據(jù)左手定則判斷。2.安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up17(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁體通電螺線管多個環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力角度通電導(dǎo)線有效長度問題例3(2023·安徽合肥高三質(zhì)檢)如圖7所示，正六邊形線框abcdef由六根導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點(diǎn)a、b與電源兩端相連，其中ab棒的電阻為5R，其余各棒的電阻均為R，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。S閉合后，線框受到的安培力大小為F。若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小為()圖7A.eq\f(F,2) B.eq\f(2F,3) C.eq\f(3F,4) D.eq\f(5F,6)答案A解析S閉合后，ab棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動勢為E，則兩支路的電流大小均為I＝eq\f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小為Fab＝IlB，其余各棒在磁場中的等效長度也為l，受到的安培力大小為F其＝IlB，線框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2IlB，若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小F′＝F其＝IlB＝eq\f(F,2)，故A正確。角度安培力作用下運(yùn)動情況的判斷例4一直導(dǎo)線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖8所示，如果直導(dǎo)線可以自由地運(yùn)動且通以方向?yàn)橛蒩到b的電流，則導(dǎo)線ab受磁場力后的運(yùn)動情況為()圖8A.從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管B.從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠(yuǎn)離螺線管C.從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠(yuǎn)離螺線管D.從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管答案D解析先由安培定則判斷出通電螺線管的N、S極，確定導(dǎo)線左、右兩端磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，并用左手定則判斷這兩端受到的安培力的方向，如圖甲所示。可以判斷導(dǎo)線受磁場力后從上向下看逆時針方向轉(zhuǎn)動。當(dāng)導(dǎo)體轉(zhuǎn)過90°時，再分析導(dǎo)線位置的磁場方向，再次用左手定則判斷導(dǎo)線所受磁場力的方向，如圖乙所示，可知導(dǎo)線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯誤。跟蹤訓(xùn)練2.如圖9所示，AC是一個用長為L的導(dǎo)線彎成的、以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以由C到A，大小為I的恒定電流時，該導(dǎo)線受到的安培力大小和方向是()圖9A.ILB，平行于OC向左B.eq\f(2\r(2)ILB,π)，平行于OC向右C.eq\f(2\r(2)ILB,π)，垂直A、C兩點(diǎn)的連線指向左下方D.2eq\r(2)ILB，垂直A、C兩點(diǎn)的連線指向左下方答案C解析直導(dǎo)線折成半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形狀，在磁場中的有效長度為L′＝eq\r(2)R，又L＝eq\f(2πR,4)＝eq\f(πR,2)，聯(lián)立解得L′＝eq\f(2\r(2)L,π)，則安培力大小為F＝IL′B＝eq\f(2\r(2)ILB,π)，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向垂直A、C兩點(diǎn)的連線指向左下方，故C正確。3.(2022·江蘇卷，3)如圖10所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向()圖10A.平行于紙面向上B.平行于紙面向下C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外答案C解析根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左半部分所在空間的磁場方向斜向右上方，右半部分所在空間的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出導(dǎo)線a左半部分所受安培力方向垂直紙面向外，右半部分所受安培力方向垂直紙面向里。故C正確，A、B、D錯誤。考點(diǎn)三安培力作用下的平衡與加速問題求解關(guān)鍵是將三維圖轉(zhuǎn)化為二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖、側(cè)視圖等，將立體圖轉(zhuǎn)換為平面受力圖。如圖11所示。圖11角度安培力作用下的平衡問題例5(2022·湖南卷，3)如圖12(a)，直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是()圖12A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比答案D解析當(dāng)導(dǎo)線靜止在題圖(a)右側(cè)位置時，對導(dǎo)線受力分析如圖所示，可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯誤；由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，有sinθ＝eq\f(ILB,mg)，F(xiàn)T＝mgcosθ，則sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時θ增大，cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力FT減小，B、C錯誤，D正確。角度安培力作用下的加速問題例6(2023·四川遂寧市診斷)電磁彈射技術(shù)原理如圖13甲所示，飛機(jī)鉤在滑桿上，儲能裝置通過導(dǎo)軌和滑桿放電，產(chǎn)生強(qiáng)電流恒為4000A，導(dǎo)軌激發(fā)的磁場在兩導(dǎo)軌間近似為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝10T，在磁場力和飛機(jī)發(fā)動機(jī)推力作用下，滑桿和飛機(jī)從靜止開始向右加速，在導(dǎo)軌末端飛機(jī)與滑桿脫離，導(dǎo)軌長120m，間距為3m。飛機(jī)質(zhì)量為2.0×104kg，在導(dǎo)軌上運(yùn)動時所受阻力恒為機(jī)重的0.1倍，假如剛開始時發(fā)動機(jī)已達(dá)額定功率4×106W，飛機(jī)在導(dǎo)軌末端所受豎直升力與水平速度關(guān)系F＝kv(k＝4000kg/s)。如圖乙是在一次彈射過程中，記錄的飛機(jī)在導(dǎo)軌各個位置上的速度，滑桿的質(zhì)量忽略，g取10m/s2。求：圖13(1)飛機(jī)在導(dǎo)軌上運(yùn)動30m處的加速度大??；(2)如果飛機(jī)在導(dǎo)軌末端剛好達(dá)到起飛條件，飛機(jī)在導(dǎo)軌上運(yùn)動的時間。答案(1)10m/s2(2)3.25s解析(1)分析飛機(jī)在30m處水平方向的受力知，發(fā)動機(jī)的推力大小F1＝eq\f(P,v1)①安培力大小F2＝IlB②阻力大小f＝0.1mg③由牛頓第二定律有F1＋F2－f＝ma④聯(lián)立①②③④得a＝10m/s2。(2)飛機(jī)在導(dǎo)軌末端剛好達(dá)到起飛條件為F＝kv＝mg⑤全過程由動能定理得Pt＋F2x－fx＝eq\f(1,2)mv2⑥聯(lián)立⑤⑥得t＝3.25s。跟蹤訓(xùn)練4.(2022·重慶精創(chuàng)預(yù)測卷)如圖14所示，一根質(zhì)量為m、長為l的金屬棒ab用兩根絕緣的軟繩P和Q豎直懸掛，并處于垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)在金屬棒中通以大小為I、方向從a到b的電流，此時兩軟繩上的拉力均等于金屬棒重力的eq\f(3,4)，已知金屬棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，兩軟繩上的拉力始終相同，則下列說法正確的是()圖14A.金屬棒受到的安培力大小為eq\f(1,4)mg，方向豎直向下B.磁場方向垂直紙面向里C.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,2Il)D.若僅改變金屬棒中的電流方向，那么兩軟繩上的拉力大小均變?yōu)閑q\f(1,2)mg答案C解析由于金屬棒通電后兩軟繩上的拉力均等于金屬棒重力的eq\f(3,4)，所以兩軟繩的總拉力大小為eq\f(3,2)mg，由力的平衡條件可判斷出此時金屬棒受到的安培力方向豎直向下，大小為F安＝eq\f(1,2)mg，故A錯誤；由左手定則可知，磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，故B錯誤；由F安＝eq\f(1,2)mg＝IlB，得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(mg,2Il)，故C正確；若僅改變金屬棒中的電流方向，則安培力的方向變?yōu)樨Q直向上，此時兩軟繩的拉力大小均為F＝eq\f(1,2)(mg－F安)＝eq\f(1,4)mg，故D錯誤。A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1安培定則磁場的疊加1.(多選)(2022·全國乙卷)安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖1，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知()圖1測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.測量地點(diǎn)位于南半球B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方答案BC解析如圖所示，地磁南極位于地理北極附近，地磁北極位于地理南極附近。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格第1次測量的數(shù)據(jù)可知此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為B＝eq\r(Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正確；測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量By<0，故y軸正向指向南方，第3次測量Bx>0，故x軸正向指向北方而y軸正向則指向西方，C正確，D錯誤。2.(2023·河北邯鄲高三期末)如圖2所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，方向如圖2所示，且IM＝2IN(已知電流為I的長直導(dǎo)線在其周圍激發(fā)的磁場中，距導(dǎo)線距離為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，其中k為常數(shù))，此時O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1。若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則此時O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為()圖2A.大小為eq\r(3)B1，方向水平向右B.大小為eq\r(3)B1，方向水平向左C.大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右下D.大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右上答案A解析設(shè)N處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則M處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，導(dǎo)線未移動時，各導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度示意圖如圖實(shí)線所示，可得B1＝B0，M導(dǎo)線移到P點(diǎn)時，如圖中虛線所示，此時合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\r(3)B0，即eq\r(3)B1，方向水平向右，故A正確。3.(2023·安徽江南十校聯(lián)考)三根足夠長的絕緣直導(dǎo)線a、b、c按圖示3方式固定放置在同一紙面內(nèi)，其交點(diǎn)分別為M、N、P，三點(diǎn)恰好構(gòu)成正三角形，O點(diǎn)為該三角形的中心，O′點(diǎn)與O點(diǎn)關(guān)于導(dǎo)線c對稱?，F(xiàn)在a、b、c三根導(dǎo)線中分別通入恒定電流I、2I、3I。已知長直導(dǎo)線電流在空間某點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離成反比。若O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直紙面向里，則O′點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為()圖3A.大小為eq\f(3,4)B0，方向垂直紙面向里B.大小為eq\f(3,4)B0，方向垂直紙面向外C.大小為eq\f(1,4)B0，方向垂直紙面向里D.大小為eq\f(1,4)B0，方向垂直紙面向外答案D解析設(shè)a導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則b導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，c導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B，方向均垂直紙面向里，則B＋2B＋3B＝B0，所以B＝eq\f(B0,6)，又a導(dǎo)線在O′點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,2)，方向垂直紙面向里；b導(dǎo)線在O′點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里；c導(dǎo)線在O′點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B，方向垂直紙面向外。所以O(shè)′點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B′＝3B－B－eq\f(B,2)＝eq\f(B0,4)，A、B、C錯誤，D正確。對點(diǎn)練2安培力的分析與計(jì)算4.(多選)(2023·福建福州高三期末)已知長直通電導(dǎo)線在其周圍某點(diǎn)產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與該導(dǎo)線中的電流強(qiáng)度成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比。如圖4，兩根平行長直通電導(dǎo)線L1、L2中的電流強(qiáng)度分別為I和2I，此時L1受到的磁場力大小為F?，F(xiàn)將另一根長直通電導(dǎo)線L3平行放在L1外側(cè)，三根導(dǎo)線間距相等且處于同一平面，L1受到的磁場力大小變?yōu)?F，則L3中的電流強(qiáng)度大小可能是()圖4A.2I B.4I C.6I D.8I答案AC解析只有平行長直通電導(dǎo)線L1、L2時，L1受到向右的安培力，將另一根長直通電導(dǎo)線L3平行放在L1外側(cè)，L1受到的磁場力大小變?yōu)?F，若L3電流向上，L3電流產(chǎn)生的磁場對L1有向左的安培力，分析可知大小為3F，因長直通電導(dǎo)線在其周圍某點(diǎn)產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與該導(dǎo)線中的電流強(qiáng)度成正比，對比L2電流強(qiáng)度大小可知L3中的電流強(qiáng)度大小為6I，若L3電流向下，L3電流產(chǎn)生的磁場對L1有向右的安培力，分析可知大小為F，對比L2電流強(qiáng)度大小可知L3中的電流強(qiáng)度大小為2I，故A、C正確，B、D錯誤。5.一個可以沿過圓心的水平軸自由運(yùn)動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖5所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()圖5A.不動 B.順時針轉(zhuǎn)動C.逆時針轉(zhuǎn)動 D.在紙面內(nèi)平動答案B解析方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可知，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi)，因此從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。方法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可知，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。6.如圖6，等腰梯形線框abcd是由相同材料、相同橫截面積的導(dǎo)線制成，梯形上底和腰長度均為L，且腰與下底夾角為60°。整個線框處在與線框平面垂直的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給線框通入圖示電流，若下底cd受到的安培力為F，則整個線框受到的安培力為()圖6A.eq\f(4,3)F B.eq\f(5,3)F C.2F D.eq\f(3,2)F答案B解析梯形上底和腰長度均為L且腰與下底夾角為60°，由幾何關(guān)系可知，梯形的下底dc長為2L；由電阻的決定式R＝eq\f(ρl,S)，可知梯形的邊dabc的電阻等于下底dc的電阻的1.5倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系，設(shè)dc邊中的電流大小為I′，根據(jù)歐姆定律，知dabc中的電流為eq\f(2,3)I′；由已知條件可知ab邊與dc邊的電流方向相同，由題意知F＝BI′·2L，所以邊dabc所受安培力為F′＝B·eq\f(2,3)I′·2L＝eq\f(2,3)F，方向與dc邊所受安培力的方向相同，則整個線框受到的安培力為eq\f(5,3)F，故B正確。對點(diǎn)練3安培力作用下的平衡與加速7.(2023·湖北黃岡高三月考)如圖7所示，質(zhì)量為m、半徑為r、有缺口的半圓形金屬圓環(huán)用金屬線a、b連接并懸吊，半圓環(huán)直徑AC水平，靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于環(huán)面向外，豎直金屬線a、b間的距離為r，通過金屬線a、b給半圓環(huán)通以大小為I的電流，半圓環(huán)仍保持靜止，重力加速度為g，則金屬線a上的拉力為()圖7A.eq\f(1,2)(mg＋I(xiàn)rB) B.eq\f(1,2)(mg－IrB)C.eq\f(1,2)(mg＋2IrB) D.eq\f(1,2)(mg－2IrB)答案B解析根據(jù)左手定則，半圓環(huán)所受的安培力向上，根據(jù)平衡條件得2F＋I(xiàn)rB＝mg，解得F＝eq\f(1,2)(mg－IrB)，故B正確。8.(2023·山東省濟(jì)寧高三期末)某同學(xué)設(shè)計(jì)了測定磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的實(shí)驗(yàn)，他用兩根不可伸長的絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、長為L的導(dǎo)體棒水平懸掛在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)突然給導(dǎo)體棒通入大小為I的恒定電流，棒沿弧線“彈起”到最高點(diǎn)時，懸線與豎直方向的夾角剛好為53°，整個過程導(dǎo)體棒一直處于水平狀態(tài)，其側(cè)視圖如圖8所示，已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則()圖8A.B＝eq\f(mg,2IL)，電流方向?yàn)閭?cè)視圖中垂直紙面向外B.B＝eq\f(4mg,3IL)，電流方向?yàn)閭?cè)視圖中垂直紙面向外C.B＝eq\f(mg,2IL)，電流方向?yàn)閭?cè)視圖中垂直紙面向里D.B＝eq\f(4mg,3IL)，電流方向?yàn)閭?cè)視圖中垂直紙面向里答案A解析由題意知，導(dǎo)體棒受到的安培力向右，由左手定則可知電流方向?yàn)閭?cè)視圖中垂直紙面向外。在導(dǎo)體棒由最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，由動能定理可知－mgL(1－cos53°)＋I(xiàn)LB·Lsin53°＝0，可解得B＝eq\f(mg,2IL)，故A正確，B、C、D錯誤。9.(2022·重慶高三診斷)如圖9所示，電源電動勢E＝16V，內(nèi)阻r＝1Ω，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量m＝0.2kg的金屬細(xì)桿MN置于傾角為θ＝37°的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度為L＝0.5m，桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)軌與MN桿的電阻忽略不計(jì)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。要使MN桿在導(dǎo)軌上恰好不上滑，滑動變阻器R的阻值為()圖9A.1Ω B.3Ω C.5Ω D.7Ω答案A解析畫出桿MN在導(dǎo)軌上恰好不上滑這種情況下的受力分析圖，如圖所示，由平衡條件得，沿斜面方向mgsinθ＋μFN＝F安cosθ，垂直斜面方向FN＝mgcosθ＋F安sinθ，而F安＝eq\f(E,R＋r)LB，解得R＝1Ω，故A正確。B級綜合提升練10.(2023·山東省濟(jì)寧高三月考)三根足夠長的導(dǎo)體棒a、b、c呈等邊三角形排列，質(zhì)量均為m，電流大小相等、方向如圖10所示，a、b兩導(dǎo)體棒放置在粗糙的水平桌面上，導(dǎo)體棒c被豎直伸長的彈簧懸掛，重力加速度為g，則()圖10A.彈簧的拉力大于c導(dǎo)體棒的重力B.桌面對a、b導(dǎo)體棒的摩擦力均為零C.桌面對a導(dǎo)體棒的支持力大于eq\f(3,2)mgD.若對稱地緩慢增大a、b導(dǎo)體棒間的距離，則彈簧長度增大答案D解析由“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”知，a導(dǎo)體棒和b導(dǎo)體棒對c導(dǎo)體棒都是排斥力，作用力的合力方向豎直向上，故彈簧的拉力小于c導(dǎo)體棒的重力，選項(xiàng)A錯誤；c導(dǎo)體棒對a導(dǎo)體棒的作用力為斜向左下的排斥力，b導(dǎo)體棒對a導(dǎo)體棒的作用力為水平向右的吸引力，兩力大小相等，夾角120°，合力斜向右下方，a導(dǎo)體棒受力平衡，說明桌面對a導(dǎo)體棒的摩擦力不為零，方向水平向左，同理桌面對b導(dǎo)體棒摩擦力也不為零，方向水平向右，選項(xiàng)B錯誤；選擇a、b、c導(dǎo)體棒整體研究，由于彈簧的彈力豎直向上，根據(jù)對稱性，桌面對a導(dǎo)體棒的支持力小于eq\f(3,2)mg，選項(xiàng)C錯誤；若對稱地緩慢增大a、b導(dǎo)體棒間的距離，a導(dǎo)體棒和b導(dǎo)體棒對c導(dǎo)體棒的作用力都在減小，且二力的夾角增大，故二力的合力減小，則彈簧的彈力增大，長度增大，選項(xiàng)D正確。11.如圖11甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導(dǎo)體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對放置，圓環(huán)半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環(huán)通過導(dǎo)線與電源相連，電源的電動勢E＝3V，內(nèi)阻不計(jì)。在兩圓環(huán)上水平放置一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環(huán)電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場方向豎直向上。開關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，側(cè)視圖如圖乙所示，該位置對應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖11(1)導(dǎo)體棒靜止在某位置時所受安培力的大??；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(3)斷開開關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)時對單個圓環(huán)的壓力。答案(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向豎直向下解析(1)導(dǎo)體棒靜止時，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)體棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4T。(3)斷開開關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s導(dǎo)體棒在最低點(diǎn)時，由牛頓第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒對單個圓環(huán)的壓力大小為0.54N，方向豎直向下。第2講磁場對運(yùn)動電荷的作用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，會計(jì)算洛倫茲力的大小。2.會分析帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動。1.2.1.思考判斷(1)帶電粒子在磁場中運(yùn)動時一定會受到磁場力的作用。(×)(2)根據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動周期T與v成反比。(×)(3)粒子在只受洛倫茲力作用時運(yùn)動的速度不變。(×)(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×)(5)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，其運(yùn)動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)。(√)2.(多選)如圖1所示，初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動方向如圖所示，則()圖1A.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C.電子將向左偏轉(zhuǎn)，軌道半徑不變D.電子將向右偏轉(zhuǎn)，軌道半徑改變答案AD考點(diǎn)一對洛倫茲力的理解和應(yīng)用1.洛倫茲力的特點(diǎn)(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負(fù)電荷在磁場中運(yùn)動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向負(fù)電荷運(yùn)動的反方向。2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。跟蹤訓(xùn)練1.如圖2所示，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導(dǎo)線，O為M、N連線中點(diǎn)，一電子沿過O點(diǎn)垂直紙面的直線向外射出，當(dāng)兩導(dǎo)線同時通有如圖方向電流時，該電子將()圖2A.向上偏轉(zhuǎn) B.向下偏轉(zhuǎn)C.向左偏轉(zhuǎn) D.向右偏轉(zhuǎn)答案D解析根據(jù)右手螺旋定則可知，M、N兩導(dǎo)線在O點(diǎn)形成的磁場方向都是向上的，故O點(diǎn)處合磁場方向向上，電子沿過O點(diǎn)垂直紙面的直線向外射出時，由左手定則可知，電子受洛倫茲力向右，故D正確。2.(2022·北京卷，7)正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，從P點(diǎn)發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運(yùn)動軌跡如圖3中的1、2、3所示。下列說法正確的是()圖3A.磁場方向垂直于紙面向里B.軌跡1對應(yīng)的粒子運(yùn)動速度越來越大C.軌跡2對應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對應(yīng)的粒子是正電子答案A解析三個粒子從P點(diǎn)射入磁場，軌跡偏轉(zhuǎn)方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2對應(yīng)的粒子是正電子，1、3為電子，故D錯誤；由左手定則可判斷，磁場方向垂直紙面向里，故A正確；對于軌跡1的粒子運(yùn)動半徑越來越小，由r＝eq\f(mv,qB)知，運(yùn)動速度越來越小，B錯誤；對于軌跡2和軌跡3兩種粒子，由于初始半徑r2＜r3，由r＝eq\f(mv,qB)知v2＜v3，故C錯誤。

考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1.帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運(yùn)動時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心P、M點(diǎn)速度方向垂線的交點(diǎn)P點(diǎn)速度方向垂線與弦的垂直平分線交點(diǎn)半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運(yùn)動時間的確定利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度l求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(l,v)t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(2α,2π)Tt＝eq\f(l,v)＝eq\f(\o(AB,\s\up8(︵)),v)2.帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的常見情形(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖4所示)圖4(2)平行邊界：往往存在臨界條件，如圖5所示。圖5(3)圓形邊界①沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6甲所示。②不沿徑向射入時，如圖6乙所示。粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為θ。圖6角度直線邊界和平行邊界磁場例1(多選)如圖7所示，在豎直線EOF右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量相同、電荷量分別為＋q和－q的帶電粒子，從O點(diǎn)以相同的初速度v，先后射入磁場，已知初速度方向與OF成θ＝30°角，兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，則()圖7A.兩帶電粒子回到EOF豎直線時到O點(diǎn)的距離相等B.兩帶電粒子回到EOF豎直線時的速度相同C.兩帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間相等D.從射入到射出磁場的過程中，兩帶電粒子所受洛倫茲力的沖量相同答案ABD解析這兩個正、負(fù)粒子以與OF成θ＝30°角射入有界勻強(qiáng)磁場后，由左手定則可判斷，正粒子沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動，負(fù)粒子沿順時針方向做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示(磁場未畫出)。因正、負(fù)粒子所帶電荷量的絕對值和質(zhì)量都相同，由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)知，正、負(fù)粒子的軌跡半徑和周期相同。由幾何關(guān)系知，負(fù)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為2θ，正粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度φ＝2π－2θ，則兩段圓弧所對應(yīng)的弦長度相等，即兩帶電粒子回到EOF豎直線時到O點(diǎn)的距離相等，選項(xiàng)A正確；因洛倫茲力不改變速度的大小，結(jié)合幾何關(guān)系分析知，兩粒子回到EOF豎直線時的速度大小和方向均相同，選項(xiàng)B正確；因正、負(fù)粒子的運(yùn)動周期相同，而在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度不同，所以兩帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間不相等，選項(xiàng)C錯誤；因兩帶電粒子的初、末速度相同，根據(jù)動量定理可知兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，選項(xiàng)D正確。跟蹤訓(xùn)練3.如圖8所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點(diǎn)垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°。不計(jì)粒子的重力，下列判斷正確的是()圖8A.粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電B.粒子a和b在磁場中運(yùn)動的半徑之比為1∶eq\r(3)C.粒子a和b在磁場中運(yùn)動的速率之比為eq\r(3)∶1D.粒子a和b在磁場中運(yùn)動的時間之比為1∶2答案B解析粒子a向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉(zhuǎn)，則粒子b帶負(fù)電，故A錯誤；如圖所示，由幾何關(guān)系可知，磁場寬度x＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C錯誤；粒子運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則Ta＝Tb，a運(yùn)動的時間ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta＝eq\f(1,6)T，b運(yùn)動的時間tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb＝eq\f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。角度圓形邊界磁場例2(2023·江蘇鹽城高三月考)如圖9所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準(zhǔn)圓心入射的正電子或負(fù)電子的運(yùn)動徑跡，a、b、d三個出射點(diǎn)和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列判斷正確的是()圖9A.沿徑跡Oc運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時間最短B.沿徑跡Oc、Od運(yùn)動的粒子均為正電子C.沿徑跡Oa、Ob運(yùn)動的粒子速率比值為eq\f(\r(3),3)D.沿徑跡Ob、Od運(yùn)動的時間之比為9∶8答案C解析由于正電子和負(fù)電子的電荷量q和質(zhì)量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則由T＝eq\f(2πm,qB)，可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡Oc運(yùn)動的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，圓心角也最大，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為θ，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，沿徑跡Oc運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時間最長，A項(xiàng)錯誤；由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運(yùn)動的粒子均帶負(fù)電，B項(xiàng)錯誤；設(shè)圓形磁場半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡Oa、Ob運(yùn)動的粒子軌道半徑分別為ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C項(xiàng)正確；運(yùn)動時間之比為偏轉(zhuǎn)角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D項(xiàng)錯誤。跟蹤訓(xùn)練4.(多選)(2023·河北張家口高三期末)如圖10所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點(diǎn)，∠COD＝60°。在A點(diǎn)有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用。則從A點(diǎn)射出的粒子的比荷eq\f(q,m)可能是()圖10A.eq\f(v,BR) B.eq\f(3v,2BR) C.eq\f(\r(3)v,BR) D.eq\f(\r(3)v,3BR)答案AD解析帶電粒子從C點(diǎn)射出磁場，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得sin30°＝eq\f(R,r1)，解得r1＝2R，帶電粒子從D點(diǎn)射出磁場，軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系得AODO2是菱形，所以粒子的軌跡半徑r2＝R，所以粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑滿足r2≤r≤r1，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得從A點(diǎn)射出的粒子的比荷滿足eq\f(v,2BR)≤eq\f(q,m)≤eq\f(v,BR)，故A、D正確。 甲乙角度三角形或四邊形邊界磁場例3如圖11所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd中充滿勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點(diǎn)M垂直于ad邊，以一定速度射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下，正好從ab邊中點(diǎn)N射出磁場。忽略粒子受到的重力，下列說法正確的是()圖11A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子將從b點(diǎn)射出B.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子在磁場中運(yùn)動的時間也增大為原來的2倍C.若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小增大為原來的2倍，粒子將從a點(diǎn)射出D.若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小增大為原來的2倍，粒子在磁場中運(yùn)動的時間也增大為原來的2倍答案C解析由題意和左手定則可知，粒子帶正電，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，即v′＝2v，則粒子的半徑將增大為原來的2倍，由圖可知，粒子不會從b點(diǎn)射出，A錯誤；由圖可知，若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，則粒子的半徑將增大為原來的2倍，粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角將減小，粒子在磁場中運(yùn)動的時間將減小，B錯誤；若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小增大為原來的2倍，粒子的運(yùn)動半徑將減小為原來的eq\f(1,2)，將從a點(diǎn)射出，粒子運(yùn)動時間為半個周期，即t′＝eq\f(πm,qB′)＝eq\f(πm,2qB)，而原來的時間t＝eq\f(90°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，所以t′＝t，時間不變，故C正確，D錯誤。跟蹤訓(xùn)練5.(多選)如圖12所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，在bc的中點(diǎn)O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負(fù)電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab＝2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用。關(guān)于這些粒子，下列說法正確的是()圖12A.速度的最大值為eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)B.速度的最小值為eq\f(qBl,m)C.在磁場中運(yùn)動的最短時間為eq\f(πm,4qB)D.在磁場中運(yùn)動的最長時間為eq\f(πm,qB)答案AD解析粒子從ab邊離開磁場時的臨界運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識可知r1＝eq\f(l,2)，2r2cos45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋eq\r(2))l，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故粒子的最大速度為vmax＝eq\f(qBr2,m)＝eq\f(（1＋\r(2)）qBl,m)，最小速度vmin＝eq\f(qBr1,m)＝eq\f(qBl,2m)，故A正確，B錯誤；由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運(yùn)動軌跡可知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角θmax＝180°，最小圓心角θmin>45°，粒子做圓周運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間tmin＝eq\f(θmin,360°)T>eq\f(πm,4qB)，最長時間tmax＝eq\f(θmax,360°)T＝eq\f(πm,qB)，故C錯誤，D正確。A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1對洛倫茲力的理解和應(yīng)用1.(2023·廣東潮州高三期末)極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進(jìn)入地球大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的。如圖1所示，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)并證實(shí)，這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運(yùn)動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小。此運(yùn)動形成的主要原因是()圖1A.太陽輻射對粒子產(chǎn)生了驅(qū)動力的作用效果B.粒子的帶電荷量減小C.洛倫茲力對粒子做負(fù)功，使其動能減小D.南北兩極附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度較強(qiáng)答案D解析粒子在運(yùn)動過程中，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知半徑不斷減小與太陽輻射對粒子產(chǎn)生了驅(qū)動力無關(guān)，A錯誤；當(dāng)帶電荷量減小時，半徑增大，B錯誤；洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，C錯誤；粒子在運(yùn)動過程中，南北兩極的磁感應(yīng)強(qiáng)度較強(qiáng)，由r＝eq\f(mv,qB)可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時，半徑減小，D正確。2.(2023·安徽蕪湖市高三期末)如圖2所示是電視顯像管原理示意圖(俯視圖)，電流通過偏轉(zhuǎn)線圈，從而產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)磁場，電子束經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后運(yùn)動軌跡發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計(jì)電子的重力，圖中O點(diǎn)為熒光屏的中心，若調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)線圈中的電流，使電子束打到熒光屏上的A點(diǎn)，此時下列說法正確的是()圖2A.電子經(jīng)過磁場速度增大B.偏轉(zhuǎn)磁場的方向水平向右C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向里D.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外答案D解析電子經(jīng)過磁場，洛倫茲力不做功，則動能不變，即速度不變，故A錯誤；欲使電子束打到熒光屏上的A點(diǎn)，則洛倫茲力方向向左，根據(jù)左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外，故B、C錯誤，D正確。對點(diǎn)練2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動3.在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運(yùn)動。則α粒子與β粒子的動能之比是()A.eq\f(m1,m2) B.eq\f(m2,m1) C.eq\f(m1,4m2) D.eq\f(4m2,m1)答案D解析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(qeq\o\al(2,1),m1),\f(qeq\o\al(2,2),m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確。4.(多選)(2021·湖北卷，9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動，環(huán)繞方向如圖3所示，c未在圖中標(biāo)出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()圖3A.a帶負(fù)電荷B.b帶正電荷C.c帶負(fù)電荷D.a和b的動量大小一定相等答案BC解析由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負(fù)電，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于a粒子與粒子b的電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關(guān)系不確定，D錯誤。5.(2022·廣東卷)如圖4所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是()圖4答案A解析由題意知當(dāng)質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場后先在MN左側(cè)運(yùn)動，剛進(jìn)入時根據(jù)左手定則可知受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，做勻速圓周運(yùn)動，即質(zhì)子會向y軸正方向偏移，y軸坐標(biāo)增大，在MN右側(cè)磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯誤；質(zhì)子的運(yùn)動軌跡在Ozx平面的投影為一條平行于x軸的直線，故C、D錯誤。6.(2023·廣東廣州一模)如圖5，虛線內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，acb是半圓，圓心是O，半徑為r，∠bOc＝60°?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子，以速度v沿半徑Oc射入磁場，從bd邊垂直邊界離開磁場，則()圖5A.離子做圓周運(yùn)動的半徑為2rB.離子離開磁場時距b點(diǎn)為3rC.虛線內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mv,3qr)D.離子在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(5\r(3)πr,6v)答案D解析由題意作出離子在磁場中運(yùn)動軌跡示意圖如下。根據(jù)幾何關(guān)系，離子在磁場中圓周運(yùn)動半徑為R＝eq\r(3)r，離子離開磁場時距b點(diǎn)為s＝R＋eq\f(r,cos60°)－r＝(eq\r(3)＋1)r，故A、B錯誤；離子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力知，qvB＝meq\f(v2,R)，可得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,\r(3)qr)，故C錯誤；由幾何關(guān)系知，離子在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為150°，則運(yùn)動時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(5\r(3)πr,6v)，故D正確。7.(多選)(2023·河北衡水高三期末)如圖6所示，豎直線CD右邊的空間存在范圍無限大且垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，帶有同種電荷的M粒子和N粒子同時從勻強(qiáng)磁場的邊界CD上的S點(diǎn)分別以與邊界的夾角為30°和60°射入磁場，兩粒子又恰好同時到達(dá)Q點(diǎn)。不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則()圖6A.M、N兩粒子的運(yùn)動軌跡半徑之比為eq\r(3)∶1B.M、N兩粒子的運(yùn)動軌跡半徑之比為2∶1C.M、N兩粒子的初速度大小之比為eq\r(3)∶1D.M、N兩粒子的比荷之比為5∶2答案AD解析設(shè)SQ＝d，由題圖可知，M粒子在磁場中運(yùn)動軌跡半徑rM＝d，運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為300°，運(yùn)動軌跡弧長sM＝eq\f(5πd,3)，N粒子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑rN＝eq\f(\r(3),3)d，所對應(yīng)的圓心角為120°，運(yùn)動軌跡弧長sN＝eq\f(2\r(3)πd,9)，所以M、N兩粒子運(yùn)動半徑之比為eq\r(3)∶1,A正確，B錯誤；因運(yùn)動時間t＝eq\f(s,v)，而tM＝tN，則M、N粒子的初速度大小之比為15∶2eq\r(3)，C錯誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，故M、N粒子的比荷之比為5∶2，D正確。8.(多選)(2023·湖南長沙高三聯(lián)考)半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。不計(jì)重力的a、b兩粒子從圓周上的P點(diǎn)沿著半徑方向射入磁場，分別從A、B兩點(diǎn)離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖7所示。已知a、b兩粒子進(jìn)入磁場時的速率之比為1∶2，AOB為直徑，∠AOP＝60°。下列說法正確的是()圖7A.a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B.a、b兩粒子的比荷之比為3∶2C.a、b兩粒子在磁場中運(yùn)動時間之比為2∶1D.a、b兩粒子的軌道半徑之比為1∶3答案BD解析根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡，由左手定則可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A錯誤；由幾何關(guān)系可知，a、b兩粒子的半徑之比為r1∶r2＝1∶3，D正確；由r＝eq\f(mv,qB)可知，a、b兩粒子的比荷之比為3∶2，B正確；粒子在磁場中運(yùn)動時間t＝eq\f(l,v)＝eq\f(θr,v)，θ為軌跡所對應(yīng)的圓心角，代入數(shù)據(jù)可知，a、b兩粒子在磁場中運(yùn)動時間之比為4∶3，C錯誤。9.(2023·江西南昌高三月考)如圖8所示，邊長為L的正方形A