2025高考物理復(fù)習(xí)磁場(chǎng)教案練習(xí)題

三年考情磁場(chǎng)的疊加2023·浙江1月選考·T8、2021·全國(guó)甲卷·T16、2021·福建卷·T6安培力2023·北京卷·T19、2023·海南卷·T17、2023·江蘇卷·T2、2023·山東卷·T12、2023·遼寧卷·T2、2022·全國(guó)甲卷·T25、2022·湖南卷·T3、2022·湖北卷·T11、2022·浙江1月選考·T3、2022·江蘇卷·T3、2021·廣東卷·T5、2021·浙江6月選考·T15帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2023·北京卷·T13、2023·天津卷·T13、2023·湖北卷·T15、2023·全國(guó)甲卷·T20、2023·浙江6月選考·T20、2023·廣東卷·T5、2022·浙江6月選考·T22、2022·廣東卷·T7、2022·遼寧卷·T8、2021·全國(guó)乙卷·T16、2021·北京卷·T12、2021·湖北卷·T9帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2023·山東卷·T17、2023·海南卷·T13、2023·遼寧卷·T14、2022·山東卷·T17、2022·湖北卷·T8、2021·全國(guó)甲卷·T25、2021·山東卷·T17、2021·河北卷·T5、2021·河北卷·T14、2021·江蘇卷·T15、2021·湖南卷·T13、2021·遼寧卷·T15、2021·北京卷·T18、2021·浙江6月選考·T22、2021·廣東卷·T14帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2023·湖南卷·T6、2023·海南卷·T2、2023·江蘇卷·T16、2023·全國(guó)乙卷·T18、2022·全國(guó)甲卷·T18、2022·廣東卷·T8、2022·浙江1月選考·T22、2022·重慶卷·T5命題規(guī)律目標(biāo)定位本章主要考查磁場(chǎng)的疊加、安培力問題的理解及應(yīng)用，帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)、交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律及應(yīng)用等，命題常與生產(chǎn)生活中的實(shí)際情境(地磁場(chǎng)、電磁炮、回旋加速器、質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾元件等)相聯(lián)系，常以選擇題、計(jì)算題形式呈現(xiàn)，計(jì)算題常以組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)、交變場(chǎng)命題，難度較大。第1講磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用[課標(biāo)要求]1．了解磁場(chǎng)，掌握磁感應(yīng)強(qiáng)度的概念，會(huì)用磁感線描述磁場(chǎng)。2．會(huì)用安培定則(右手螺旋定則)判斷通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍的磁場(chǎng)方向。3．會(huì)用左手定則判斷安培力的方向，會(huì)計(jì)算安培力的大小，了解安培力在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用?？键c(diǎn)一磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度與磁感線1．磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度(1)磁場(chǎng)的基本性質(zhì)磁場(chǎng)對(duì)處于其中的磁體、電流或運(yùn)動(dòng)電荷有力的作用。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度①物理意義：描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向。②定義式：B＝eq\f(F,Il)(通電導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng))。③方向：小磁針靜止時(shí)N極所指的方向。④單位：特斯拉，符號(hào)為T。(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁場(chǎng)中各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等、方向相同的磁場(chǎng)。(4)地磁場(chǎng)①地磁的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感線分布如圖所示。②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，且方向水平向北。③地磁場(chǎng)在南半球有豎直向上的分量，在北半球有豎直向下的分量。學(xué)生用書第216頁2．磁感線、電流的磁場(chǎng)(1)磁感線①定義：在磁場(chǎng)中畫出一些曲線，使曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟這點(diǎn)磁場(chǎng)的方向一致。②特點(diǎn)：a．磁感線上某點(diǎn)的切線方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向。b．磁感線的疏密定性地表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱。c．磁感線是閉合曲線，沒有起點(diǎn)和終點(diǎn)。d．磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在。(2)幾種常見的磁場(chǎng)①條形磁體和蹄形磁體的磁場(chǎng)(如圖所示)②電流的磁場(chǎng)直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)安培定則立體圖縱截面圖自主訓(xùn)練1磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解(多選)關(guān)于B＝eq\f(F,Il)的說法中正確的是()A．磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的磁場(chǎng)力F成正比B．磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與Il的乘積成反比C．磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不一定等于eq\f(F,Il)D．通電直導(dǎo)線在某點(diǎn)所受磁場(chǎng)力為零，則該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不一定為零答案：CD解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(F,Il)是用比值定義法定義的，但磁感應(yīng)強(qiáng)度是磁場(chǎng)的固有性質(zhì)，與通電導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力F及Il的乘積等外界因素?zé)o關(guān)，A、B錯(cuò)誤；B＝eq\f(F,Il)是在電流與磁場(chǎng)垂直的情況下得出的，如果不垂直，設(shè)電流方向與磁場(chǎng)方向夾角為θ，則根據(jù)F＝IlBsinθ得B＝eq\f(F,Ilsinθ)，即B不一定等于eq\f(F,Il)，如果B∥I，雖然B≠0，但F＝0，故C、D正確。自主訓(xùn)練2兩條通電直導(dǎo)線電流的磁場(chǎng)疊加(2021·全國(guó)甲卷)兩足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長(zhǎng)直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B答案：B解析：兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，故B正確。自主訓(xùn)練3多條通電直導(dǎo)線電流的磁場(chǎng)疊加(多選)如圖所示，六根直導(dǎo)線均勻分布在圓心為O的圓周上，導(dǎo)線中均通有方向垂直紙面向里、大小相同的電流。若將其中一根導(dǎo)線中的電流反向，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；若將其中兩根導(dǎo)線中的電流反向，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為()A．eq\f(1,2)B0 B．B0C．eq\r(3)B0 D．eq\f(\r(3),2)B0答案：BC解析：若將其中一根導(dǎo)線中的電流反向，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，由右手螺旋定則及磁場(chǎng)的疊加原理可知，對(duì)稱的兩個(gè)同向電流在圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，反向?qū)ΨQ的兩個(gè)電流在圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，如果有兩個(gè)反向電流時(shí)，它們?cè)贠處的磁場(chǎng)方向間的夾角可能有60°、120°與180°三種情況，當(dāng)夾角為60°時(shí)，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2B0coseq\f(60°,2)＝eq\r(3)B0，當(dāng)夾角為120°時(shí)，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2B0coseq\f(120°,2)＝B0，當(dāng)夾角為180°時(shí)，圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0，所以A、D錯(cuò)誤，B、C正確。磁場(chǎng)疊加的基本思路1．確定磁場(chǎng)的場(chǎng)源，是磁體產(chǎn)生的還是電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)。2．定位空間中需求解磁場(chǎng)的位置(點(diǎn))，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在該點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。如圖所示，BM、BN分別為電流M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度。3．應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中c點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。學(xué)生用書第217頁考點(diǎn)二安培力的理解與計(jì)算1．安培力的大小F＝IlBsin_θ，(其中θ為B與I之間的夾角)(1)磁場(chǎng)和電流垂直時(shí)：F＝IlB。(2)磁場(chǎng)和電流平行時(shí)：F＝0。2．安培力的方向——應(yīng)用左手定則判斷(1)伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)。(2)讓磁感線從掌心垂直進(jìn)入，并使四指指向電流的方向。(3)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向?！净A(chǔ)知識(shí)判斷】1．在磁場(chǎng)中同一位置，電流元的電流越大，所受安培力也一定越大。(×)2．安培力的方向既與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，又與電流的方向垂直。(√)3．通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向既不垂直也不平行時(shí)，左手定則就不適用了。(×)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與I決定的平面。2．安培力公式F＝IlB的應(yīng)用條件(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)；(2)l與B垂直；(3)l是指有效長(zhǎng)度。如圖所示，彎曲通電導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度l等于連接導(dǎo)線兩端點(diǎn)的直線的長(zhǎng)度，相應(yīng)的電流方向沿兩端點(diǎn)連線由始端流向末端?？枷?安培力方向的判斷(2022·江蘇高考)如圖所示，兩根固定的通電長(zhǎng)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()A．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左側(cè)部分的空間磁場(chǎng)方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場(chǎng)方向斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出安培力左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選C。對(duì)點(diǎn)練．(2021·廣東高考)截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1?I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是()答案：C解析：因I1?I2，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用，根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左、右兩側(cè)的直導(dǎo)線I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上、下兩邊的直導(dǎo)線I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故C正確?？枷?安培力大小的計(jì)算(2023·江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中。已知ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為()A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)Bil答案：C解析：因bc段與磁場(chǎng)方向平行，故不受安培力；ab段與磁場(chǎng)方向垂直，故受安培力為Fab＝BI·2l＝2BIl，則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl。故選C。學(xué)生用書第218頁對(duì)點(diǎn)練．如圖所示，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0答案：B解析：設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為l，則電路中，上、下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下兩路電流之比I1∶I2＝1∶2。如題圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長(zhǎng)度也為l，根據(jù)安培力計(jì)算公式F＝IlB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F＋F′＝1.5F，故B正確。考向3安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判斷安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判斷的常用方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up10(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流→小磁針，通電螺線管→條形磁鐵結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的問題，可先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向一個(gè)可以沿過圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線圈L1將()A．不動(dòng) B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．在紙面內(nèi)平動(dòng)答案：B解析：法一(電流元法)：把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)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(chǎng)中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，由左手定則可得，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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。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(chǎng)方向，由安培定則可知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。法三(結(jié)論法)：環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。對(duì)點(diǎn)練．如圖所示，兩個(gè)完全相同、互相垂直的導(dǎo)體圓環(huán)Q、P(Q平行于紙面，P垂直于紙面)中間用絕緣細(xì)線連接，通過另一絕緣細(xì)線懸掛在天花板下，當(dāng)Q有垂直紙面往里看逆時(shí)針方向的電流、同時(shí)P有從右往左看逆時(shí)針方向的電流時(shí)，關(guān)于兩圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)(從上向下看)以及細(xì)線中拉力的變化，下列說法中正確的是()A．Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變小B．Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變大C．Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變小D．Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變大答案：C解析：根據(jù)安培定則，Q產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，P產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平向右，將Q等效于S極在里、N極在外的小磁針，P等效于左側(cè)S極、右側(cè)N極的小磁針，根據(jù)同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引的特點(diǎn)，P將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；轉(zhuǎn)動(dòng)后P、Q兩環(huán)相互靠近處的電流的方向相同，所以兩個(gè)線圈相互吸引，細(xì)線張力減小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三安培力作用下導(dǎo)體的平衡及加速問題考向1安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題1．求解安培力作用下導(dǎo)體的平衡或加速問題的關(guān)鍵畫受力圖→三維圖eq\o(→,\s\up10(轉(zhuǎn)換為))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。2．求解安培力作用下導(dǎo)體平衡或加速問題的基本思路(1)選定研究對(duì)象。(2)變?nèi)S圖為二維圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I。學(xué)生用書第219頁(3)若導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，則列平衡方程；若導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)，則列動(dòng)力學(xué)方程。(2022·湖南高考)如圖(a)，直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)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(chǎng)，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)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()A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時(shí)，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(duì)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(shí)，對(duì)導(dǎo)線做受力分析如圖所示，由左手定則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，故A錯(cuò)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(shí)間變化，有sinθ＝eq\f(ILB,mg)，F(xiàn)T＝mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力FT減小，故B、C錯(cuò)誤，D正確。故選D。對(duì)點(diǎn)練．如圖所示，一通電導(dǎo)體棒ab靜止在傾角為θ的粗糙斜面上，如圖所示，導(dǎo)體棒所在空間加一方向與導(dǎo)體棒垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與圖中箭頭方向(與斜面垂直向上)的夾角為α?xí)r，無論所加磁場(chǎng)多強(qiáng)，均不能使導(dǎo)體棒發(fā)生移動(dòng)。已知導(dǎo)體棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列關(guān)系式中正確的是()A．tanα≥eq\f(1,μ) B．tanα≤eq\f(1,μ)C．tanα≥μ D．tanα≤μ答案：A解析：通電導(dǎo)體棒受安培力與斜面夾角為α，受重力、支持力、摩擦力和安培力，根據(jù)平衡條件F安cosα＝Ff＋mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋F安sinα，其中Ff＝μFN，解得cosα－μsinα＝eq\f(μmgcosθ＋mgsinθ,F安)，當(dāng)F安→∞時(shí)，cosα＝μsinα，即當(dāng)tanα≥eq\f(1,μ)時(shí)無論所加磁場(chǎng)多強(qiáng)，均不能使導(dǎo)體棒發(fā)生移動(dòng)，故選A。考向2安培力作用下導(dǎo)體的加速問題(多選)(2022·湖北高考)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場(chǎng)方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻減速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒加速時(shí)，加速度的最大值為eq\f(\r(3),3)g；減速時(shí)，加速度的最大值為eq\r(3)g，其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是()A．棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),6)B．棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)C．加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向下，θ＝60°D．減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向上，θ＝150°答案：BC解析：設(shè)磁場(chǎng)方向與水平方向夾角為θ1，θ1＜90°，當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時(shí)，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場(chǎng)方向斜向右下方，此時(shí)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))，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝μmg＋ma1，則有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝eq\f(μmg＋ma1,F\r(1＋μ2))≤1；同理磁場(chǎng)方向與水平方向夾角為θ2，θ2＜90°，當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時(shí)，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場(chǎng)方向斜向左上方，此時(shí)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，當(dāng)加速或減速加速度分別最大時(shí)，不等式均取等于，聯(lián)立可得μ＝eq\f(\r(3),3)，代入cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此時(shí)θ1＝θ2＝60°，加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。故選BC。對(duì)點(diǎn)練．(多選)(2023·河北張家口模擬)如圖所示，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線P、Q鎖定在傾角為θ的光滑斜面上，質(zhì)量分別為m、2m，兩導(dǎo)線中通入的電流大小相等，均為I，重力加速度大小為g，現(xiàn)在導(dǎo)線Q的中點(diǎn)施加一沿斜面向上的拉力F與此同時(shí)對(duì)兩導(dǎo)線解除鎖定，兩導(dǎo)線間距離不變并沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是()A．兩導(dǎo)線中電流的方向可能相反B．兩導(dǎo)線間的安培力大小為eq\f(1,3)FC．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬間，導(dǎo)線P、Q的加速度大小之比為2∶1D．去掉Q，導(dǎo)線P僅在外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)作用下靜止在斜面上，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)答案：BD解析：分析可知P、Q一定相互吸引，則P、Q中電流一定同向，A錯(cuò)誤；對(duì)P、Q整體，有F－3mgsinθ＝3ma，對(duì)P進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有FA－mgsinθ＝ma，解得FA＝eq\f(1,3)F，B正確；若F＝6mgsinθ，則P、Q間安培力大小為2mgsinθ，撤去外力F瞬間，對(duì)P受力分析可得2mgsinθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，對(duì)Q受力分析可得2mgsinθ＋2mgsinθ＝2ma2，解得a2＝2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，導(dǎo)線P、Q加速度大小之比為1∶2，C錯(cuò)誤；對(duì)P受力分析如圖所示，當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由共點(diǎn)力平衡條件可知mgsinθ＝BIL，要使導(dǎo)線P靜止在斜面上，需要外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。故選BD。課時(shí)測(cè)評(píng)46磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P444)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題每題6分，共60分)1．中國(guó)宋代科學(xué)家沈括在公元1086年寫的《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了“方家(術(shù)士)以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也”。進(jìn)一步研究表明，地球周圍地磁場(chǎng)的磁感線分布如圖所示。結(jié)合上述材料，下列說法正確的是()A．在地磁場(chǎng)的作用下小磁針靜止時(shí)，指南的磁極叫北極，指北的磁極叫南極B．對(duì)垂直射向地球表面宇宙射線中的高能帶電粒子，在南、北極所受阻擋作用最弱，赤道附近最強(qiáng)C．形成地磁場(chǎng)的原因可能是帶正電的地球自轉(zhuǎn)引起的D．由于地磁場(chǎng)的影響，在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，通電導(dǎo)線應(yīng)相對(duì)水平地面豎直放置答案：B解析：地球內(nèi)部存在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近，所以在地磁場(chǎng)的作用下小磁針靜止時(shí)，指南的磁極叫南極，指北的磁極叫北極，故A錯(cuò)誤；在地球的南、北極地磁的方向幾乎與地面垂直，對(duì)垂直射向地球表面宇宙射線中的高能帶電粒子，在南、北極所受阻擋作用最弱，赤道附近的磁場(chǎng)方向與地面平行，則高能粒子所受的磁場(chǎng)力最大，故B正確；地球自轉(zhuǎn)方向是自西向東，地理南極在地磁北極附近，由安培定則判斷可能地球是帶負(fù)電的，故C錯(cuò)誤；在奧斯特發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，若根據(jù)安培定則可知地磁場(chǎng)方向與導(dǎo)線電流的方向垂直，地磁場(chǎng)對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響較大，故在進(jìn)行奧斯特實(shí)驗(yàn)時(shí)，通電導(dǎo)線南北放置時(shí)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象最明顯，故D錯(cuò)誤。2．(2024·山東德州模擬)已知通電直導(dǎo)線在其延長(zhǎng)線上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，通電環(huán)形導(dǎo)線在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與環(huán)形的半徑成反比，即B＝keq\f(I,r)，k為比例系數(shù)?，F(xiàn)有兩段四分之一圓弧導(dǎo)線和兩段直導(dǎo)線組成的閉合回路如圖所示，O為兩段圓弧的共同圓心，大、小圓弧的半徑分別為r大和r小，回路中通有電流I，則圓心O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向分別為()A．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直紙面向外B．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直紙面向里C．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直紙面向外D．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直紙面向里答案：C解析：由電流方向及安培定則可知，大、小圓弧在圓心O處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，分別垂直紙面向里、垂直紙面向外，由題可知，小圓弧產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于大圓弧產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，故圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?；題中大、小圓弧均為四分之一圓弧，故圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，故選C。3．如圖所示，用材料相同、粗細(xì)均勻的電阻絲折成正方形金屬框架ABCD，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，每邊電阻為r，框架與一電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻也為r的電源相接，垂直于框架平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則開關(guān)閉合電路穩(wěn)定后，框架受到的安培力大小為()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：正方形金屬框架ABCD在AC間的等效電阻為r，等效長(zhǎng)度為eq\r(2)L，流過線框的等效電流I＝eq\f(E,2r)，框架受到的安培力大小為F＝I·eq\r(2)LB，解得F＝eq\f(\r(2)BEL,2r)，故選C。4．法拉第電動(dòng)機(jī)原理如圖所示。條形磁鐵豎直固定在圓形水銀槽中心，N極向上。一根金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。電源負(fù)極與金屬桿上端相連，與電源正極連接的導(dǎo)線插入水銀中。從上往下看，金屬桿()A．在金屬桿和導(dǎo)線所在平面內(nèi)繞鉸鏈向上擺動(dòng)B．在金屬桿和導(dǎo)線所在平面內(nèi)繞鉸鏈向下擺動(dòng)C．繞鉸鏈和磁鐵連線順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．繞鉸鏈和磁鐵連線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)答案：D解析：電源、金屬棒、導(dǎo)線和水銀組成閉合電路，金屬棒中有斜向上方的電流，根據(jù)左手定則可知，題圖所示位置導(dǎo)電金屬桿受垂直紙面向里的安培力，從上往下看，金屬桿將繞鉸鏈和磁鐵連線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。故選D。5．(多選)(2024·安徽巢湖模擬)如圖為安裝在某特高壓輸電線路上的一個(gè)六分導(dǎo)線間隔棒的截面圖。間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比，某瞬時(shí)，6條輸電導(dǎo)線中通過垂直紙面向外、大小相等的電流，其中a導(dǎo)線中的電流對(duì)b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F，該時(shí)刻()A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．b、c、d、e、f處5根導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿aO，由a指向OC．c導(dǎo)線所受安培力方向沿Oc，由O指向cD．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力為2.5F答案：AD解析：根據(jù)安培定則，a、d兩條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，b、e兩條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，c、f兩條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，所以O(shè)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，A正確；根據(jù)安培定則，b、c、d、e、f處5根導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示，設(shè)b在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則f在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，c、e在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,\r(3))，d在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,2)，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加可知，b、c、d、e、f處5根導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于aO斜向左下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2.5B，方向垂直aO；根據(jù)左手定則和安培力公式可知，a受到的安培力方向沿aO，由a指向O，大小為2.5F，B錯(cuò)誤，D正確；同理可得c導(dǎo)線所受到的安培力方向沿Oc，由c指向O，C錯(cuò)誤。故選AD。6．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有一傾角為θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)線，通以如圖所示方向的電流I時(shí)，通電導(dǎo)線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．導(dǎo)線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于斜面向下時(shí)，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)答案：D解析：根據(jù)導(dǎo)線所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若導(dǎo)線所受的安培力垂直于斜面向下時(shí)，導(dǎo)線所受合力不能為0，導(dǎo)線不能靜止，A錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向豎直向上，則安培力方向水平向左，導(dǎo)線不能靜止，B錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導(dǎo)線不能靜止，C錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下時(shí)，安培力方向沿斜面向上，此時(shí)安培力最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。7．將一根粗細(xì)均勻的硬質(zhì)合金絲制成半徑為r的圓形導(dǎo)線框，P、Q兩點(diǎn)接入電路，電流表示數(shù)為I，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)線框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則線框所受安培力大小為()A．0 B．eq\r(2)BIrC．eq\f(3,4)πBIr D．eq\f(\r(2),2)Bir答案：B解析：由題圖可知圓形導(dǎo)線框的大圓弧部分與小圓弧部分并聯(lián)，兩端圓弧受安培力的等效長(zhǎng)度相等，即L＝eq\r(2)r，電流表示數(shù)為I，由于大圓弧部分的電阻是小圓弧部分電阻的3倍，根據(jù)電路串并聯(lián)規(guī)律可得大圓弧部分與小圓弧部分的電流大小分別為I大＝eq\f(I,4)，I小＝eq\f(3I,4)，故線框所受安培力大小為F安＝BI大L＋BI小L＝eq\r(2)BIr，故選B。8．(2023·河北邯鄲三模)在正方形ABCD的中心有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的鐵環(huán)，如圖所示纏繞著通電絕緣導(dǎo)線，當(dāng)通電方向如圖所示時(shí)，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。現(xiàn)在A、B、C、D四點(diǎn)放置如圖所示的通電直導(dǎo)線，電流強(qiáng)度如圖所示。已知正方形邊長(zhǎng)為l，通電直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)B＝eq\f(kI,d)，其中k為已知系數(shù)，I為電流強(qiáng)度，d為到通電導(dǎo)線的直線距離。則此時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為()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：通電線圈在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)B0的方向?yàn)樨Q直向下；四條直導(dǎo)線到圓心O的距離均為d＝eq\f(\r(2),2)l，則A、C在O點(diǎn)的合磁場(chǎng)為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點(diǎn)的合磁場(chǎng)為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；則O點(diǎn)的合磁場(chǎng)為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)，故選C。9．(多選)電流天平可以用來測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。如圖甲所示，測(cè)量前天平已調(diào)至平衡，測(cè)量時(shí)，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長(zhǎng)為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測(cè)磁場(chǎng)中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計(jì)連接導(dǎo)線對(duì)線圈的作用力，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r。開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時(shí)，天平正好平衡，此時(shí)電壓表讀數(shù)為U。已知m0＞m，取重力加速度為g，則()A．矩形線圈中電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．矩形線圈的電阻R＝eq\f(E－U,U)r－R1C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝eq\f(（m0－m）rg,n（E－U）l)D．若僅將磁場(chǎng)反向，在左盤中再添加質(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡答案：AC解析：由于m0＞m，根據(jù)天平的平衡條件可判定線圈受到的安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知矩形線圈中電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E－eq\f(U,R＋R1)r，解得矩形線圈的電阻R＝eq\f(Ur,E－U)－R1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件有m0g－F＝mg，而F＝nIlB，I＝eq\f(E－U,r)，聯(lián)立解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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正確；開始時(shí)線圈所受安培力的方向豎直向上，此時(shí)安培力大小為F，僅將磁場(chǎng)反向，則安培力方向變?yōu)樨Q直向下，大小不變，相當(dāng)于右邊托盤底部受到向下的力比原來增加了2F，所以需要在左邊加砝碼，添加質(zhì)量為Δm＝eq\f(2F,g)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m0－m))的砝碼可使天平重新平衡，故D錯(cuò)誤。10．(多選)在傾角θ＝37°的光滑導(dǎo)體滑軌的上端接入一個(gè)電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源，滑軌間距L＝50cm，將一個(gè)質(zhì)量m＝40g、電阻R＝1Ω的金屬棒水平放置在滑軌上。若滑軌所在空間加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)則下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值0.24T，方向垂直滑軌平面向下B．磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值0.4T，方向水平向右C．磁感應(yīng)強(qiáng)度有可能為0.3T，方向豎直向下D．磁感應(yīng)強(qiáng)度有可能為0.4T，方向水平向左答案：AC解析：由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,0.5＋1)A＝2A，對(duì)金屬棒受力分析可知，當(dāng)安培力沿斜面向上時(shí)，安培力最小，此時(shí)Fmin＝mgsinθ＝0.04×10×sin37°N＝0.24N，當(dāng)安培力最小，且磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與電流方向相互垂直時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，為Bmin＝eq\f(Fmin,IL)＝eq\f(0.24,2×0.5)T＝0.24T，由左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榇怪被壠矫嫦蛳拢蔄正確；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右時(shí)，金屬棒受到的安培力方向豎直向上，當(dāng)ILB＝mg時(shí)，金屬棒剛好靜止在滑軌上，可得B＝eq\f(mg,IL)＝eq\f(0.04×10,2×0.5)T＝0.4T，但此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度并不是最大值，故B錯(cuò)誤；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下時(shí)，金屬棒受到的安培力方向水平向右，由金屬棒受力平衡可得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正確；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左時(shí)，安培力豎直向下，金屬棒受力不可能平衡，故D錯(cuò)誤。學(xué)生用書第220頁第2講磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用[課標(biāo)要求]1．能判斷洛倫茲力的方向，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小。2．會(huì)分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)。3．能夠分析帶電體在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?？键c(diǎn)一洛倫茲力的理解1．洛倫茲力：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力叫作洛倫茲力。2．洛倫茲力的方向(1)方向：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面。(2)判定方法：左手定則。3．洛倫茲力的大?。篎＝qvBsin_θ_，θ為v與B的方向夾角。(1)v∥B時(shí)，洛倫茲力F＝0。(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時(shí)，洛倫茲力F＝qvB。(θ＝90°)(3)v＝0時(shí)，洛倫茲力F＝0。自主訓(xùn)練1洛倫茲力的方向下面四幅圖均表示了磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電荷速度v和洛倫茲力F三者方向之間的關(guān)系，其中正確的是()答案：B解析：根據(jù)左手定則可知，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。自主訓(xùn)練2洛倫茲力與靜電力的比較(多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，則()A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較答案：AC解析：由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知，在豎直方向上有veq\o\al(2,0)＝2gh3，解得h3＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，所以h1＝h3，故A正確；洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)的球的動(dòng)能為Ek，則由能量守恒定律得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錯(cuò)誤；因小球電性不知，則電場(chǎng)力方向不知，則h4可能大于h1，也可能小于h1，故B錯(cuò)誤，C正確。自主訓(xùn)練3洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng)(多選)如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動(dòng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像可能是()答案：ACD解析：設(shè)物塊的初速度為v0，則FN＝qv0B，若滿足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物塊向下做勻速運(yùn)動(dòng)，A正確；若mg＞μqv0B，則物塊開始有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μqvB,m)可知，隨著速度增大，加速度減小，即物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，D正確，B錯(cuò)誤；若mg＜μqv0B，則物塊開始有向上的加速度，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，由a＝eq\f(μqvB－mg,m)可知，隨著速度減小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，C正確。1．洛倫茲力的理解(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力的作用。(4)洛倫茲力永不做功。2．洛倫茲力與靜電力的比較力洛倫茲力靜電力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場(chǎng)中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系F⊥B，F(xiàn)⊥vF∥E做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功學(xué)生用書第221頁考點(diǎn)二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)。2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。3．軌道半徑和周期公式(v⊥B)【高考情境鏈接】(2022·北京高考·改編)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(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1、2、3所示。判斷下列說法的正誤：(1)電子和正電子所受洛倫茲力方向都與其速度方向垂直，對(duì)電子和正電子都不做功。(√)(2)帶電粒子的速度越大，運(yùn)動(dòng)半徑越大。(√)(3)帶電粒子運(yùn)動(dòng)比荷越大，運(yùn)動(dòng)周期越大。(×)(4)圖中曲線1、3是兩個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，圖中曲線2是正電子的運(yùn)動(dòng)軌跡。(√)1．解答帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的三大“關(guān)鍵”(1)圓心的確定①若已知粒子軌跡上兩點(diǎn)的速度方向，分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力F的方向，其交點(diǎn)即為圓心，如圖甲所示。②若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點(diǎn)即為圓心，如圖乙所示。③若已知粒子軌跡上某點(diǎn)速度方向，又能根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)計(jì)算出軌跡半徑r，則在該點(diǎn)沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙所示。(2)半徑的計(jì)算①利用動(dòng)力學(xué)方程求半徑：由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)。②利用幾何關(guān)系求半徑：(難點(diǎn))一般連接粒子的入射點(diǎn)、出射點(diǎn)及圓心構(gòu)造出三角形，再結(jié)合切線、軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的弦等輔助線，常用到的幾何關(guān)系：A．三個(gè)角(偏轉(zhuǎn)角φ、圓心角α、弦切角θ)的關(guān)系，如圖丁所示。a．粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角：φ＝α。b．弦切角等于弦所對(duì)應(yīng)圓心角的一半：θ＝eq\f(1,2)α。B．由三角函數(shù)或勾股定理求解幾何半徑：如圖戊所示。由R＝eq\f(L,sinθ)或R2＝L2＋(R－d)2，求得R。(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)算①利用圓心角θ、周期T計(jì)算：t＝eq\f(θ,2π)T。②利用弧長(zhǎng)、線速度計(jì)算：t＝eq\f(l,v)。學(xué)生用書第222頁2．帶電粒子在三類有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡分析(1)直線邊界[進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖(a)所示](2)平行邊界[往往存在臨界條件，如圖(b)所示](3)圓形邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性)①如圖(c)所示，粒子沿半徑方向射入必沿半徑方向射出。②如圖(d)所示，粒子不沿半徑方向射入時(shí)，射入時(shí)粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與半徑的夾角也一定為θ。說明：對(duì)于其它邊界的磁場(chǎng)，要根據(jù)具體的磁場(chǎng)邊界特點(diǎn)參照上述思路具體分析?？枷?直線邊界的磁場(chǎng)如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子1從磁場(chǎng)邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t1時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)。之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，則eq\f(t1,t2)為()A．3 B．2C．eq\f(3,2) D．eq\f(2,3)答案：A解析：電子1、2在磁場(chǎng)中都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意畫出兩電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，電子1垂直邊界射入磁場(chǎng)，從b點(diǎn)離開，則運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，ab即為直徑，c點(diǎn)為圓心，電子2以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，根據(jù)半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(T,2)，電子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。考向2平行邊界的磁場(chǎng)(多選)兩個(gè)帶等量異種電荷的粒子分別以速度va和vb射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩粒子的入射方向與磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60°和30°，磁場(chǎng)寬度為d，兩粒子同時(shí)由A點(diǎn)出發(fā)，同時(shí)到達(dá)B點(diǎn)，如圖所示，則()A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1答案：BD解析：由左手定則可得a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則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正確；由幾何關(guān)系可得，從A運(yùn)動(dòng)到B，a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，ta＝eq\f(Ta,6)＝tb＝eq\f(Tb,3)，則Ta∶Tb＝2∶1，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝eq\f(mv2,R)，所以運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，根據(jù)a、b兩粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯(cuò)誤，D正確?？枷?圓形邊界的磁場(chǎng)(多選)(2023·全國(guó)甲卷)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是()A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線答案：BD解析：假設(shè)粒子帶負(fù)電，作出粒子在圓筒中的幾種可能的運(yùn)動(dòng)情況。如圖1所示，粒子沿直徑射入，由幾何關(guān)系可知∠O1PO＝∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，則每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線，D正確；粒子在圓筒中先做圓周運(yùn)動(dòng)，與圓筒碰撞后速度反向，繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，粒子第一次與筒壁碰撞的運(yùn)動(dòng)過程中軌跡不過圓心，之后軌跡也不可能過圓心，A錯(cuò)誤；粒子最少與圓筒碰撞2次，就可能從小孔射出，如圖2所示，B正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可知，r＝eq\f(mv,qB)，則射入小孔時(shí)粒子的速度越大，粒子的軌跡半徑越大，與圓筒碰撞次數(shù)可能會(huì)越多，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不一定越短，如圖3所示，C錯(cuò)誤。學(xué)生用書第223頁考向4矩形(或正方形)邊界的磁場(chǎng)如圖所示，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為()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：若電子從a點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線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)，若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線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正確。考向5三角形邊界的磁場(chǎng)(多選)(2023·河北石家莊模擬)如圖所示，△AOC為直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D為AC的中點(diǎn)。△AOC中存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在O點(diǎn)放置一粒子源，可以向各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為－q、速度大小均為v0＝eq\f(qBL,m)的粒子。不計(jì)粒子間的相互作用及重力作用，對(duì)于粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng)B．與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出C．在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長(zhǎng)度為L(zhǎng)D．所有從OA邊界射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等答案：ABC解析：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(mv0,qB)＝L，故A正確；如圖甲所示，當(dāng)粒子恰好從A點(diǎn)射出時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子與OC成60°角入射，所以與OC成45°角入射的粒子將從AC邊射出，故B正確；如圖乙所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知沿OC方向入射的粒子將恰好從D點(diǎn)射出，結(jié)合上面B項(xiàng)分析可知AD為AC邊界上有粒子射出的區(qū)域，其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，故C正確；所有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期均相同，設(shè)為T，設(shè)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中轉(zhuǎn)過的圓心角為α，則粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(α,2π)T，由于所有粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡為半徑相同的圓，從OA射出的粒子，其軌跡所截AO的長(zhǎng)度不同，對(duì)應(yīng)轉(zhuǎn)過的圓心角不同，所以所有從OA邊界射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不等，故D錯(cuò)誤。方法技巧解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問題的方法帶電粒子在有邊界的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于邊界的限制往往會(huì)出現(xiàn)臨界問題。解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問題的關(guān)鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，建立幾何關(guān)系求解。臨界點(diǎn)常用的結(jié)論：(1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。(2)當(dāng)速度v一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。(3)當(dāng)速度v變化時(shí)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)?？枷?其他邊界的磁場(chǎng)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中實(shí)線所示，a、b、c、d四點(diǎn)共線，ab＝2ac＝2ae,fe與ab平行，且ae與ab成60°角。一粒子束在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場(chǎng)，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q(q＞0)，具有各種不同速率。不計(jì)重力和粒子之間的相互作用。在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為()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：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度大小無關(guān)，由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角決定，即t＝eq\f(θ,2π)T，粒子垂直ac射入磁場(chǎng)，則圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，粒子從ac、bd區(qū)域射出時(shí)，磁場(chǎng)中的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)周期；根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子從e點(diǎn)射出時(shí)，對(duì)應(yīng)圓心角最大，為eq\f(4,3)π，此時(shí)圓周半徑為ac的長(zhǎng)度，周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(4πm,3qB)，故選B。規(guī)律總結(jié)“三步法”解答帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題學(xué)生用書第224頁考點(diǎn)三帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問題1．帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于帶電粒子的電性、磁場(chǎng)方向、臨界狀態(tài)等多種因素的影響，問題往往存在多解問題。根據(jù)多解形成的原因，常見的有如下三種情況：類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b磁場(chǎng)方向不確定只知道磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直紙面向里，其軌跡為a，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直紙面向外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場(chǎng)飛出，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面一側(cè)反向飛出，于是形成多解2．解答多解問題的關(guān)鍵(1)找出多解的原因。(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況?？枷?粒子電性不確定形成多解(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速度v的最大值可能是()A．eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)(q為正電荷)B．eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)(q為負(fù)電荷)C．eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)(q為正電荷)D．eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)(q為負(fù)電荷)答案：AD解析：題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷。若q為正電荷，入射速度最大時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖中上方與NN′相切的eq\f(1,4)圓弧，軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，又d＝R－Rcos45°，解得v＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)，故A正確，C錯(cuò)誤；若q為負(fù)電荷，入射速度最大時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖中下方與NN′相切的eq\f(3,4)圓弧，則有R′＝eq\f(mv′,qB)，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)，故B錯(cuò)誤，D正確?？枷?磁場(chǎng)方向不確定形成多解(多選)如圖所示，A點(diǎn)的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負(fù)離子，離子的重力忽略不計(jì)。為把這束負(fù)離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知O、A兩點(diǎn)間的距離為s，負(fù)離子的比荷為eq\f(q,m)，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向可能是()A．B＞eq\f(mv,3qs)，垂直紙面向里B．B＞eq\f(mv,qs)，垂直紙面向里C．B＞eq\f(mv,qs)，垂直紙面向外D．B＞eq\f(3mv,qs)，垂直紙面向外答案：BD解析：當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里時(shí)，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點(diǎn)為M，設(shè)軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)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)；當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外時(shí)，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于N點(diǎn)，如圖乙所示，設(shè)軌跡半徑為r2，由幾何關(guān)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正確，A、C錯(cuò)誤。學(xué)生用書第225頁考向3粒子臨界狀態(tài)不確定形成多解(多選)(2022·湖北高考)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從Р點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為()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：若粒子通過下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對(duì)稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖乙所示，因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3，…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3，…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。故選BC。]課時(shí)測(cè)評(píng)47磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P446)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題每題5分，共60分)1．高緯度地區(qū)的高空，大氣稀薄，常出現(xiàn)美麗的彩色“極光”。極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場(chǎng)的影響，進(jìn)入兩極附近時(shí)，撞擊并激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們?cè)诒睒O地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的弧狀極光，則關(guān)于這一現(xiàn)象中高速粒子的說法正確的是()A．高速粒子帶負(fù)電B．粒子軌跡半徑逐漸增大C．仰視時(shí)，粒子沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D．仰視時(shí)，粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)答案：D解析：運(yùn)動(dòng)過程中粒子因空氣阻力做負(fù)功，粒子的動(dòng)能變小，速度減小，根據(jù)公式qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，則半徑變小，故B錯(cuò)誤；在北極上空有豎直向下的磁場(chǎng)，帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡由地面上看沿順時(shí)針方向，則由左手定則可知粒子帶正電，故A、C錯(cuò)誤，D正確。2．(2023·海南高考)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是()A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變C．小球運(yùn)動(dòng)過程中的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功答案：A解析：根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，A正確；小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度大小和方向都在變，B、C錯(cuò)誤；洛侖茲力永不做功，D錯(cuò)誤。故選A。3．(2024·河南商丘模擬)中國(guó)近20年來在粒子物理實(shí)驗(yàn)與粒子探測(cè)技術(shù)領(lǐng)域取得了很大進(jìn)展。某研究學(xué)者在做粒子探測(cè)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將一個(gè)電量為q1＝＋3e的粒子，自勻強(qiáng)磁場(chǎng)a點(diǎn)向左水平射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，與一個(gè)帶電量為q2＝－5e靜止的粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個(gè)新粒子，不考慮粒子的重力，試分析接下來新粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是()答案：A解析：帶正電粒子在b點(diǎn)與一帶負(fù)電的靜止粒子碰撞合為一體，此過程滿足動(dòng)量守恒，碰撞后新粒子的速率、質(zhì)量雖然與碰撞前不同，但動(dòng)量mv與碰撞前相同，帶電量變?yōu)椋?e。設(shè)碰撞前帶正電粒子的動(dòng)量為p，則其在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,3eB)，碰撞后新粒子的總動(dòng)量仍為p，帶電量變?yōu)椋?e，則r2＝eq\f(p,2eB)，所以碰撞后的新粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑比碰撞前帶電粒子的半徑大，根據(jù)左手定則可判定碰撞后新粒子從b點(diǎn)開始向下偏轉(zhuǎn)。故選A。4．比荷相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)過小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，運(yùn)動(dòng)的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是()A．N帶負(fù)電，M帶正電B．N的速率大于M的速率C．N的運(yùn)行時(shí)間等于M的運(yùn)行時(shí)間D．N受到的洛倫茲力一定等于M受到的洛倫茲力答案：C解析：根據(jù)左手定則可知，N粒子帶正電，M粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)，可推知r＝eq\f(v,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m)))B)，由于兩粒子的比荷相等，可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與粒子速度成正比，根據(jù)題圖可知，M粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑比N粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，故M粒子的速率比N粒子的速率大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度與周期的關(guān)系，有T＝eq\f(2πr,v)，可推知T＝eq\f(2πm,qB)，由于兩粒子的比荷相等，故兩粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，由題圖可知，兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角相同，故兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故C正確；粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力的大小為F＝qvB，在同一磁場(chǎng)，B相同，根據(jù)以上的分析可知M粒子的速率比N粒子的速率大，但并不知道兩粒子電荷量的大小關(guān)系，故不能確定兩粒子所受洛倫茲力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選C。5．(2024·安徽黃山模擬)如圖所示，MN為兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界面，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從O點(diǎn)垂直MN進(jìn)入B1磁場(chǎng)，則經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間它將向下再一次通過O點(diǎn)()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：粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到再一次通過O點(diǎn)的時(shí)間t＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(πm,qB2)＝eq\f(2πm,qB2)，故B正確。6．如圖所示，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(B,2)和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()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：設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，對(duì)應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，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)，帶電粒子在第二象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由幾何關(guān)系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝eq\f(7πm,6qB)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。7．(多選)如圖所示，已知甲空間中沒有電場(chǎng)、磁場(chǎng)；乙空間中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)；丙空間中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；丁空間中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。四個(gè)圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負(fù)電小球從斜面上的同一點(diǎn)O以相同初速度v0同時(shí)沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(diǎn)(圖中未畫出)。小球受到的電場(chǎng)力、洛倫茲力都始終小于重力，不計(jì)空氣阻力。則()A．O、C之間距離大于O、B之間距離B．小球從拋出到落在斜面上用時(shí)相等C．小球落到B點(diǎn)與C點(diǎn)速度大小相等D．從O到A與從O到D，合力對(duì)小球做功相同答案：AC解析：帶電小球在題圖乙中受到豎直向下的電場(chǎng)力與重力，而在題圖丙中受到豎直向上的電場(chǎng)力與重力，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，則有eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝cotθ，可知當(dāng)加速度越大時(shí)，所用時(shí)間越短，因此O、B間距小于O、C間距，故A正確；由題意可知，題圖甲中帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由A項(xiàng)分析可知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間介于題圖乙與題圖丙之間，故B錯(cuò)誤；由eq\f(v0t,\f(1,2)at2)＝cotθ，那么vy＝at＝2v0tanθ，則它們豎直方向的速度相等，根據(jù)矢量的合成法則，可得小球落到B點(diǎn)與C點(diǎn)速度大小相等，故C正確；由于洛倫茲力的作用，題圖丁中小球豎直方向的加速度小于g，則使得豎直方向的速度小于題圖甲中小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的速度，又因洛倫茲力不做功，則球從O到A重力做的功小于球從O到D做的功，因此合力對(duì)小球做功不同，故D錯(cuò)誤。故選AC。8．(多選)(2022·遼寧高考)粒子物理研究中使用的一種球狀探測(cè)裝置橫截面的簡(jiǎn)化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，外圓是探測(cè)器。兩個(gè)粒子先后從P點(diǎn)沿徑向射入磁場(chǎng)，粒子1沿直線通過磁場(chǎng)區(qū)域后打在探測(cè)器上的M點(diǎn)。粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在探測(cè)器上的N點(diǎn)。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是()A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)答案：AD解析：由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會(huì)偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；粒子2在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)，故D正確。故選AD。9．(多選)(2024·安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示，在直角三角形CDE區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為直角邊CD的中點(diǎn)，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的帶負(fù)電粒子以不同的速率從P點(diǎn)垂直于CD射入磁場(chǎng)，粒子的比荷為k，不計(jì)粒子間的相互作用和重力，則下列說法正確的是()A．速率不同的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定不同B．從CD邊飛出的粒子最大速率為eq\f(kBL,2)C．粒子從DE邊飛出的區(qū)域長(zhǎng)度為L(zhǎng)D．從CE邊飛出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(π,3kB)答案：BCD解析：速率小的粒子在CD邊射出時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，粒子向左偏轉(zhuǎn)，從CD邊飛出的粒子最遠(yuǎn)從D點(diǎn)飛出，半徑R＝eq\f(L,2)，由qvB＝eq\f(mv2,R)可得v＝eq\f(qBR,m)，又eq\f(q,m)＝k，則vm＝eq\f(kBL,2)，故B正確；由B項(xiàng)分析可知粒子可以從D點(diǎn)飛出，粒子與CE相切從DE上的M點(diǎn)飛出時(shí)，是粒子從DE飛出的最遠(yuǎn)點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系得R＝eq\f(1,2)CD＝L，則粒子從DE邊飛出的區(qū)域長(zhǎng)度為L(zhǎng)，故C正確；粒子與CE相切飛出時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由幾何關(guān)系可得∠FDC＝60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,3kB)，故D正確。故選BCD。10．(多選)(2020·天津高考)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角為θ＝45°。粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則()A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為aD．N與O點(diǎn)相距(eq\r(2)＋1)a答案：AD解析：由左手定則可知，帶電粒子帶負(fù)電荷，故A正確；作出粒子的軌跡，如圖所示，假設(shè)軌跡的圓心為O′，則由幾何關(guān)系得粒子的運(yùn)動(dòng)軌道半徑R＝eq\r(2)a，由洛倫茲力提