2024届物理一轮复习讲义第1讲 磁场及其对电流的作用含答案

2024届物理一轮复习讲义第1讲磁场及其对电流的作用学习目标1.会用安培定则判断电流的磁场，会利用矢量合成的方法计算合磁场。2.会根据有效长度计算安培力的大小，会判断导体的运动情况。3.会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。1.2.1.思考判断(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)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)(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。(×)2.如图1所示，四根相互平行的通有电流均为I的长直导线，放在正方形的四个顶点a、b、c、d上。每根通电直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为()图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考点一安培定则磁场的叠加1.安培定则的应用直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则立体图纵截面图2.磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图2所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。图2(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。角度安培定则的应用例1(2023·北师大实验中学月考)如图3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()图3A.a B.b C.c D.d答案C解析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。角度磁场的叠加例2(2023·湖南常德高三期末)如图4所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是AB的中点，两根互相平行的通电长直导线垂直纸面固定在A、B两处，导线中通入的电流大小相等、方向相反。已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度B＝eq\f(kI,r)，I为通电长直导线的电流大小，r为距通电长直导线的垂直距离，k为常量。已知C点处的磁感应强度大小为B0，则关于O点处的磁感应强度说法正确的是()图4A.大小为B0，方向垂直AB连线向下B.大小为2B0，方向垂直AB连线向上C.大小为eq\r(3)B0，方向垂直AB连线向上D.大小为4B0，方向垂直AB连线向下答案D解析依题意B＝eq\f(kI,r)可知，两导线在C点产生的磁场的磁感应强度B大小相等，根据安培定则可知，两者夹角为120°，C点的合磁感应强度大小为B0，由矢量合成有A、B导线在C点的磁感应强度大小均为B0＝B＝eq\f(kI,r)，同理可知A、B导线在O点的磁感应强度方向均向下，则O点的磁感应强度B′＝2eq\f(kI,\f(r,2))＝4B0，方向垂直AB连线向下，所以D正确。跟踪训练1.(多选)如图5，三根通电长直细导线垂直于纸面固定，导线的横截面(截面积不计)分别位于以O点为圆心的圆环上a、c、d三处，已知每根导线在O点的磁感应强度大小均为B，则()图5A.O点的磁感应强度方向垂直于aO向右B.O点的磁感应强度方向从O指向aC.O点的磁感应强度大小为(eq\r(2)＋1)BD.O点的磁感应强度大小为(eq\r(2)－1)B答案AC解析磁感应强度的矢量叠加如图所示，每根导线在圆心O处产生的磁感应强度大小均为B，可得O处的磁感应强度大小为BO＝2Bcos45°＋B＝(eq\r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正确。考点二安培力的分析与计算1.安培力的大小和方向(1)应用安培力公式F＝IlB时要注意①B与I垂直。②B与I平行时，F＝0。③l是有效长度。弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图6所示)；相应的电流沿直线由始端流向末端。图6(2)方向：根据左手定则判断。2.安培力作用下导体运动的判定方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up17(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁体通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；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先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力角度通电导线有效长度问题例3(2023·安徽合肥高三质检)如图7所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为()图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闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝eq\f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小为Fab＝IlB，其余各棒在磁场中的等效长度也为l，受到的安培力大小为F其＝IlB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2IlB，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F′＝F其＝IlB＝eq\f(F,2)，故A正确。角度安培力作用下运动情况的判断例4一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图8所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()图8A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管答案D解析先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，确定导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。当导体转过90°时，再分析导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。跟踪训练2.如图9所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力大小和方向是()图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两点的连线指向左下方D.2eq\r(2)ILB，垂直A、C两点的连线指向左下方答案C解析直导线折成半径为R的eq\f(1,4)圆弧形状，在磁场中的有效长度为L′＝eq\r(2)R，又L＝eq\f(2πR,4)＝eq\f(πR,2)，联立解得L′＝eq\f(2\r(2)L,π)，则安培力大小为F＝IL′B＝eq\f(2\r(2)ILB,π)，根据左手定则可知，安培力的方向垂直A、C两点的连线指向左下方，故C正确。3.(2022·江苏卷，3)如图10所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向()图10A.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外答案C解析根据安培定则，可判断出导线a左半部分所在空间的磁场方向斜向右上方，右半部分所在空间的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里。故C正确，A、B、D错误。考点三安培力作用下的平衡与加速问题求解关键是将三维图转化为二维平面图，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。如图11所示。图11角度安培力作用下的平衡问题例5(2022·湖南卷，3)如图12(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是()图12A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比答案D解析当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sinθ＝eq\f(ILB,mg)，FT＝mgcosθ，则sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。角度安培力作用下的加速问题例6(2023·四川遂宁市诊断)电磁弹射技术原理如图13甲所示，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4000A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度B＝10T，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离，导轨长120m，间距为3m。飞机质量为2.0×104kg，在导轨上运动时所受阻力恒为机重的0.1倍，假如刚开始时发动机已达额定功率4×106W，飞机在导轨末端所受竖直升力与水平速度关系F＝kv(k＝4000kg/s)。如图乙是在一次弹射过程中，记录的飞机在导轨各个位置上的速度，滑杆的质量忽略，g取10m/s2。求：图13(1)飞机在导轨上运动30m处的加速度大小；(2)如果飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，飞机在导轨上运动的时间。答案(1)10m/s2(2)3.25s解析(1)分析飞机在30m处水平方向的受力知，发动机的推力大小F1＝eq\f(P,v1)①安培力大小F2＝IlB②阻力大小f＝0.1mg③由牛顿第二定律有F1＋F2－f＝ma④联立①②③④得a＝10m/s2。(2)飞机在导轨末端刚好达到起飞条件为F＝kv＝mg⑤全过程由动能定理得Pt＋F2x－fx＝eq\f(1,2)mv2⑥联立⑤⑥得t＝3.25s。跟踪训练4.(2022·重庆精创预测卷)如图14所示，一根质量为m、长为l的金属棒ab用两根绝缘的软绳P和Q竖直悬挂，并处于垂直于纸面的匀强磁场中。现在金属棒中通以大小为I、方向从a到b的电流，此时两软绳上的拉力均等于金属棒重力的eq\f(3,4)，已知金属棒始终处于静止状态，重力加速度为g，两软绳上的拉力始终相同，则下列说法正确的是()图14A.金属棒受到的安培力大小为eq\f(1,4)mg，方向竖直向下B.磁场方向垂直纸面向里C.磁场的磁感应强度大小为eq\f(mg,2Il)D.若仅改变金属棒中的电流方向，那么两软绳上的拉力大小均变为eq\f(1,2)mg答案C解析由于金属棒通电后两软绳上的拉力均等于金属棒重力的eq\f(3,4)，所以两软绳的总拉力大小为eq\f(3,2)mg，由力的平衡条件可判断出此时金属棒受到的安培力方向竖直向下，大小为F安＝eq\f(1,2)mg，故A错误；由左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向外，故B错误；由F安＝eq\f(1,2)mg＝IlB，得磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(mg,2Il)，故C正确；若仅改变金属棒中的电流方向，则安培力的方向变为竖直向上，此时两软绳的拉力大小均为F＝eq\f(1,2)(mg－F安)＝eq\f(1,4)mg，故D错误。A级基础对点练对点练1安培定则磁场的叠加1.(多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图1，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()图1测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方答案BC解析如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格第1次测量的数据可知此处的磁感应强度大致为B＝eq\r(Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正确；测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量By<0，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx>0，故x轴正向指向北方而y轴正向则指向西方，C正确，D错误。2.(2023·河北邯郸高三期末)如图2所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图2所示，且IM＝2IN(已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，其中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为()图2A.大小为eq\r(3)B1，方向水平向右B.大小为eq\r(3)B1，方向水平向左C.大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下D.大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上答案A解析设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度示意图如图实线所示，可得B1＝B0，M导线移到P点时，如图中虚线所示，此时合磁感应强度大小为eq\r(3)B0，即eq\r(3)B1，方向水平向右，故A正确。3.(2023·安徽江南十校联考)三根足够长的绝缘直导线a、b、c按图示3方式固定放置在同一纸面内，其交点分别为M、N、P，三点恰好构成正三角形，O点为该三角形的中心，O′点与O点关于导线c对称。现在a、b、c三根导线中分别通入恒定电流I、2I、3I。已知长直导线电流在空间某点产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该点到直导线的距离成反比。若O点的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里，则O′点的磁感应强度为()图3A.大小为eq\f(3,4)B0，方向垂直纸面向里B.大小为eq\f(3,4)B0，方向垂直纸面向外C.大小为eq\f(1,4)B0，方向垂直纸面向里D.大小为eq\f(1,4)B0，方向垂直纸面向外答案D解析设a导线在O点产生的磁感应强度大小为B，则b导线在O点产生的磁感应强度大小为2B，c导线在O点产生的磁感应强度大小为3B，方向均垂直纸面向里，则B＋2B＋3B＝B0，所以B＝eq\f(B0,6)，又a导线在O′点产生的磁感应强度大小为eq\f(B,2)，方向垂直纸面向里；b导线在O′点产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；c导线在O′点产生的磁感应强度大小为3B，方向垂直纸面向外。所以O′点磁感应强度大小为B′＝3B－B－eq\f(B,2)＝eq\f(B0,4)，A、B、C错误，D正确。对点练2安培力的分析与计算4.(多选)(2023·福建福州高三期末)已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，与该点到导线的距离成反比。如图4，两根平行长直通电导线L1、L2中的电流强度分别为I和2I，此时L1受到的磁场力大小为F。现将另一根长直通电导线L3平行放在L1外侧，三根导线间距相等且处于同一平面，L1受到的磁场力大小变为2F，则L3中的电流强度大小可能是()图4A.2I B.4I C.6I D.8I答案AC解析只有平行长直通电导线L1、L2时，L1受到向右的安培力，将另一根长直通电导线L3平行放在L1外侧，L1受到的磁场力大小变为2F，若L3电流向上，L3电流产生的磁场对L1有向左的安培力，分析可知大小为3F，因长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，对比L2电流强度大小可知L3中的电流强度大小为6I，若L3电流向下，L3电流产生的磁场对L1有向右的安培力，分析可知大小为F，对比L2电流强度大小可知L3中的电流强度大小为2I，故A、C正确，B、D错误。5.一个可以沿过圆心的水平轴自由运动的线圈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5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()图5A.不动 B.顺时针转动C.逆时针转动 D.在纸面内平动答案B解析方法一(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，由左手定则可知，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，B正确。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，B正确。方法三(结论法)环形电流I1、I2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动，B正确。6.如图6，等腰梯形线框abcd是由相同材料、相同横截面积的导线制成，梯形上底和腰长度均为L，且腰与下底夹角为60°。整个线框处在与线框平面垂直的匀强磁场中。现给线框通入图示电流，若下底cd受到的安培力为F，则整个线框受到的安培力为()图6A.eq\f(4,3)F B.eq\f(5,3)F C.2F D.eq\f(3,2)F答案B解析梯形上底和腰长度均为L且腰与下底夹角为60°，由几何关系可知，梯形的下底dc长为2L；由电阻的决定式R＝eq\f(ρl,S)，可知梯形的边dabc的电阻等于下底dc的电阻的1.5倍，两者为并联关系，设dc边中的电流大小为I′，根据欧姆定律，知dabc中的电流为eq\f(2,3)I′；由已知条件可知ab边与dc边的电流方向相同，由题意知F＝BI′·2L，所以边dabc所受安培力为F′＝B·eq\f(2,3)I′·2L＝eq\f(2,3)F，方向与dc边所受安培力的方向相同，则整个线框受到的安培力为eq\f(5,3)F，故B正确。对点练3安培力作用下的平衡与加速7.(2023·湖北黄冈高三月考)如图7所示，质量为m、半径为r、有缺口的半圆形金属圆环用金属线a、b连接并悬吊，半圆环直径AC水平，静止在磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，磁场方向垂直于环面向外，竖直金属线a、b间的距离为r，通过金属线a、b给半圆环通以大小为I的电流，半圆环仍保持静止，重力加速度为g，则金属线a上的拉力为()图7A.eq\f(1,2)(mg＋IrB) B.eq\f(1,2)(mg－IrB)C.eq\f(1,2)(mg＋2IrB) D.eq\f(1,2)(mg－2IrB)答案B解析根据左手定则，半圆环所受的安培力向上，根据平衡条件得2F＋IrB＝mg，解得F＝eq\f(1,2)(mg－IrB)，故B正确。8.(2023·山东省济宁高三期末)某同学设计了测定磁场的磁感应强度B大小的实验，他用两根不可伸长的绝缘细线将质量为m、长为L的导体棒水平悬挂在方向竖直向下的匀强磁场中。当突然给导体棒通入大小为I的恒定电流，棒沿弧线“弹起”到最高点时，悬线与竖直方向的夹角刚好为53°，整个过程导体棒一直处于水平状态，其侧视图如图8所示，已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则()图8A.B＝eq\f(mg,2IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向外B.B＝eq\f(4mg,3IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向外C.B＝eq\f(mg,2IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向里D.B＝eq\f(4mg,3IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向里答案A解析由题意知，导体棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向为侧视图中垂直纸面向外。在导体棒由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理可知－mgL(1－cos53°)＋ILB·Lsin53°＝0，可解得B＝eq\f(mg,2IL)，故A正确，B、C、D错误。9.(2022·重庆高三诊断)如图9所示，电源电动势E＝16V，内阻r＝1Ω，在磁感应强度B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.2kg的金属细杆MN置于倾角为θ＝37°的导轨上，导轨的宽度为L＝0.5m，杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导轨与MN杆的电阻忽略不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使MN杆在导轨上恰好不上滑，滑动变阻器R的阻值为()图9A.1Ω B.3Ω C.5Ω D.7Ω答案A解析画出杆MN在导轨上恰好不上滑这种情况下的受力分析图，如图所示，由平衡条件得，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正确。B级综合提升练10.(2023·山东省济宁高三月考)三根足够长的导体棒a、b、c呈等边三角形排列，质量均为m，电流大小相等、方向如图10所示，a、b两导体棒放置在粗糙的水平桌面上，导体棒c被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g，则()图10A.弹簧的拉力大于c导体棒的重力B.桌面对a、b导体棒的摩擦力均为零C.桌面对a导体棒的支持力大于eq\f(3,2)mgD.若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，则弹簧长度增大答案D解析由“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”知，a导体棒和b导体棒对c导体棒都是排斥力，作用力的合力方向竖直向上，故弹簧的拉力小于c导体棒的重力，选项A错误；c导体棒对a导体棒的作用力为斜向左下的排斥力，b导体棒对a导体棒的作用力为水平向右的吸引力，两力大小相等，夹角120°，合力斜向右下方，a导体棒受力平衡，说明桌面对a导体棒的摩擦力不为零，方向水平向左，同理桌面对b导体棒摩擦力也不为零，方向水平向右，选项B错误；选择a、b、c导体棒整体研究，由于弹簧的弹力竖直向上，根据对称性，桌面对a导体棒的支持力小于eq\f(3,2)mg，选项C错误；若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力增大，长度增大，选项D正确。11.如图11甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125m，相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06kg，接入电路的电阻r＝1.5Ω，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，侧视图如图乙所示，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：图11(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。答案(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向竖直向下解析(1)导体棒静止时，受力分析如图所示根据平衡条件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入数据解得导体棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4T。(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛顿第三定律可知，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54N，方向竖直向下。第2讲磁场对运动电荷的作用学习目标1.会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。2.会分析带电粒子在有界磁场中的运动。1.2.1.思考判断(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)(2)根据公式T＝eq\f(2πr,v)，带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)(3)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(×)(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)(5)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。(√)2.(多选)如图1所示，初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()图1A.电子将向右偏转，速率不变B.电子将向左偏转，速率改变C.电子将向左偏转，轨道半径不变D.电子将向右偏转，轨道半径改变答案AD考点一对洛伦兹力的理解和应用1.洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。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。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。跟踪训练1.如图2所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将()图2A.向上偏转 B.向下偏转C.向左偏转 D.向右偏转答案D解析根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛伦兹力向右，故D正确。2.(2022·北京卷，7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图3中的1、2、3所示。下列说法正确的是()图3A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子答案A解析三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2对应的粒子是正电子，1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；对于轨迹1的粒子运动半径越来越小，由r＝eq\f(mv,qB)知，运动速度越来越小，B错误；对于轨迹2和轨迹3两种粒子，由于初始半径r2＜r3，由r＝eq\f(mv,qB)知v2＜v3，故C错误。

考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定基本思路图例说明圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心P、M点速度方向垂线的交点P点速度方向垂线与弦的垂直平分线交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：左图中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度l求时间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.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图4所示)图4(2)平行边界：往往存在临界条件，如图5所示。图5(3)圆形边界①沿径向射入必沿径向射出，如图6甲所示。②不沿径向射入时，如图6乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。图6角度直线边界和平行边界磁场例1(多选)如图7所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为＋q和－q的带电粒子，从O点以相同的初速度v，先后射入磁场，已知初速度方向与OF成θ＝30°角，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则()图7A.两带电粒子回到EOF竖直线时到O点的距离相等B.两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同C.两带电粒子在磁场中的运动时间相等D.从射入到射出磁场的过程中，两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同答案ABD解析这两个正、负粒子以与OF成θ＝30°角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，负粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示(磁场未画出)。因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)知，正、负粒子的轨迹半径和周期相同。由几何关系知，负粒子在磁场中转过的角度为2θ，正粒子在磁场中转过的角度φ＝2π－2θ，则两段圆弧所对应的弦长度相等，即两带电粒子回到EOF竖直线时到O点的距离相等，选项A正确；因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，两粒子回到EOF竖直线时的速度大小和方向均相同，选项B正确；因正、负粒子的运动周期相同，而在磁场中的偏转角度不同，所以两带电粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误；因两带电粒子的初、末速度相同，根据动量定理可知两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，选项D正确。跟踪训练3.如图8所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，下列判断正确的是()图8A.粒子a带负电，粒子b带正电B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq\r(3)C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq\r(3)∶1D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2答案B解析粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；如图所示，由几何关系可知，磁场宽度x＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正确；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C错误；粒子运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，则Ta＝Tb，a运动的时间ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta＝eq\f(1,6)T，b运动的时间tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb＝eq\f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。角度圆形边界磁场例2(2023·江苏盐城高三月考)如图9所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是()图9A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子C.沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为eq\f(\r(3),3)D.沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8答案C解析由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则由T＝eq\f(2πm,qB)，可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误；由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电，B项错误；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根据qvB＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C项正确；运动时间之比为偏转角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D项错误。跟踪训练4.(多选)(2023·河北张家口高三期末)如图10所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AC是圆的一条直径，D为圆上一点，∠COD＝60°。在A点有一个粒子源，沿与AC成30°角斜向上垂直磁场的方向射出速率均为v的各种带正电粒子，所有粒子均从圆弧CD射出磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。则从A点射出的粒子的比荷eq\f(q,m)可能是()图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解析带电粒子从C点射出磁场，轨迹如图甲所示，由几何关系得sin30°＝eq\f(R,r1)，解得r1＝2R，带电粒子从D点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几何关系得AODO2是菱形，所以粒子的轨迹半径r2＝R，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得从A点射出的粒子的比荷满足eq\f(v,2BR)≤eq\f(q,m)≤eq\f(v,BR)，故A、D正确。 甲乙角度三角形或四边形边界磁场例3如图11所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是()图11A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍答案C解析由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v′＝2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，A错误；由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的圆心角将减小，粒子在磁场中运动的时间将减小，B错误；若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子的运动半径将减小为原来的eq\f(1,2)，将从a点射出，粒子运动时间为半个周期，即t′＝eq\f(πm,qB′)＝eq\f(πm,2qB)，而原来的时间t＝eq\f(90°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，所以t′＝t，时间不变，故C正确，D错误。跟踪训练5.(多选)如图12所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是()图12A.速度的最大值为eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)B.速度的最小值为eq\f(qBl,m)C.在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,4qB)D.在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,qB)答案AD解析粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知r1＝eq\f(l,2)，2r2cos45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋eq\r(2))l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故粒子的最大速度为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正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，最小圆心角θmin>45°，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝eq\f(θmin,360°)T>eq\f(πm,4qB)，最长时间tmax＝eq\f(θmax,360°)T＝eq\f(πm,qB)，故C错误，D正确。A级基础对点练对点练1对洛伦兹力的理解和应用1.(2023·广东潮州高三期末)极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图1所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。此运动形成的主要原因是()图1A.太阳辐射对粒子产生了驱动力的作用效果B.粒子的带电荷量减小C.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小D.南北两极附近的磁感应强度较强答案D解析粒子在运动过程中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知半径不断减小与太阳辐射对粒子产生了驱动力无关，A错误；当带电荷量减小时，半径增大，B错误；洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由r＝eq\f(mv,qB)可知，当磁感应强度增加时，半径减小，D正确。2.(2023·安徽芜湖市高三期末)如图2所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，图中O点为荧光屏的中心，若调节偏转线圈中的电流，使电子束打到荧光屏上的A点，此时下列说法正确的是()图2A.电子经过磁场速度增大B.偏转磁场的方向水平向右C.偏转磁场的方向垂直纸面向里D.偏转磁场的方向垂直纸面向外答案D解析电子经过磁场，洛伦兹力不做功，则动能不变，即速度不变，故A错误；欲使电子束打到荧光屏上的A点，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外，故B、C错误，D正确。对点练2带电粒子在匀强磁场中的运动3.在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动。则α粒子与β粒子的动能之比是()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，根据牛顿第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)，动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为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正确。4.(多选)(2021·湖北卷，9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图3所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是()图3A.a带负电荷B.b带正电荷C.c带负电荷D.a和b的动量大小一定相等答案BC解析由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于a粒子与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。5.(2022·广东卷)如图4所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是()图4答案A解析由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；质子的运动轨迹在Ozx平面的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。6.(2023·广东广州一模)如图5，虚线内有垂直纸面的匀强磁场，acb是半圆，圆心是O，半径为r，∠bOc＝60°。现有一质量为m、电荷量为＋q的离子，以速度v沿半径Oc射入磁场，从bd边垂直边界离开磁场，则()图5A.离子做圆周运动的半径为2rB.离子离开磁场时距b点为3rC.虚线内的磁感应强度大小为eq\f(mv,3qr)D.离子在磁场中的运动时间为eq\f(5\r(3)πr,6v)答案D解析由题意作出离子在磁场中运动轨迹示意图如下。根据几何关系，离子在磁场中圆周运动半径为R＝eq\r(3)r，离子离开磁场时距b点为s＝R＋eq\f(r,cos60°)－r＝(eq\r(3)＋1)r，故A、B错误；离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力知，qvB＝meq\f(v2,R)，可得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,\r(3)qr)，故C错误；由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150°，则运动时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(5\r(3)πr,6v)，故D正确。7.(多选)(2023·河北衡水高三期末)如图6所示，竖直线CD右边的空间存在范围无限大且垂直纸面向里的有界匀强磁场，带有同种电荷的M粒子和N粒子同时从匀强磁场的边界CD上的S点分别以与边界的夹角为30°和60°射入磁场，两粒子又恰好同时到达Q点。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则()图6A.M、N两粒子的运动轨迹半径之比为eq\r(3)∶1B.M、N两粒子的运动轨迹半径之比为2∶1C.M、N两粒子的初速度大小之比为eq\r(3)∶1D.M、N两粒子的比荷之比为5∶2答案AD解析设SQ＝d，由题图可知，M粒子在磁场中运动轨迹半径rM＝d，运动轨迹所对应的圆心角为300°，运动轨迹弧长sM＝eq\f(5πd,3)，N粒子在磁场中运动轨迹的半径rN＝eq\f(\r(3),3)d，所对应的圆心角为120°，运动轨迹弧长sN＝eq\f(2\r(3)πd,9)，所以M、N两粒子运动半径之比为eq\r(3)∶1,A正确，B错误；因运动时间t＝eq\f(s,v)，而tM＝tN，则M、N粒子的初速度大小之比为15∶2eq\r(3)，C错误；根据qvB＝meq\f(v2,r)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，故M、N粒子的比荷之比为5∶2，D正确。8.(多选)(2023·湖南长沙高三联考)半径为R的半圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场。不计重力的a、b两粒子从圆周上的P点沿着半径方向射入磁场，分别从A、B两点离开磁场，运动轨迹如图7所示。已知a、b两粒子进入磁场时的速率之比为1∶2，AOB为直径，∠AOP＝60°。下列说法正确的是()图7A.a粒子带正电，b粒子带负电B.a、b两粒子的比荷之比为3∶2C.a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶1D.a、b两粒子的轨道半径之比为1∶3答案BD解析根据粒子的运动轨迹，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由几何关系可知，a、b两粒子的半径之比为r1∶r2＝1∶3，D正确；由r＝eq\f(mv,qB)可知，a、b两粒子的比荷之比为3∶2，B正确；粒子在磁场中运动时间t＝eq\f(l,v)＝eq\f(θr,v)，θ为轨迹所对应的圆心角，代入数据可知，a、b两粒子在磁场中运动时间之比为4∶3，C错误。9.(2023·江西南昌高三月考)如图8所示，边长为L的正方形A