2024屆高中物理一輪復(fù)習(xí)專題24-磁場的基本性質(zhì)(含答案)

專題24磁場的基本性質(zhì)目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一磁場的疊加和安培定則的應(yīng)用 1類型1磁場的疊加 1類型2安培定則的應(yīng)用 6題型二安培力的分析和計算 7類型1通電導(dǎo)線有效長度問題 8類型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運動情況 10題型三安培力作用下的平衡和加速問題 11類型1安培力作用下的平衡問題 12類型2安培力作用下的加速問題 17類型1電磁炮模型 17題型四對洛倫茲力的理解和應(yīng)用 24題型五洛倫茲力作用下帶電體的運動 26題型六帶電粒子在勻強磁場中的運動 33題型一磁場的疊加和安培定則的應(yīng)用1．磁場疊加問題的分析思路(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，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向。如圖2所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場BM、BN。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B。2．安培定則的應(yīng)用在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流及通電螺線管的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”。因果磁場原因(電流方向)結(jié)果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線管的磁場四指大拇指類型1磁場的疊加【例1】（2023·貴州貴陽·校聯(lián)考三模）如圖所示，等邊三角形中心O處有垂直平面的長直通電導(dǎo)線，電流方向如圖中所示，該空間還存在平行平面的磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，使得a點磁感應(yīng)強度為零。已知長直導(dǎo)線在空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小與到該導(dǎo)線的距離成反比。則下列說法正確的是（）

A．b、c兩點磁感應(yīng)強度大小相等B．c點磁感應(yīng)強度大小為C．從a點沿直線到d點，各點磁感應(yīng)強度不斷增大D．d點磁感應(yīng)強度的大小為【答案】ACD【詳解】AB．由題意可知，通電直導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為，方向與勻強磁場方向相反，可知勻強磁場方向垂直O(jiān)a向左，b、c兩點處的磁感應(yīng)強度均為兩個大小為的磁感應(yīng)強度成合成，因此這兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，且均為，故A正確，B錯誤；C．從a到d，長直電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度越來越大，且與勻強磁場的夾角越來越小，因此合磁場不斷增大，故C正確；D．長直電流在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為，與勻強磁場成，則故D正確。故選ACD?！纠?】（2023·河北邯鄲·統(tǒng)考三模）在正方形ABCD的中心有一以O(shè)點為圓心的鐵環(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，O點的磁感應(yīng)強度大小為?，F(xiàn)在A、B、C、D四點放置如圖所示的通電直導(dǎo)線，電流強度如圖所示。已知正方形邊長為l，通電直導(dǎo)線周圍磁場，其中k為已知系數(shù)，I為電流強度，d為到通電導(dǎo)線的直線距離。則此時O點的磁感應(yīng)強度B為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】通電線圈在O點產(chǎn)生的磁場B0的方向為豎直向下；四條直導(dǎo)線到圓心O的距離為則AC在O點的合磁場為方向由O指向D；同理BD在O點的合磁場為方向由O指向A；則O點的合磁場為故選C。【例3】．（2023春·浙江·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，無限長直導(dǎo)線A、B和以點p為圓心的圓形導(dǎo)線C、D固定在xy平面內(nèi)。導(dǎo)線C、D有強度相同的恒定電流，導(dǎo)線B中有強度為I0、方向為+x的電流。導(dǎo)線C在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B0。當(dāng)導(dǎo)線A中的電流改變時，導(dǎo)線A~D的電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小如下表，下列敘述正確的是（）導(dǎo)線A的電流導(dǎo)線A~D的電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小強度方向0無0I0+y？I0-yB0A．表格中的“?”應(yīng)填入2B0B．導(dǎo)線B中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0C．導(dǎo)線D中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度比導(dǎo)線B產(chǎn)生的要小D．導(dǎo)線C中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向是垂直xy平面向內(nèi)【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，當(dāng)導(dǎo)線A中的電流為0時，p點的合磁感應(yīng)強度為零，即B、C、D三條導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場為零，當(dāng)A中的電流為-I0時，p點的合磁感應(yīng)強度為B0，方向應(yīng)垂直紙面向外，所以當(dāng)A中的電流為I0時，p點的合磁感應(yīng)強度仍為B0，方向應(yīng)垂直紙面向里，故A錯誤；B．由于A、B導(dǎo)線到p點距離相等，所以B中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0，故B正確；CD．B、C的磁感應(yīng)強度均為B0，D的磁感應(yīng)強度大于B0，所以一定是B+C的磁感應(yīng)強度大小等于D的磁感應(yīng)強度大?。?B0），則C的磁感應(yīng)強度方向和B一致，均向外，故CD錯誤；故選B?！纠?】．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖1所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，，電荷量相等的兩個異種點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的場強大小變?yōu)?，與之比為K1；若在M、N兩處各放置一條通有等大電流的長直導(dǎo)線，方向如圖2導(dǎo)線垂直穿過半圓弧面，這時O點的磁感應(yīng)強度大小為B1，已知通電長直導(dǎo)線在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，其中I表示電流，r表示該點到導(dǎo)線的距離，k為常數(shù)。若將M處的通電長直導(dǎo)線平行移至P處，這時O點的磁感應(yīng)強度大小為B2，則B2與B1之比為K2，則（）A． B．2：1C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)電場的疊加原理，兩個帶電量相等的異種點電荷分別置于M、N兩點時，兩電荷在O點產(chǎn)生的電場方向同向，并且大小都為所以O(shè)點的電場強度大小當(dāng)置于N點處的點電荷移至P點時，兩電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角為120°，根據(jù)矢量的疊加可知O點的場強大小變?yōu)楣逝c之比為根據(jù)題意，由安培定則可知，M、N處的通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向均為豎直向下，則大小均為，當(dāng)M處導(dǎo)線平行移至P點時，由安培定則可知，P、N處的通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向，如圖所示由幾何關(guān)系可得，O點合磁感應(yīng)強度大小為則B2與B1之比為所以故選A。類型2安培定則的應(yīng)用【例1】(2022·廣東潮州市教學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，兩根平行固定放置的長直導(dǎo)線a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場力大小為F，當(dāng)加入一與導(dǎo)線所在平面垂直紙面向外的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力大小為()A．F B．2FC．3F D．4F【答案】A【解析】根據(jù)安培定則和左手定則可知a導(dǎo)線受到的F水平向右，由牛頓第三定律可知b受到a施加的磁場力也為F，方向水平向左。加勻強磁場后a受到的磁場力大小為3F，方向水平向右，則勻強磁場施加給a的力方向水平向右，大小為2F，施加給同向電流b的力方向也水平向右，則b受到的合力大小為2F－F＝F，所以A正確，B、C、D錯誤?！纠?】（2023春·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）一正方形的中心O和四個頂點均固定著平行長直導(dǎo)線，若所有平行直導(dǎo)線均通入大小相等的恒定電流，電流方向如圖中所示，下列截面圖中中心長直導(dǎo)線所受安培力最大的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，設(shè)四根導(dǎo)線與中間的導(dǎo)線的相互作用力均為F，則分析如圖所示，A受合力為0，B和C受到2F的力，D受到的力；故選D?！纠?】(2022·湖北宜昌市聯(lián)考)A、B、C三根通電長直導(dǎo)線均水平固定，導(dǎo)線通入的恒定電流大小相等，方向如圖所示，其中A、B垂直紙面且關(guān)于C對稱，則導(dǎo)線C所受磁場力的情況是()A．大小為零 B．方向豎直向上C．方向豎直向下 D．方向水平向左【答案】A【解析】由安培定則、對稱性與磁感應(yīng)強度的疊加原理，可知A、B通電直導(dǎo)線在導(dǎo)線C處的合磁場方向總是水平向右，所以導(dǎo)線C所受磁場力大小為零，則A正確，B、C、D錯誤。題型二安培力的分析和計算1．大小計算(1)有效長度：公式F＝IlB中的l是有效長度，彎曲導(dǎo)線的有效長度等于連接兩端點線段的長度。相應(yīng)的電流沿l由始端流向末端，如圖所示。(2)電流元法：將導(dǎo)線分割成無限個小電流元，每一小段看成直導(dǎo)線，再按直線電流判斷和計算。2．安培力作用下導(dǎo)體運動的分析思路判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運動方向或運動趨勢，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置磁感線的分布情況，及導(dǎo)體中電流的方向，然后利用左手定則準確判定導(dǎo)體的受力情況，進而確定導(dǎo)體的運動方向或運動趨勢。3．安培力作用下導(dǎo)體運動的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環(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，異向電流互相排斥；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在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力類型1通電導(dǎo)線有效長度問題【例1】（2023·廣東廣州·高三廣州市白云中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示，長為2m的直導(dǎo)線折成邊長相等、夾角為60°的“V”形，并置于與其所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為1T。當(dāng)在導(dǎo)線中通以2A的電流時，該導(dǎo)線受到的安培力大小為（）A．1N B．2N C． D．【答案】B【詳解】由圖可知，導(dǎo)線的等效長度為等邊三角形的一條邊，即L=1m，該導(dǎo)線受到的安培力大小為故選B。【例2】．（2023春·江蘇連云港·高三統(tǒng)考期中）一不可伸長通電直導(dǎo)線與x軸平行放置，勻強磁場的方向與xOy坐標(biāo)平面平行，導(dǎo)線受到的安培力為F。若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示，并保持通電的電流不變，兩端點ab連線與x軸重合，則圓環(huán)受到的安培力大小為（）A．F B．F C．F D．F【答案】B【詳解】通電導(dǎo)線為L，此時受到的安培力為F，制作成圓環(huán)時，圓環(huán)的半徑為R，則解得故圓環(huán)的有效長度ab的長度所以此時圓環(huán)受到的安培力故選B?！纠?】(2019·全國Ⅰ卷，17)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點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，長度為L，則外電路中，上、下電路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下電路電流之比I1∶I2＝1∶2。如圖所示，每根導(dǎo)體棒長度均為L，由于上面電路MLN通電的導(dǎo)體棒受到的安培力的有效長度也為L，根據(jù)安培力計算公式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所受到的安培力大小為F＋F′＝1.5F，選項B正確。類型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運動情況【例1】一個可以沿過圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)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()A．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將順時針轉(zhuǎn)動．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．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)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動．【例2】(2022·上海師大附中高三學(xué)業(yè)考試)水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導(dǎo)線由S極的上端平行于桌面移到N極上端的過程中，磁體始終保持靜止，導(dǎo)線始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示．則在這個過程中，磁體受到的摩擦力的方向和桌面對磁體的彈力()A．摩擦力始終為零，彈力大于磁體重力B．摩擦力始終不為零，彈力大于磁體重力C．摩擦力方向由向左變?yōu)橄蛴遥瑥椓Υ笥诖朋w重力D．摩擦力方向由向右變?yōu)橄蜃?，彈力小于磁體重力【答案】C【解析】如圖所示，導(dǎo)線在S極上方時所受安培力方向斜向左上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的磁場力斜向右下方，磁體有向右的運動趨勢，則磁體受到的摩擦力水平向左；磁體對桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對磁體的彈力大于磁體重力；如圖所示，當(dāng)導(dǎo)線在N極上方時，導(dǎo)線所受安培力方向斜向右上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的磁場力斜向左下方，磁體有向左的運動趨勢，則磁體受到的摩擦力水平向右；磁體對桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對磁體的彈力大于磁體重力；由以上分析可知，磁體受到的摩擦力先向左后向右，桌面對磁體的彈力始終大于磁體的重力，故A、B、D錯誤，C正確．題型三安培力作用下的平衡和加速問題解題思路：(1)選定研究對象．(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：類型1安培力作用下的平衡問題【例1】(2022·湖南衡陽市聯(lián)考)在勻強磁場區(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為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)線，通以如圖12所示方向的電流I時，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)強度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應(yīng)強度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應(yīng)強度方向垂直于斜面向下時，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)【答案】D【解析】根據(jù)重力、支持力、安培力三力平衡可知，導(dǎo)線所受的安培力垂直于斜面向下時，導(dǎo)線所受合力不能為0，導(dǎo)線不能靜止，A錯誤；若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平水平向左，導(dǎo)線不能靜止，B錯誤；若磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導(dǎo)線不能靜止，C錯誤；磁場方向垂直于斜面向下時，安培力方向沿斜面向上，此時安培力最小，磁感應(yīng)強度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。【例2】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，橫截面為半圓、表面光滑的柱體固定在水平面上，長度相同的足夠長直導(dǎo)線a、b水平放在光滑圓弧面上，通入同向電流后均能靜止在圓弧面上，已知a與圓心連線和豎直方向夾角為30°，b與圓心連線和豎直方向的夾角為60°，則下列判斷正確的是（）

A．b中電流大于a中電流B．a(chǎn)的質(zhì)量比b的質(zhì)量大C．a(chǎn)受到的安培力比b受到的安培力大D．a(chǎn)對圓弧面的壓力小于b對圓弧面的壓力【答案】B【詳解】BD．a(chǎn)、b通入同向電流，同向電流相互吸引，因此兩導(dǎo)線受到的安培力沿兩者的連線，對a受力分析，有同理，對b研究有解得則所以，根據(jù)牛頓第三定律可知a對圓弧面的壓力小于b對圓弧面的壓力，選項B正確，D項錯誤；AC．兩導(dǎo)線中電流大小關(guān)系無法確定，兩導(dǎo)線中電流即使不等但相互作用的安培力等大反向，選項AC錯誤。故選B?！纠?】．（2023春·甘肅天水·高三?？迹┤鐖D所示，在一傾角為θ的粗糙斜面上放置一根直導(dǎo)線，導(dǎo)線長度為l，初始時，直導(dǎo)線恰好靜止?，F(xiàn)有一豎直向下的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，現(xiàn)給直導(dǎo)線通電，電流垂直紙面向外，電流從零逐漸增大到I時，通電直導(dǎo)線恰要滑動，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A．斜面對通電直導(dǎo)線的支持力不斷減小B．斜面對通電直導(dǎo)線的靜摩擦力不斷增大C．粗糙斜面的動摩擦因數(shù)D．【答案】D【詳解】C．初始時，通電直導(dǎo)線恰好靜止，此時受到重力，斜面對直導(dǎo)線的支持力和摩擦力，根據(jù)共點力平衡可知解得C錯誤；A．通電直導(dǎo)線在磁場中，根據(jù)左手定則可知，受到的安培力水平向右，在通電導(dǎo)體受力分析如圖所示隨著磁場從零開始不斷增大，安培力逐漸增大，在垂直于斜面方向，根據(jù)共點力平衡可得故斜面對通電直導(dǎo)線的支持力不斷增大，A錯誤；B．開始時，安培力很小，斜面對通電導(dǎo)線的靜摩擦力沿斜面向上，隨著磁場從零開始不斷增大，安培力逐漸增大，靜摩擦力逐漸減小，減小到0后，又反向逐漸增大，B錯誤；D、當(dāng)電流從零逐漸增大到I時，通電直導(dǎo)線恰要滑動，則解得D正確。故選D?！纠?】(2022·湖南省適應(yīng)性考試)如圖所示，力傳感器固定在天花板上，邊長為L的正方形勻質(zhì)導(dǎo)線框abcd用不可伸長的輕質(zhì)絕緣細線懸掛于力傳感器的測力端，導(dǎo)線框與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框的bcd部分處于勻強磁場中，b、d兩點位于勻強磁場的水平邊界線上。若在導(dǎo)線框中通以大小為I、方向如圖所示的恒定電流，導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)時，力傳感器的示數(shù)為F1。只改變電流方向，其他條件不變，力傳感器的示數(shù)為F2，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為()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】線框在磁場中的有效長度為bd＝eq\r(2)L，當(dāng)電流方向為題圖所示方向時，由平衡條件得F1＋eq\r(2)ILB＝mg①改變電流方向后，安培力方向豎直向下，有F2＝mg＋eq\r(2)ILB②聯(lián)立①②得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正確?！纠?】(2023·江蘇南京市十三中教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示．質(zhì)量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外．MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度．MN的長度大于ab，當(dāng)MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區(qū)域的ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流強度．MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．當(dāng)電流表的示數(shù)為零時，彈簧的長度為eq\f(mg,k)B．標(biāo)尺上的電流刻度是均勻的C．為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為N→MD．電流表的量程為eq\f(mg＋kL2,BL1)【答案】B【解析】電流表示數(shù)為零時，金屬桿不受安培力，金屬桿在重力與彈簧彈力作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，x0為彈簧伸長量，不是彈簧的長度，A錯誤；當(dāng)電流為I時，安培力為FA＝BIL1，靜止時彈簧伸長量的增加量為Δx，根據(jù)胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)，Δx∝I，故標(biāo)尺上的電流刻度是均勻的，B正確；要使電流表正常工作，金屬桿應(yīng)向下移動，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應(yīng)從M至N，C錯誤；設(shè)Δx＝L2，則有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故電流表的量程為eq\f(kL2,BL1)，D錯誤．【例6】（2023·北京豐臺·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩根間距為的平行金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)，質(zhì)量為的金屬桿b垂直放在導(dǎo)軌上。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，磁場方向與金屬桿垂直且與導(dǎo)軌平面成角斜向上。閉合開關(guān)S，當(dāng)電路電流為時，金屬桿ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為。求：（1）金屬桿ab受到的安培力大??；（2）導(dǎo)軌對金屬桿ab的支持力大小；（3）滑動變阻器的滑片P向右移動，金屬桿ab受到的支持力減小，金屬桿ab仍保持靜止。某同學(xué)認為：由于金屬桿ab受到的支持力減小，所以它受到的摩擦力減小。你是否同意該同學(xué)的說法，請分析說明。【答案】（1）；（2）；（3）不同意，分析見解析【詳解】（1）金屬桿ab受力示意圖如圖所示磁場對金屬桿ab的安培力大小為（2）豎直方向根據(jù)受力平衡可得解得（3）不同意該同學(xué)的說法。金屬桿ab所受摩擦力f為靜摩擦力，其大小與支持力無關(guān)；由于金屬桿ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，其所受靜摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即因此金屬桿ab中電流增大時，金屬桿ab所受靜摩擦力變大。類型2安培力作用下的加速問題類型1電磁炮模型【例1】（2023春·貴州遵義·高三遵義市南白中學(xué)?？茧A段練習(xí)）2022年6月17日，我國新一代戰(zhàn)艦預(yù)計將會配備電磁軌道炮，其原理可簡化為如圖所示（俯視圖）裝置。兩條平行的水平軌道被固定在水平面上，炮彈（安裝于導(dǎo)體棒ab上）由靜止向右做勻加速直線運動，到達軌道最右端剛好達到預(yù)定發(fā)射速度v，儲能裝置儲存的能量恰好釋放完畢。已知軌道寬度為d，長度為L，磁場方向豎直向下，炮彈和導(dǎo)體桿ab的總質(zhì)量為m，運動過程中所受阻力為重力的k（）倍，儲能裝置輸出的電流為I，重力加速度為g，不計一切電阻、忽略電路的自感。下列說法正確的是（）A．電流方向由b到aB．磁感應(yīng)強度的大小為C．整個過程通過ab的電荷量為D．儲能裝置剛開始儲存的能量為【答案】BCD【詳解】A．導(dǎo)體桿ab向右做勻加速直線運動，受到的安培力向右，根據(jù)左手定則可知，流過導(dǎo)體桿的電流方向由a到b，故A錯誤；B．導(dǎo)體桿ab向右做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式可得根據(jù)牛頓第二定律可得又聯(lián)立解得磁感應(yīng)強度的大小為故B正確；C．整個過程的運動時間為整個過程通過ab的電荷量為故C正確；D．由于不計一切電阻、忽略電路的自感，根據(jù)能量守恒可知，儲能裝置剛開始儲存的能量為故D正確。故選BCD?！纠?】（2023秋·江蘇宿遷·高三統(tǒng)考期末）我國第三艘航空母艦“福建號”采用的是電磁彈射裝置，其原理可簡化為如圖所示，直流電源電動勢為E，儲能電容器的電容為C，固定于水平面內(nèi)的兩根光滑平行金屬電阻不計。飛行器可視為一根有電阻的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電；然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動，達到最大速度之后離開導(dǎo)軌。根據(jù)上述信息可知（）A．勻強磁場的方向應(yīng)該垂直于導(dǎo)軌平面向上B．電容器的電容C越大，MN的最大速度就越大C．電容器的電容C越大，MN剛開始運動時的加速度就越大D．當(dāng)電容器儲存的電荷全部放出時，MN的速度達到最大【答案】B【詳解】A．S接至2，MN中電流方向從M指向N，MN開始向右加速運動，受到安培力向右。由左手定則可知，勻強磁場的方向應(yīng)該垂直于導(dǎo)軌平面向下。A錯誤；C．當(dāng)開關(guān)接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有MN所受安培力F=BIL據(jù)牛頓第二定律F=ma則有MN剛開始運動時的加速度與電容器的電容C無關(guān)。C錯誤；D．金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度v時，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動勢E棒相等，即U=E棒=BLv此時電容器儲存的電荷并未全部放出。D錯誤；B．設(shè)此過程中的平均電流為，時間為t，根據(jù)動量定理有其中ΔQ=Qm有電容器的電容C越大，MN的最大速度就越大。B正確。故選B?！纠?】（2023·河南·校聯(lián)考三模）中國的電磁炮研究水平處于世界第一梯隊。如圖所示為某種電磁炮的設(shè)計原理示意圖，電源電動勢為E，間距為l的兩根傾斜導(dǎo)軌平行放置，軌道平面與水平面成角，且處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌下端通過開關(guān)與電源連接。裝有炮彈的導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，其總質(zhì)量為m，整個回路的總電阻為R，閉合開關(guān)后，彈體會在安培力的作用下高速發(fā)射出去。某次實驗中，彈體在離開電磁炮發(fā)射軌道之前已達到勻速，炮彈發(fā)射出去后，剛好水平擊中目標(biāo)，忽略空氣阻力和各處摩擦的影響，重力加速度為g，求：（1）彈體在導(dǎo)軌上運動的最大加速度；（2）目標(biāo)距離炮口的水平距離為多大?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）導(dǎo)體棒剛要運動時，回路內(nèi)的電流最大，安培力最大，則有由牛頓第二定律可得解得（2）炮彈勻速運動時，有根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立可得炮彈發(fā)射出去后做斜拋運動，在豎直方向有在水平方向有聯(lián)立解得【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）電磁軌道炮是利用磁場對通電導(dǎo)體的作用使炮彈加速的，其簡化原理示意圖如圖丙所示。假設(shè)圖中直流電源電動勢為E=45V（內(nèi)阻不計），電容器的電容為C=22F。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l=1m，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m=2kg，電阻為R=5Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B=2T的勻強磁場。接通電路后MN開始向右加速運動，經(jīng)過一段時間后回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。求：（1）直流電源的a端是正極還是負極？（2）若用導(dǎo)線將1、2連接讓直流電源供電，MN離開導(dǎo)軌時的最大速度的大??；（3）若開關(guān)先接1，使電容器完全充電；然后將開關(guān)接至2，MN離開導(dǎo)軌時的最大速度的大小?！敬鸢浮浚?）負極；（2）22.5m/s；（3）22m/s【詳解】（1）由于電磁炮受到的安培力方向水平向右，電流由N流向M，所以直流電源的a端為負極；（2）電磁炮向右加速，切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大到等于直流電源的電動勢時，回路中電流為零，電磁炮速度達到最大。由E=Blvm1E=45V可得最大速度vm1=22.5m/s（3）電容器放電前所帶的電荷量為開關(guān)接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢當(dāng)電容器板間電壓降到時，電路中電流為零，電磁炮速度達到最大電容器所帶電荷量設(shè)在電容器放電過程中MN中的平均電流為，MN受到的平均安培力由動量定理由于聯(lián)立解得vm=22m/s類型二安培力作用下的曲線運動【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，長為d、質(zhì)量為m的細金屬桿ab用長為L的兩根細線懸掛后，恰好與水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌接觸，平行金屬導(dǎo)軌間距也為d，導(dǎo)軌平面處于豎直向下的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。閉合開關(guān)S后，細金屬桿ab向右擺起，懸線的最大偏角為θ。重力加速度為g，則閉合開關(guān)的短時間內(nèi)通過細金屬桿ab的電荷量為（）A．B．C．D．【答案】C【詳解】金屬桿擺起的過程中，由動能定理得合上開關(guān)的瞬間，由動量定理得其中聯(lián)立解得故選C?！纠?】(2022·湘豫名校聯(lián)考)如圖甲所示，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。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，勻強磁場方向豎直向上。開關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，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：(1)導(dǎo)體棒靜止在某位置時所受安培力的大??；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??；(3)斷開開關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點時對單個圓環(huán)的壓力?！敬鸢浮?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。題型四對洛倫茲力的理解和應(yīng)用1．洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷。(2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力一定不做功。2．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，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功?！纠?】(多選)核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢，中科院等離子體物理研究所設(shè)計制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學(xué)家率先建成世界上第一個全超導(dǎo)核聚變“人造太陽”實驗裝置．將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示，磁場水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是()A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動C．丙粒子做勻速圓周運動D．所有粒子運動過程中動能不變【答案】BD【解析】甲粒子速度方向與磁場方向垂直，則所受洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A錯誤；乙粒子速度方向與磁場方向平行，則所受洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動，故B正確；丙粒子速度方向與磁場方向不垂直，不做勻速圓周運動，故C錯誤；洛倫茲力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，所有粒子運動過程中動能不變，故D正確．【例2】如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱．導(dǎo)線中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、r為點到導(dǎo)線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)在桌面上沿連線MN運動到b點．關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球做勻速直線運動B．小球先做加速運動后做減速運動C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹跍p小【答案】A【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知a處的磁場方向垂直于MN向里，b處的磁場方向垂直于MN向外，從a到b磁場大小先減小過O點后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球在O點左側(cè)受到的洛倫茲力方向向上，小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮橹亓εc洛倫茲力的差值，過O點后洛倫茲力的方向向下，小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮橹亓εc洛倫茲力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，由于洛倫茲力從a到O逐漸減小，從O到b逐漸增大，則小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故B、C、D錯誤，A正確．【例3】．(2022·浙江高三模擬)一根通電直導(dǎo)線水平放置，通過直導(dǎo)線的恒定電流方向如圖所示，現(xiàn)有一電子從直導(dǎo)線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關(guān)于接下來電子的運動，下列說法正確的是()A．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小【答案】B【解析】水平導(dǎo)線中通有恒定電流I，根據(jù)安培定則判斷可知，導(dǎo)線上方的磁場方向垂直紙面向里，導(dǎo)線下方的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則判斷可知，導(dǎo)線下方的電子所受的洛倫茲力方向向上，則電子將向上偏轉(zhuǎn)，其速率v不變，而離導(dǎo)線越近，磁場越強，磁感應(yīng)強度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)，可知電子的軌跡半徑逐漸變小，故選B.題型五洛倫茲力作用下帶電體的運動帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發(fā)生變化，與接觸面間彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發(fā)生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開接觸面．【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，與傾角為的絕緣斜面間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使物塊從斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑時間t后對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是（

）A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動C．小物塊對斜面壓力為零時的速率為D．小物塊沿斜面下滑的最大距離為【答案】BC【詳解】A．在垂直于斜面方向上，物塊受恒定的重力分力、洛倫茲力與支持力，由平衡條件可知洛倫茲力與支持力二者之和不變，由于在下滑過程中物塊速度增大，洛倫茲力也增大，但支持力減小，說明物塊下滑過程中所受洛倫滋力與支持力是同向的，即其方向是垂直于斜面向上的，由左手定則可知物塊應(yīng)帶負電，故A錯誤；B．物塊離開斜面前在垂直于斜面方向上由平衡條件有在平行于斜面方向有可見物塊做加速度增大、速度也增大的加速運動，故B正確；C．當(dāng)洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時物塊與斜面間壓力為零，即解得故C正確；D．由動量定理有其中摩擦力可知摩擦力的沖量大小為解得物塊沿斜面下滑的最大距離故D錯誤。故選BC?！纠?】．（2023·山西長治·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，空間有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量且足夠長的不帶電絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板的左端無初速放置一質(zhì)量為m，電荷量的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.2，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為的恒力，g為重力加速度。則（）A．最終滑塊以的速度勻速運動B．最終木板以的加速度做勻加速運動C．整個過程中，木板加速度由逐漸增大到D．整個過程中，滑塊先與木板一起勻加速運動，然后再做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動【答案】AB【詳解】A．開始滑塊做加速直線運動，滑塊獲得向左的速度，根據(jù)左手定則可知滑塊受到洛倫茲力作用豎直向上，當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊做勻速直線運動，即解得故A正確；B．當(dāng)滑塊受到洛倫茲力等于滑塊重力時，滑塊與木板間的彈力為零，摩擦力為零，根據(jù)牛頓第二定律可得解得最終木板的加速度為故B正確；C．設(shè)最開始時，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，對滑塊有解得對木板有解得即整個過程中，木板加速度由逐漸增大到，故C錯誤；D．由以上分析可知初始時刻滑塊的加速度為，木板的加速度為，整個過程中滑塊受到的洛倫茲力增大，支持力減小，摩擦力減小，加速度減小，最后做勻速運動，故D錯誤。故選AB?！纠?】．（2023·湖北·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）質(zhì)量為m、電荷量為+q的物塊以初速度v0進入兩水平平行絕緣木板a、b之間，木板足夠長，處在磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，兩板間距略大于物塊高度，物塊與兩板間的動摩擦因數(shù)均為μ。在運動過程中物塊的電荷量不變，且經(jīng)歷變速運動后物塊最終處于平衡狀態(tài)。已知重力加速度為g，則從開始運動到最終處于平衡狀態(tài)，物塊克服摩擦力做的功可能為A．0 B．mv02 C．mv02 D．【答案】BC【詳解】由題意對物塊受力分析，因不知道開始時物塊所受洛倫茲力與重力誰大，故彈力方向大小均不能確定，應(yīng)討論：A．由題意可知，由于物塊經(jīng)歷變速運動后物塊最終處于平衡狀態(tài)，所以物塊受到向上的洛倫茲力則彈力一定不為0，摩擦力一定不為0，物塊一定克服摩擦力做功，故A錯誤；B．如果，則滑塊受到向下的壓力，在豎直方向滿足物塊向右做減速運動，由動態(tài)分析知，當(dāng)時最終物塊做勻速運動，此時滿足解得對物塊整個過程由動能定理得解得故B正確，D錯誤；C．如果，則滑塊受到向下的壓力，在豎直方向滿足物塊向右做減速運動，由知，洛倫茲力減小，彈力增大，摩擦力增大，最終速度減為零，由動能定理得解得故C正確。故選BC?！纠?】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質(zhì)量為1.0

×10-4kg，帶電量為4.0×10-4C的正電荷，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度E=10N/C，方向水平向右，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5T，方向為垂直于紙面向里，小球與棒間的動摩擦因數(shù)為0.2，設(shè)小球在運動過程中所帶電荷量保持不變，g取10m/s2.（

）A．小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為2m/s2B．小球由靜止沿棒豎直下落最大速度2m/sC．若磁場的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為5m/s2D．若磁場的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大速度為45m/s【答案】AD【詳解】小環(huán)靜止時只受電場力、重力及摩擦力，電場力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時，小環(huán)的加速度應(yīng)為：；小環(huán)速度將增大，產(chǎn)生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水平方向合力將增大，摩擦力將增大；加速度將減小，當(dāng)加速度等于零時，即重力等于摩擦力，此時小環(huán)速度達到最大，則有：mg=μ（qvB+qE），解得：；故A正確，B錯誤；若磁場的方向反向，其余條件不變，則洛倫茲力向左，故當(dāng)洛倫茲力與電場力平衡時加速度最大，為10m/s2；當(dāng)摩擦力與重力平衡時，速度最大，故：mg=μ（qvB-qE），解得：；故C錯誤，D正確；故選AD．【例5】（2023春·江蘇無錫·高三無錫市第一中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示，下端封閉、上端開口、高h=4m內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質(zhì)量m=0.2kg、電荷量q=2C的小球，整個裝置以的速度沿垂直于磁場方向進入方向水平的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。取g=10m/s2。則下列說法正確的是（）A．小球在管中運動的過程中機械能守恒B．小球的運動軌跡為直線C．小球在管中運動的時間為2sD．小球的機械能增加了8J【答案】C【詳解】AD．小球水平方向隨玻璃管做勻速運動，故管壁對小球的作用力和洛倫茲力的水平分量等大反向，豎直方向受重力、洛倫茲力的豎直分量作用，小球從上端口飛出，故豎直分量的洛倫茲力向上，且對小球做正功，故機械能不守恒，有故AD錯誤；B．對小球受力分析可知，豎直方向上合外力解得a=2m/s2小球在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻加速直線運動，所以小球做曲線運動，軌跡為曲線，故B錯誤；C．豎直方向上解得小球在管中運動的時間為故選C?！纠?】．（2023春·重慶·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質(zhì)量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運動到N端過程有（）A．時間為 B．小球所受洛倫茲力做功為quBlC．外力F的平均功率為 D．外力F的沖量為qBl【答案】D【詳解】A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運動，故小球受到的洛倫茲力在沿管道方向的分力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得由初速度為零的位移公式，解得A錯誤；B．小球所受洛倫茲力不做功，B錯誤；C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有外力F的平均功率為C錯誤；D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于D正確。故選D。題型六帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在勻強磁場中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．2．帶電粒子以速度v垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動．(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)軌跡半徑：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T與運動速度和軌跡半徑無關(guān)，只和粒子的比荷和磁場的磁感應(yīng)強度有關(guān)．(4)運動時間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t＝eq\f(θ,2π)T.(5)動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).【例1】(多選)兩個帶正電的粒子，以相同大小的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知它們的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝2∶1、帶電荷量之比為q甲∶q乙＝1∶3.不計粒子重力和粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．粒子做圓周運動的軌道半徑之比為R甲∶R乙＝1∶6B．粒子做圓周運動的周期之比為T甲∶T乙＝6∶1C．粒子做圓周運動的角速度大小之比為ω甲∶ω乙＝3∶2D．粒子做圓周運動的加速度大小之比為a甲∶a乙＝1∶6【答案】BD【解析】由于帶電粒子均做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，推出R＝乙＝6∶1，選項A錯誤；由圓周運動周期計算公式T＝eq\f(2πR,v)可得周期T＝eq\f(2πm,qB)，代入數(shù)據(jù)可得T甲∶T乙＝6∶1，選項B正確；圓周運動角速度與周期關(guān)系ω＝eq\f(2π,T)可得ω甲∶ω乙＝1∶6，選項C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，選項D正確．【例2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)示意圖。由電子槍產(chǎn)生電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，在