微专题13磁场带电粒子在磁场中的运动

微专题13磁场带电粒子在磁场中的运动知识整合热点考向考向1：磁场的性质及安培力。考向2：带电粒子在磁场中的运动。

题型一磁场的叠加安培定则磁感应强度为矢量，遵循平行四边形定则，如图1所示。图1【例1】如图2所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I。两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧。规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B。下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是()图2答案A解析由安培定则知，两根通电导线圆弧部分在原点O处产生的磁场方向都垂直纸面向里，由磁场叠加原理知，一根通电直导线在原点O处产生的磁感应强度的大小为eq\f(B,2)。由安培定则及磁场叠加原理知，A项O处磁感应强度为B，B项O处磁感应强度为2B，C、D项O处磁感应强度为－B。故A正确。题型二磁场对通电导体的作用力1．变曲为直：如图3甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。图32．化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。【例2】一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成eq\f(3,4)圆环，放置在xOy坐标平面内，如图4所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为()图4A．F B.eq\f(\r(2),3π)FC.eq\f(2\r(2),3π)F D.eq\f(3\r(2)π,2)F答案C解析设通电直导线长度为L，平行于x轴放置时受到的安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则eq\f(3,4)×2πR＝L，解得R＝eq\f(2L,3π)，弦ab的长度d＝eq\r(2)R＝eq\f(2\r(2)L,3π)，此时圆环受到的安培力F′＝eq\f(d,L)F＝eq\f(2\r(2),3π)F，故C正确，A、B、D错误。磁场中通电导体类问题的解题步骤(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时要考虑安培力。(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系。(3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解。题型三带电粒子在有界磁场中的运动分析此类问题的关键点：(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角与圆心角、运动时间相联系，在匀强磁场中运动的时间与周期相联系。(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式。qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，T＝eq\f(2πr,v)。角度1直线边界磁场粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速度与边界的夹角相等。【例3】如图5所示，在xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上方磁场的磁感应强度为B，x轴下方磁场的磁感应强度为eq\f(B,2)。一带电荷量为－q、质量为m的粒子从O点垂直于磁场方向射入第一象限，入射速度v与x轴正方向夹角为30°，不计重力，则粒子从O点射入后()图5A．在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1B．到再次经过x轴进入上方磁场时，在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为1∶5C．到再次经过x轴进入上方磁场所需的时间为eq\f(2πm,qB)D．能再次回到O点答案D解析由qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝eq\f(mv,qB)，知粒子做圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，A错误；粒子在x轴上方磁场中轨迹所对应的圆心角为60°，到再次经过x轴进入上方磁场时，粒子在x轴上方磁场中运动的时间t1＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，在x轴下方磁场中轨迹所对应的圆心角为300°，在x轴下方磁场中运动的时间t2＝eq\f(300°,360°)×eq\f(2πm,q\f(B,2))＝eq\f(10πm,3qB)，再次经过x轴进入上方磁场时，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比t1∶t2＝1∶10，B错误；到再次经过x轴进入上方磁场所需的时间为t＝t1＋t2＝eq\f(11πm,3qB)，C错误；根据左手定则判断可知，粒子在第一象限沿顺时针方向运动60°，而在四、三象限沿顺时针方向运动300°，在第二象限沿顺时针方向运动60°，且在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以轨迹如图所示，粒子可以回到原点O，D正确。角度2矩形边界磁场【例4】如图6所示，正方形abcd区域存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，O、P分别为bc、cd边的中点。a点有一质子源，可沿ad方向发射质子，当质子的速度分别为v1和v2时，其在磁场中的运动时间分别为t1、t2，并分别从O点、P点射出。不计质子重力，则下列说法正确的是()图6A.eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,1)B．若将eq\o\al(2,1)H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子的出射点为OC．若将eq\o\al(2,1)H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t1D．若将eq\o\al(2,1)H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t2答案D解析设正方形边长为L，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由几何关系可得req\o\al(2,O)＝（eq\f(L,2)）2＋(L－rO)2，req\o\al(2,P)＝L2＋（rP－eq\f(L,2)）2，解得rO＝eq\f(5,8)L，rP＝eq\f(5,4)L，从O点和P点射出的质子速率之比为eq\f(v1,v2)＝eq\f(rO,rP)＝eq\f(1,2)，故A错误；若将eq\o\al(2,1)H从a点以速度v1沿ad方向射入，由于eq\o\al(2,1)H的质量是质子的2倍，由r＝eq\f(mv,qB)知其在磁场中运动半径r′＝eq\f(2mv1,qB)＝rP，即eq\o\al(2,1)H会从P点射出，故B错误；由圆周运动周期公式T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，在磁场中运动时间t＝eq\f(θ,2π)T，若将eq\o\al(2,1)H从a点以速度v1沿ad方向射入，会从P点射出，与质子以v2射入磁场偏转情况一样，θ相等，故两种情况时间之比等于周期之比，由T＝eq\f(2πm,qB)知周期之比等于质量之比，等于2∶1，所以eq\o\al(2,1)H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t2，故C错误，D正确。角度3三角形边界磁场【例5】如图7所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()图7A．从P点射出的粒子速度大B．从Q点射出的粒子速度大C．从P点射出的粒子，在磁场中运动的时间长D．从Q点射出的粒子，在磁场中运动的时间长答案B解析作出各自的轨迹如图所示，根据匀速圆周运动特点知，粒子分别从P、Q点射出时，出射速度方向与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径rP<rQ。由qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，故从Q点射出的粒子速度大，A错误，B正确；由T＝eq\f(2πm,qB)知两粒子的运动周期相同，根据图可知，两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等，C、D错误。角度4圆形边界磁场1.径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图甲所示。2．等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图乙所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)。3．点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相等时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图丙所示。4．平入点出：若大量带电粒子以相互平行的速度射入匀强磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相等，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，圆周上该点的切线方向与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图丁所示。【例6】如图8，在竖直面内，一半径为R的圆形区域布满匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直圆面(图中未画出)。一群负离子以相同的速率v0由P点(PQ为直径，且与地面平行)在竖直面内沿不同方向射入磁场中，发生偏转后，所有离子均垂直打在磁场区域下侧水平放置的荧光屏(足够大)上，形成长为L的亮斑。不计离子的重力和离子间的相互作用，下列说法正确的是()图8A．离子做圆周运动的半径等于2RB．离子在磁场中运动时间不超过eq\f(πR,v0)C．离子在磁场中运动时间大于eq\f(πR,3v0)D．增大荧光屏与磁场圆的距离，亮斑的长度L增大答案B解析根据qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝eq\f(mv,qB)，因所有离子射入磁场的速率均为v0，则它们做圆周运动的半径相同，以速度方向沿着PQ方向入射的离子为例，其运动轨迹如图所示，可知其运动半径为R，故所有离子的运动半径均为R，A错误；取无限接近垂直PQ向上入射的离子(当作垂直PQ)进行分析，其在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πR,v0)，因离子均垂直打在磁场区域下侧水平放置的荧光屏(足够大)上，则离子运动轨迹为半个圆，则离子运动时间为t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πR,v0)，所以离子在磁场中运动时间是不会超过eq\f(πR,v0)的，B正确；取无限接近垂直PQ向下入射的离子进行分析，此为另一种极限入射情况的离子，该情况离子在磁场中运动的时间无限接近于0，所以离子在磁场中运动时间大于0，C错误；离子最后均垂直打在磁场区域下侧水平放置的荧光屏上，所以亮斑的长度与荧光屏与磁场圆的距离无关，D错误。题型四动态圆模型1．旋转圆：从某点O向各个方向等速率发射大量相同的粒子，画出某个方向粒子的轨迹圆，以O为轴“旋转”圆，从而找到临界条件，如图甲所示。2．缩放圆：从某点O向同一方向速度大小不同发射大量相同的粒子，按照半径从小到大的次序，画出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件，如图乙所示。3．平移圆：从不同点向同一方向、以大小相等的速度发射大量相同的粒子，画出某个粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界条件，如图丙所示。角度1粒子速度方向一定【例7】(2022·江苏南京月考)居里夫人是世界上最伟大的科学家之一，在放射性的研究方面取得了卓越的成就。若某次研究射线的实验中，将放射源放在一个半径为R0的圆柱形容器中心轴线上A处，如图9所示，放射源产生不同速率的同种粒子，沿AO方向从小孔O射出，进入一个圆心在A处磁感应强度大小为B的环形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，容器内无磁场。设其中有一粒子速度为v0，在磁场中运动的半径为R0，不计粒子重力和粒子间的相互作用。图9(1)求该粒子的比荷；(2)若圆形有界磁场的半径为3R0，且从O处射出的所有粒子都不能出磁场，求粒子射出速度的最大值；(3)若速度为v0的粒子与圆柱形容器碰撞时不损失能量，且粒子电量不变，则从O处射出的粒子再回到O处所经历的时间。答案(1)eq\f(v0,BR0)(2)eq\f(4,3)v0(3)eq\f(6πR0,v0)解析(1)粒子在磁场中运动的洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R0)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,BR0)。(2)从O点射出的粒子，当轨迹与圆形磁场外边界相切时速度最大。设粒子轨迹半径为r，则r＋eq\r(r2＋Req\o\al(2,0))＝3R0解得r＝eq\f(4,3)R0根据qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),r)解得vm＝eq\f(4,3)v0。(3)速度为v0的粒子在磁场中运动的半径为R0，则粒子从O点射出，第一次回到圆柱形容器表面时，在磁场中转过的圆心角为270°，经过3次与圆柱形容器碰撞后，从O点射入，则经过的时间t＝eq\f(270°×4,360°)×T＝3×eq\f(2πR0,v0)＝eq\f(6πR0,v0)。角度2粒子速度大小一定【例8】如图10所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的与磁场方向平行的感光板MN。从磁场区域最左端Q点垂直磁场方向射入大量的带电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，且速度满足v＝eq\f(qBR,m)，最后都打在了感光板上。不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是()图10A．这些粒子都带负电B．沿着圆心方向入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C．只有沿着圆心方向入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN上D．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN上答案D解析因为粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，根据qvB＝meq\f(v2,r)，则粒子做r＝eq\f(mv,qB)的匀速圆周运动，因为速度满足v＝eq\f(qBR,m)，所以r＝R，根据几何关系知，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，且沿着圆心方向入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，B、C错误，D正确。1．(2021·江苏卷)在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为()A．BIL B．2BILC．πBIL D．2πBIL答案A解析从上向下看导线的图形如图所示，导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小F＝2BIL，设导线的张力为T，由几何关系可知T＝eq\f(F,2)，解得T＝BIL，故A正确，B、C、D错误。2．(2021·全国乙卷，16)如图11，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则eq\f(v1,v2)为()图11A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)答案B解析设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2＝Rtan60°＝eq\r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(qBr,m)，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，B正确。3.(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图12所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()图12答案C解析根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。4．(2022·湖南卷，3)如图13(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13A．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(BIL,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。5．(2020·全国Ⅲ卷，18)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14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()图14A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析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轨迹的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，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，由牛顿第二定律有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，选项C正确。1．(2022·江苏无锡高三阶段练习)有一种磁悬浮地球仪，通电时地球仪会悬浮起来(图1甲)。实际原理如图乙所示，底座是线圈，地球仪是磁体，通电时能让地球仪悬浮起来。则下列叙述中正确的是()图1A．地球仪只受重力作用B．电路中的电源必须是交流电源C．电路中的b端点须连接直流电源的正极D．增大线圈中的电流，地球仪飘浮的高度不会改变答案C解析地球仪受到重力和同名磁极相互排斥力，保持平衡状态，故A错误；为了保证地球仪和底座之间始终是斥力，线圈中的电流方向就不能改变，所以电路中的电源必须是直流电源，故B错误；由分析可知螺线管的上端为N极，根据右手螺旋定则可知电路中的b端点须连接直流电源的正极，故C正确；若线圈中的电流增大，地球仪受到的磁场力增大，地球仪与底座之间距离变大，地球仪飘浮高度升高，故D错误。2．(2022·江苏常州高三期中)如图2所示，导体棒Ⅰ和Ⅱ互相垂直放于光滑的水平面内，导体棒Ⅰ固定，Ⅱ可以在水平面内自由运动。给导体棒Ⅰ、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置。下列关于导体棒Ⅱ位置(俯视图)的描述可能正确的是()图2答案C解析导体棒Ⅰ中的电流产生磁场，根据安培定则可知，棒Ⅰ右侧的磁场垂直纸面向外，且离导线越近，磁场越强，根据左手定则可知，导体棒Ⅱ受到安培力沿着导体棒Ⅰ中电流的方向，导体棒Ⅱ左端位置磁感应强度大，故棒Ⅱ左端受到的安培力大，向下运动的快。故C正确。3．(2022·江苏苏州月考)如图3所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则()图3A．a点的磁感应强度可能为零B．cd导线受到的安培力方向向右C．ef导线在b点产生的磁场方向垂直纸面向外D．同时改变两导线的电流方向，两导线受到的安培力方向均改变答案C解析根据安培定则可知cd直导线在a处产生的磁场向里，ef直导线在a处产生的磁场向外，因a离cd较近，可知a点的磁场方向向里，不等于0，故A错误；根据左手定则可判断，方向相反的两个电流受安培力表现为互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左，故B错误；根据安培定则可知，电流ef在b处产生的磁场垂直纸面向外，故C正确；只要两导线电流方向相反，就互相排斥，故D错误。4．(2022·江苏无锡高三期末)如图4所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则()图4A．两板间电压的最大值Um＝eq\f(qB2L2,2m)B．能打到N板上的粒子的最大动能为eq\f(q2B2L2,9m)C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(2πm,qB)D．CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝eq\f(2,3)L答案A解析根据动能定理qUm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，根据牛顿第二定律qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),Rm)，由几何知识知轨迹半径为Rm＝L，解得Um＝eq\f(qB2L2,2m)，A正确；最大动能为Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Ekm＝eq\f(q2B2L2,2m)，B错误；粒子在磁场中运动的最长时间为tm＝eq\f(1,2)T，T＝eq\f(2πm,qB)，解得tm＝eq\f(πm,qB)，C错误；设轨迹和CD相切时的半径为R2，L＝R2＋eq\f(R2,sin30°)，解得R2＝eq\f(L,3)，被粒子打中区域的长度为s＝Rm－eq\f(R2,tan30°)，解得s＝eq\f(（3－\r(3)）L,3)，D错误。5．(2022·江苏苏州高三期末)如图5所示，圆形硬质金属导线M－a－N－b－M固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的eq\f(1,4)，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为()图5A.eq\f(\r(2),6)F B.eq\f(\r(2),3)FC.eq\f(\r(2),2)F D.eq\f(3\r(2),2)F答案A解析圆弧MaN的长度为圆周长的eq\f(1,4)，则圆弧导线MbN长度为圆周长的eq\f(3,4)，圆弧导线MbN的电阻是圆弧MaN的3倍，两端圆弧并联连接，故通过的电流与电阻成反比，导线MbN与圆弧MaN受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式F＝ILB，已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，可知导线MbN受到的安培力大小为eq\f(F,3)。受力分析，导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，如图所示根据平衡条件可得F张＝eq\f(F,3)cos45°＝eq\f(\r(2),6)F，B、C、D错误，A正确。6．(2022·江苏常州高三阶段练习)一对相同的载流圆线圈彼此平行且共轴，通以同方向等大电流，在两线圈圆心O1、O2连线上取A、B、C三点，使得AO1＝O1B＝BO2＝O2C，A、B两点的磁感应强度大小分别为BA和BB。若仅将线圈O2中电流反向(大小不变)，则C点的磁感应强度大小变为BC，下列说法正确的是()图6A．BC＝BB－BA，开始时A与C磁场同向，后来A与C磁场反向B．BC＝BB－BA，开始时A与C磁场反向，后来A与C磁场同向C．BC＝2BA－BB，开始时A与C磁场同向，后来A与C磁场反向D．BC＝2BA－BB，开始时A与C磁场反向，后来A与C磁场同向答案A解析设AO1＝O1B＝BO2＝O2C＝x，距离圆环x，每个圆环单独产生的磁感应强度为B1，距离圆环3x处每个圆环单独产生的磁感应强度为B2，电流同向时，根据安培定则，两线圈产生的磁感应强度在中轴线上磁场向下，B点的合磁感应强度方向向下，BB＝2B1，A点的合磁感应强度方向向下，BA＝B1＋B2，在线圈O2中电流反向后，线圈O2在C点的磁场方向向上，线圈O1在C点的磁场方向向下，合磁感应强度方向向上，BC＝B1－B2，电流反向后线圈O2在A点的磁场方向向上，线圈O1在A点的磁场方向向下，合磁感应强度方向向下，联立得BC＝BB－BA，由以上分析知，开始时A与C磁场同向，后来A与C磁场反向，故A正确。7．(2022·江苏盐城高三阶段练习)为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图7所示，电磁推进器用绝缘材料制成直海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，正、负电极与直流电源相连后在海水中形成电流。关于该电磁推进器的说法正确的是()图7A．图示中海水受到的磁场力方向垂直纸面向里B．图示中推进器受到海水推力方向平行纸面向下C．由于使用超导线圈，所以海水中不会产生焦耳热D．同等情况下此推进装置在纯净的淡水湖中推进效果比在海水中好答案A解析根据左手定则，图示中海水受到的磁场力方向垂直纸面向里，A正确；根据牛顿第三定律，推进器受到的海水推力方向向外，B错误；使用超导线圈，海水中仍会产生焦耳热，C错误；海水导电效果好于淡水，同等情况下电流大的推进效果好，D错误。8．如图8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的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域。若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为()图8A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)答案C解析根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝eq\f(qBr,m)，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin45°＝O′E，即(R＋L)sin45°＝R，解得满足题目要求的最大半径为R＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度为v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；当粒子从C点出射时，满足题目要求的半径最小，为R′＝eq\f(L,2)，故最小速度应为v2＝eq\f(qBL,2m)，则v的取值范围为eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C正确，A、B、D错误。9．(2022·江苏南通高三期末)如图11所示，一固定的绝缘圆筒的横截面半径为R，筒壁开有小孔，圆筒内有与纸面垂直的强弱能调节的匀强磁场。初速度为0的带电粒子经电压U加速后沿筒的半径方向从小孔射入圆筒，当桶内不加磁场时，粒子与筒壁碰撞后又从小孔射出圆筒，在桶内运动的时间为t1。已知粒子与筒壁碰撞是弹性的，且电荷量不变，粒子的重力不计。图9(1)求粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若改变桶内的磁感应强度，当粒子射入圆筒：①并与筒壁发生2次碰撞后射出圆筒，求粒子在桶内运动的时间t2；②并与筒壁发生4次碰撞后射出圆筒，求此时桶内的磁感应强度大小B。答案(1)eq\f(8R2,Uteq\o\al(2,1))(2)①eq\f(\r(3)πt1,4)②eq\f(Ut1,2R2tan\f(π,5))或eq\f(Ut1,2R2tan\f(2π,5))解析(1)在电场中加速时qU＝eq\f(1,2)mv2－0在磁场中运动时t1＝eq\f(4R,v)解得eq\f(q,