高考物理一轮复习 第九章 磁 场

PAGE第1页共80页第1节磁场的描述磁场对电流的作用一、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、电流和运动电荷有磁场力的作用。2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。(2)大小：B＝eq\f(F,IL)。eq\a\vs4\al([注1])(3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉(T)。3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。(2)特点：磁感线疏密程度相同、方向相同。4．地磁场(1)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。eq\a\vs4\al([注2])(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点的磁感应强度大小相等，且方向水平向北。eq\a\vs4\al([注3])二、磁感线电流周围磁场的方向1．磁感线及其特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟该点的磁感应强度的方向一致。(2)特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。eq\a\vs4\al([注4])2．电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则三、安培力1．安培力：通电导线在磁场中受的力称作安培力。2．安培力的大小(1)磁场方向和电流垂直时：F＝BIL。(2)磁场方向和电流平行时：F＝eq\a\vs4\al(0)。3．安培力的方向左手定则判断：eq\a\vs4\al([注5])(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。(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。【注解释疑】[注1]B的大小和方向由磁场本身决定，与该处放不放通电导线无关，在定义式中一定要强调通电导线垂直于磁场方向。[注2]地磁场的地磁“两极”与地球的地理“两极”位置相反。[注3]在南半球上方某处，磁感应强度B的方向斜着向上，其水平分量Bx方向向北。[注4]磁感线是假想的曲线；磁感线是闭合的曲线。[注5]安培力方向一定垂直于电流与磁场方向决定的平面，即同时有F⊥I，F⊥B。而磁场与电流的方向可以不垂直。【基础自测】一、判断题(1)磁场中某点磁感应强度的大小跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)(3)磁感线可以表示磁场的强弱和方向。(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)(7)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。(√)二、选择题1．[粤教版选修3－1P84T1]把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用。关于安培力的方向，下列说法中正确的是()A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D．安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直解析：选D根据左手定则可知，安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直，故D正确。2．[教科版选修3－1P83T3](多选)通电螺线管如图所示。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是()A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处C．小磁针在B处和A处N极都指向左方D．小磁针在B处和C处N极都指向右方解析：选BC根据安培定则可知，A、B两处磁场方向向左，C处磁场方向向右；根据通电螺线管周围的磁感线分布情况可知，B处磁感线最密，C处磁感线最疏。故选项B、C正确。考点一安培定则的应用和磁场的叠加[素养自修类]【对点训练】1．[安培定则的应用]如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响。当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是()A．a B．bC．c D．d解析：选C根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，可知C正确。2．[两直线电流磁场的叠加](2020·浙江7月选考)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则()A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下解析：选C由于I1、I2不相等，而两长直导线到b、d的距离相等，所以两长直导线各自在这两点产生的磁场的磁感应强度大小不等，虽方向相反但矢量和不为零，故A、B错误；根据安培定则可知，两电流在a点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向下，在c点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向上，C正确，D错误。3．[匀强磁场与两直线电流磁场的叠加]如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A．0 B.eq\f(\r(3),3)B0C.eq\f(2\r(3),3)B0 D．2B0解析：选C导线P和Q中电流I方向均垂直纸面向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图1所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁感应强度方向平行于PQ向右、大小为eq\r(3)B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝eq\r(3)B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，如图2所示，合磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，此时a点的磁感应强度B＝eq\r(B02＋B1′2)＝eq\f(2\r(3),3)B0，则A、B、D项均错误，C项正确。【要点解读】1．理解磁感应强度的三点注意(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝eq\f(F,IL)认为B与F成正比，与IL成反比。(2)在定义式B＝eq\f(F,IL)中，小段通电导线必须垂直于磁场放入；如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。2．常见电流的磁场的比较安培定则横截面图纵截面图直线电流磁感线分布特点：以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱环形电流磁感线分布特点：内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏通电螺线管磁感线分布特点：内部为匀强磁场且磁感应强度比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极考点二安培力的大小和方向[互动共研类]1．安培力大小：F＝ILBsinθ(1)当I⊥B时，F＝BIL。(2)当I∥B时，F＝0。注意：L应是导线的“有效长度”。①对于弯曲的导线，导线的“有效长度”如图中虚线所示。②对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力一定为零。2．安培力的方向：用左手定则判断。注意：安培力方向既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。[例1](2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2F B．C．0.5F[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′＝eq\f(3,2)F，选项B正确。[答案]B【对点训练】1．[安培力的大小]如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°。将一个eq\f(3,4)金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为O，半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向。当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为()A.eq\r(2)BIr B.eq\f(3,2)πBIrC．BIr D．2BIr解析：选A圆环受到的安培力大小等效为ab连线的长度受到的安培力，ab连线的长度为eq\r(2)r，F＝BI·eq\r(2)r＝eq\r(2)BIr，选项A正确。2．[安培力的叠加问题](多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq\r(3)∶eq\r(3)∶1解析：选BC由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方。根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝eq\r(3)B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)，选项C正确，D错误。考点三安培力作用下导体运动情况的判断[互动共研类]安培力作用下导体运动情况判断的常用方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则),\s\do5())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[例2]一个可以自由运动的线圈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[解析]方法一电流元法把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动，故选B。方法二等效法把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动，故选B。方法三结论法环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，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，故选B。[答案]B【对点训练】1．[等效法]如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内。当在线圈中通入沿图示方向的电流时，将会看到()A．线圈向左平移B．线圈向右平移C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁解析：选C把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。2．[结论法与电流元法]如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内。当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则()A．金属棒始终静止不动B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环解析：选B由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向垂直纸面向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒转动到平行水平面时，由同向电流相吸、反向电流相斥可知，金属棒靠近金属环，B正确。3．[转换研究对象法](多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2；则以下说法正确的是()A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短C．F1＞F2 D．F1＜F2解析：选BC如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方；根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力减小，即台秤示数F1＞F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短。故选项B、C正确。考点四安培力作用下导体的平衡问题[互动共研类]通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合问题，这类题目的难点是题图往往具有立体性，安培力的方向不易确定等。因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系。(1)求解安培力作用下导体平衡问题的关键画受力图→三维图eq\o(→,\s\up7(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；③列平衡方程。[例3](2020·北京海淀区模拟)如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I。(1)沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；(2)若(1)中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；(3)若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。[解析](1)对导体棒ab受力分析如图所示：由导体棒静止有mgsinθ－ILB1＝0解得B1＝eq\f(mgsinθ,IL)。(2)对导体棒ab受力分析如图所示：由导体棒静止有mgtanθ－ILB2＝0解得B2＝eq\f(mgtanθ,IL)。(3)使导体棒保持静止状态，需F合＝0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内(垂直于斜面方向取不到)，故安培力在α′角范围内(垂直于斜面方向取不到)，根据左手定则，磁场方向可以在α″角范围内变动，其中沿斜面向上方向取不到。[答案](1)eq\f(mgsinθ,IL)(2)eq\f(mgtanθ,IL)(3)见解析【对点训练】1.如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有方向竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ。若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是()A．一直减小 B．一直增大C．先减小后增大 D．先增大后减小解析：选C磁场在转动的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，如图所示，由图解法结合左手定则可知，在磁场沿逆时针方向缓慢转动的过程中，安培力先减小后增大，由F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，故选C。2.(2020·湖南娄底市模拟)如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，C位于水平面且处于静止状态，则C受到的静摩擦力是()A.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向左 B.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向右C.eq\r(3)B0IL，水平向左 D.eq\r(3)B0IL，水平向右解析：选D根据安培定则，知A、B电流在C处的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，根据几何关系可知θ＝30°，则有BC＝eq\r(3)B0，方向竖直向下；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F＝eq\r(3)B0IL；由于C位于水平面且处于静止状态，所以C受到的静摩擦力大小为eq\r(3)B0IL，方向水平向右。故选项D正确。“专项研究”拓视野——安培力作用下的力电综合问题安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中处于平衡、转动、加速状态，有时也会涉及做功问题。解答时一般要用到牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。类型一安培力作用下的加速问题[例1]电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能，使炮弹发射出去的。如图所示，把两根长为s、互相平行的铜制轨道放在磁场中，轨道之间放有质量为m的炮弹，炮弹架在长为L、质量为M的金属杆上。当有大的电流I1通过轨道和炮弹时，炮弹与金属架在磁场力的作用下，获得v1速度时加速度为a；当有大的电流I2通过轨道和炮弹时，炮弹最终以最大速度v2脱离金属架并离开轨道。求垂直于轨道平面的磁感应强度大小？(设金属架与炮弹在运动过程中所受的总阻力与速度平方成正比)。[解析]设炮弹运动中受总阻力Ff＝kv2，炮弹与金属架所组成的整体在磁场力和阻力的合力作用下加速，获得v1速度时，根据牛顿第二定律得：BI1L－kv12＝(M＋m)a当炮弹速度最大时，有BI2L＝kv22联立①②式解得垂直轨道的磁感应强度B＝eq\f(M＋mav22,LI1v22－I2v12)。[答案]eq\f(M＋mav22,LI1v22－I2v12)类型二安培力作用下的功能关系的应用[例2]“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。“电磁炮”的原理结构示意图如图所示。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽L＝0.2m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102T。“电磁炮”弹体总质量m＝0.2kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4Ω。可控电源的内阻r＝0.6Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流I＝4×103(1)弹体所受安培力大小；(2)弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长？(3)弹体从静止加速到4km/s过程中，该系统消耗的总能量；(4)请说明电源的电压如何自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。[解析](1)由安培力公式得F＝BIL＝8×104N。(2)由动能定理得Fx＝eq\f(1,2)mv2弹体从静止加速到4km/s，轨道长度x＝eq\f(mv2,2F)＝20m。(3)由F＝ma，v＝at解得发射弹体需要时间t＝1×10－2s发射弹体过程中产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105J弹体动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝1.6×106J系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106J。(4)由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势增大，所以应使电源的电压增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射。[答案](1)8×104N(2)20m(3)1.76×106J(4)见解析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解析：选B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，选项A错误；在地球的南北极地磁的方向与几乎地面垂直，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，选项B正确；地球自转方向是自西向东，地球的南极是地磁场的北极，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，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，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，选项D错误。2.(2020·宁波模拟)超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，电磁船的简化原理图如图所示，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中，并有方向垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是()A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力B．要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板C．同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流强度小于eq\f(U,R)解析：选D根据题述，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有方向垂直纸面向内的匀强磁场，海水中该部分为导体，与导体板和电源构成回路，海水通电后受到安培力作用，磁场对海水有向后的作用力，根据牛顿第三定律，海水对磁场(实质是海水对超导电磁船)有向前的作用力，该力是使船前进的力，选项A错误；根据左手定则，要使船前进，海水中的电流方向从AB板指向CD板，选项B错误；同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相同，选项C错误；若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，由于可视为导体的海水切割磁感线要产生与电流方向相反的感应电动势，所以AB与CD间海水中的电流强度小于eq\f(U,R)，选项D正确。3.(2021·湖南省普通高等学校招生适应性考试)如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)F2－F1,4IL) D.eq\f(\r(2)F1－F2,4IL)解析：选C线框在磁场中受到安培力的等效长度为bd＝eq\r(2)L，当电流方向为题图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为F＝eq\r(2)BIL因此由导线框受力平衡可得F1＋F＝mg当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有mg＋F＝F2联立可得B＝eq\f(\r(2)F2－F1,4IL)故选C。4．(2021·重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体棒部分导体棒处于边界宽度为d＝10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10m/s2)()A．0.25T B．0.5TC．0.75T D．0.83T解析：选B未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x两式相比得eq\f(mg,mg＋BId)＝eq\f(2kx,2k×1.5x)＝eq\f(1,1.5)解得B＝0.5T，B正确。5．(多选)“巴罗轮”的示意图如图所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动。当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中正确的是()A．铝盘绕顺时针方向转动B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变解析：选BCD铝盘、水银与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知，铝盘受到的安培力的方向与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故A错误；只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变，故B正确；电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C正确；由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动方向不变，故D正确。6．(2021·河北省普通高中学业水平选择性考试模拟演练)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为()A．eq\f(a,b)I0，沿y轴正向 B．eq\f(a,b)I0，沿y轴负向C．eq\f(b,a)I0，沿y轴正向 D．eq\f(b,a)I0，沿y轴负向解析：选Ax方向导线电流在A点的磁感应强度大小为Bx＝keq\f(I0,b)。由安培定则，可知方向垂直纸面向外，若A点的磁感应强度为零，则y方向导线电流产生的磁场磁感应强度方向垂直纸面向里，由安培定则知，y轴放置的导线中电流方向沿y轴正向，其大小满足By＝keq\f(I,a)＝keq\f(I0,b)，得y轴放置的导线中电流的大小I＝eq\f(a,b)I0，故选A。7.(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加到原来的2倍C．只将弹体质量减小到原来的一半D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变解析：选BD设B＝kI，轨道之间距离d，则发射过程中，安培力F＝BId＝kI2d，做功W＝FL＝kI2dL，由动能定理kI2dL＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2kI2dL,m))。要使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的办法是只将电流I增加到原来的2倍；或只将弹体质量减小到原来的eq\f(1,4)；或只将轨道长度L变为原来的4倍；或将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变。选项B、D正确。8．实验室电磁炮的模型图如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d＝1m的平行金属导轨。导轨处在垂直斜面向下、磁感应强度B＝2T的匀强磁场中。导轨下端接有电动势E＝24V、内阻r＝1Ω的电源，滑动变阻器的阻值变化范围为0～10Ω，允许通过的最大电流为5A。导轨上放置一质量m＝1kg(连同金属杆PQ)的电磁炮，金属杆PQ垂直两金属导轨放置，金属杆电阻R0＝2Ω，与导轨间动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S，使电磁炮在斜面上静止，求变阻器连入电路的可能阻值。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力的方向可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知mgsinθ±Ff＝IdB，又Ff≤μmgcosθ，解得2.2A≤I≤3.8A，由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R0＋r＋R)，解得eq\f(63,19)Ω≤R≤eq\f(87,11)Ω。答案：eq\f(63,19)Ω≤R≤eq\f(87,11)Ω9．(多选)(2020·河南驻马店市模拟)光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒静止在斜面上，则以下四种情况中可能的是()解析：选BCA图，由左手定则可知，导体棒受到方向竖直向下的安培力作用，导体棒所受合力不可能为0，选项A错误；B图中的导体棒受到的安培力方向水平向右，导体棒所受合力可能为0，选项B正确；C图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，导体棒所受合力可能为0，选项C正确；D图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，导体棒受到的合力不可能为0，选项D错误。10．如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1m。在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3V，内阻为0.2Ω，导体棒质量为60g，接入电路的电阻为1.3Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，如图乙所示。该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。解析：(1)对导体棒进行受力分析，如图所示，有eq\f(mg,F)＝tanθ解得F＝0.8N。(2)由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)解得I＝2A由安培力的公式F＝BIl得B＝eq\f(F,Il)，解得B＝0.4T。答案：(1)0.8N(2)0.4T11.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线框的加速度大小为a，求I3。解析：(1)I1方向向左，I2方向向右。(2)当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为F＝kIiLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r1)－\f(1,r2)))，式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度。所以F1∶F2＝I1∶I2。(3)设MN中电流强度为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有2T0＝G,2T1＋F1＝G，F3＋G＝ma＝eq\f(2T0,g)a。所以eq\f(I1,I3)＝eq\f(F1,F3)＝eq\f(T0－T1g,T0a－g)，I3＝eq\f(T0a－g,T0－T1g)I1，方向向右。答案：(1)I1方向向左I2方向向右(2)I1∶I2(3)eq\f(T0a－g,T0－T1g)I1，方向向右第2节带电粒子在磁场中的运动一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。eq\a\vs4\al([注1])2．洛伦兹力的方向(1)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。eq\a\vs4\al([注2])(2)判定方法：左手定则。eq\a\vs4\al([注3])3．洛伦兹力的大小(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°)二、带电粒子在匀强磁场中的运动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．做匀速圆周运动的基本公式eq\a\vs4\al([注4])(1)向心力来源：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)轨道半径公式：r＝eq\f(mv,Bq)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB)。eq\a\vs4\al([注5])【注解释疑】[注1]安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释。[注2]洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功。[注3]应用左手定则判断负电荷所受洛伦兹力方向时应注意四指指向负电荷运动方向的反方向。[注4]公式r＝eq\f(mv,Bq)、T＝eq\f(2πm,qB)只适用于洛伦兹力作用下的匀速圆周运动。[注5]由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，与粒子的比荷有关。【基础自测】一、判断题(1)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)(2)根据公式T＝eq\f(2πr,v)，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)(3)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)(4)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(×)(5)荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。(√)(6)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。(√)二、选择题1．[人教版选修3－1P98T1改编]下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()解析：选B根据左手定则判断，A项中洛伦兹力方向竖直向上；B项中洛伦兹力方向竖直向下；C项、D项电荷不受洛伦兹力；故选项B正确，A、C、D错误。2．[鲁科版选修3－1P132T2](多选)两个粒子，所带电荷量相等，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动()A．若速率相等，则半径必相等B．若动能相等，则周期必相等C．若质量相等，则周期必相等D．若动量大小相等，则半径必相等解析：选CD带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，可知C、D正确。考点一对洛伦兹力的理解与应用[素养自修类]【对点训练】1．[洛伦兹力的理解]下列说法正确的是()A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功解析：选D运动电荷在磁场中运动速度方向与磁感应强度方向不平行时，受洛伦兹力作用，A错误；磁感应强度只与磁场本身有关，B错误；洛伦兹力不改变速度大小，即动能不变，但改变速度方向，C错误；洛伦兹力方向与速度方向垂直，即洛伦兹力对带电粒子不做功，D正确。2．[洛伦兹力方向的判断](2020·北京市大兴区模拟)从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下()A．α射线沿直线射向赤道B．β射线向西偏转C．γ射线向东偏转D．质子向北偏转解析：选B赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确。3．[洛伦兹力作用下圆周运动的半径公式和周期公式的理解]两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，周期增大B．轨道半径减小，周期减小C．轨道半径增大，周期增大D．轨道半径增大，周期减小解析：选C因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，轨道半径增大，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期增大，选项C正确。【要点解读】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作用。(4)洛伦兹力永不做功。2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件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，也可能不做功考点二带电粒子在匀强磁场中的运动[多维探究类]1．两种方法定圆心方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示)。方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示)。2．几何知识求半径利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。(2)直角三角形的应用(勾股定理)。找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。有r＝OA＝OB＝eq\r(AC2＋OC2)3．两个观点求时间观点一：由运动弧长计算，t＝eq\f(l,v)(l为弧长)；观点二：由旋转角度计算，t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))。4．三类边界磁场中的轨迹特点(1)直线边界：进出磁场具有对称性。(2)平行边界：存在临界条件。(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。考法一平行直线边界问题[例1]如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d，O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为eq\r(3)dD．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πd,3v0)[解析]电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，故A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，则电子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正确。[答案]D考法二矩形(正方形)边界问题[例2](2019·全国卷Ⅱ)如图，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[解析]若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝meq\f(va2,Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得va＝eq\f(qBRa,m)＝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(vd2,Rd)Rd2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)选项B正确。[答案]B考法三圆形边界问题[例3]如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)[解析]由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，则eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，C项正确。[答案]C考法四直角边界问题[例4](多选)(2020·天津等级考)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[解析]由左手定则可知，带电粒子带负电荷，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，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；由以上分析可知，N与O点距离SON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正确。[答案]AD【共性归纳】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤考点三带电粒子在有界磁场中的临界极值问题[互动共研类]分析思路和方法两种思路一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值两种方法物理方法(1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值数学方法(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等从关键词找突破口许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件[例5](2020·全国卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。[解析](1)由题意知粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v02,R) ①可得R＝eq\f(mv0,qB) ②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③由题意，当粒子的半径为h时，磁感应强度最小，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)。 ④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径R′＝2h ⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系得sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2) ⑥则α＝eq\f(π,6) ⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离y＝2h(1－cosα) ⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h。[答案](1)eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))heq\a\vs4\al([一题悟通])解决带电粒子圆周运动临界问题的技巧方法(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。(2)临界问题的一般解题流程【对点训练】1．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae)B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D．eq\f(3mv,5ae)解析：选C为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，选项C正确。2.如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d。边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝eq\f(2qBd,3m)。若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A．1 B．2∶3C.eq\r(3)∶2 D．2eq\r(7)∶7解析：选C由v＝eq\f(2qBd,3m)可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,3)d，则粒子能打到PQ上的区域长度为2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)d))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)d))2)＝eq\f(2\r(3),3)d；粒子能打到MN上的区域的长度为2r＝eq\f(4,3)d，故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为eq\f(\r(3),2)，故选C。考点四带电粒子在匀强磁场中的多解问题[多维探究类]带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，问题形成多解。根据多解形成原因，常见的有如下三种情况：考法一带电粒子电性不确定形成多解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，如图所示。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。[例6]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的最大值可能是多少？[解析]题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。(1)若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的eq\f(1,4)圆弧，轨道半径R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－Rcos45°解得v＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)。(2)若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的eq\f(3,4)圆弧，则有R′＝eq\f(mv′,Bq)，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为正电荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为负电荷)考法二临界状态不唯一形成多解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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解，如图所示。[例7](多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是()A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是eq\f(3,2)t0D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是eq\f(5,3)t0[解析]由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子所用时间小于eq\f(2,3)T＝eq\f(4t0,3)，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为eq\f(5T,6)＝eq\f(5t0,3)，故B、C项错误，D项正确。[答案]AD考法三运动具有周期性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解，如图所示。[例8]如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。[解析](1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝eq\f(mv02,r)，做匀速圆周运动的周期T0＝eq\f(2πr,v0)联立两式得磁感应强度B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，离子的运动轨迹如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝eq\f(d,4)当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝eq\f(B0qr,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。[答案](1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)【共性归纳】巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。“专项研究”拓视野——“动态圆”模型在电磁学中的应用一、“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法[例1](多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2lA．若该粒子的入射速度为v＝eq\f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为lB．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(\r(2)＋1qBl,m)C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(\r(2)qBl,m)D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,qB)[解析]若粒子射入磁场时速度为v＝eq\f(qBl,m)，则由qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝eq\f(mv,qB)，所以v＝eq\f(qBr,m)，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(eq\r(2)＋1)l，故其最大速度为v＝eq\f(\r(2)＋1qBl,m)，选项B正确，选项C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为180°，故其在磁场中运动的最长时间应为t＝eq\f(πm,qB)，选项D正确。[答案]ABD二、“旋转圆”模型的应用适用方法速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法[例2]如图所示，圆形区域有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。[解析](1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,Bq)。(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图甲所示，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长，如图乙所示，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。[答案](1)eq\f(mv,qB)(2)60°1．(多选)用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列关于实验现象和分析正确的是()A．要使电子形成如图乙中的运动径迹，励磁线圈应通以顺时针方向的电流B．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大D．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做匀速圆周运动的周期将变大解析：选AB励磁线圈通以顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可得，产生的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力正好指向运动径迹圆心，故A正确；根据公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，当升高电子枪加速电场的电压时，电子的速度增大，所以运动半径增大，B正确；若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据公式r＝eq\f(mv,Bq)可知运动半径减小，C错误；根据公式T＝eq\f(2πm,Bq)可知，电子做匀速圆周运动的周期和速度大小无关，D错误。2.(多选)(2020·福建泉州市模拟)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直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v­t图像可能是()解析：选ACD设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速直线运动，选项A正确；若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μBqv,m)可知，随速度增加，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，选项D正确；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速直线运动，由a＝eq\f(μBqv－mg,m)可知，随速度减小，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，选项C正确。3．(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中x＞0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则()A．粒子P带正电B．粒子P在磁场中运动的时间为eq\f(πL,2v)C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为eq\f(3πL,4v)D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为eq\f(2πL,3)解析：选ABD粒子P从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则知带正电，故A正确；据题意可知P粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为R1＝eq\f(L,2)，运动时间为t1＝eq\f(πR1,v)＝eq\f(πL,2v)，故B正确；Q粒子与P粒子的比荷相同，而速度为4v，由R＝eq\f(mv,qB)可知R2＝4R1＝2L，而CD距离为2L，故Q粒子不可能沿x轴正向进入磁场。设与y轴的夹角为θ，分別有两种情况从C点进过由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角为60°和300°，则粒子Q的运动时间t2＝eq\f(\f(π,3)·2L,4v)＝eq\f(πL,6v)或t2＝eq\f(\f(5π,3)·2L,4v)＝eq\f(5πL,6v)，而圆周的弧长为s＝eq\f(π,3)·2L＝eq\f(2πL,3)或s＝eq\f(5π,3)·2L＝eq\f(10πL,3)，故C错误，D正确。4.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为()A.eq\f(π,kB) B.eq\f(π,2kB)C.eq\f(π,3kB) D.eq\f(π,4kB)解析：选C粒子在磁场中运动的半径为R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为圆磁场的直径2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故选项C正确。5.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，粒子重力不计。则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点()A.eq\f(qBL,m) B.eq\f(qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m) D.