第11讲 磁场（解析版）-2024高考二轮复习二十五讲

2024高考二轮复习二十五讲第11讲、磁场第一部分织网点睛，纲举目张1.磁场的叠加及安培力(1)地磁场的分布：北半球，竖直重量向下；南半球，竖直重量向上；地球上各处，水平重量向北；赤道上空，磁感应强度水平向北。(2)磁场的叠加：几根通电导线的磁场的叠加——安培定则(右手螺旋定则)，磁感应强度垂直于半径线；遵循矢量叠加。(3)安培力2．带电粒子在磁场中的受力状况(1)磁场只对不沿磁感线运动的电荷有力的作用，对静止的电荷或沿磁感线运动的电荷无力的作用。(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvBsinθ，留意：θ为v与B的夹角；F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。(3)洛伦兹力做功的特点：由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功。其次部分实战训练，高考真题演练1.（2023高考江苏学业水平选择性考试）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（）A.0 B.BIl C.2BIl D.【参考答案】C【名师解析】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力Fab=BI∙2l=2BIl则该导线受到的安培力为2BIl。2.（2023高考选择性考试辽宁卷）安培通过试验争辩，发觉了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（）A.kg·m/（s²·A） B.kg·m/（s²·A²） C.kg·m²/（s³·A） D.kg·m²/（s³·A³）【参考答案】B【名师解析】依据题干公式整理可得代入相应物理量单位可得比例系数k单位为B正确。3．（2023全国高考新课程卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（）A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面对里B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面对外C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面对里D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面对外【参考答案】C【名师解析】A项，电场方向水平向左、α粒子所受电场力向左，磁场方向垂直纸面对里，α粒子所受洛伦兹力向左，不行能得出如图所示的轨迹，A错误；B项，电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面对外，对电子，洛伦兹力向左fe=evB，电场力向右Fe=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向右，fα=2eB，所受电场力向左Fα=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹不符，B错误；C项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面对里，对电子，洛伦兹力向右fe=evB，电场力向左Fe=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向左，fα=2eB，所受电场力向右Fα=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹相符，C正确；D项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面对外，对电子，所受电场力向左，所受洛伦兹力向左，有关向左偏转，与题述轨迹不符，D错误。4.（2023高考选择性考试辽宁卷）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（）A. B. C. D.【参考答案】C【名师解析】导体棒匀速转动，设线速度为v，设导体棒从到C过程，棒转过的角度为，如图所示，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，依据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，依据=BLvcosθ，可知导体棒两端电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。5.（2023新高考福建卷）奥斯特利用如图所示试验装置争辩电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特接受把握变量法，连续争辩了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转状况的影响。他能得到的试验结果有（）A.减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 B.用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转C.减小电源电动势，小磁针肯定不能偏转 D.小磁针的偏转状况与其放置位置无关【参考答案】AB【命题意图】此题考查磁场、磁场叠加及其相关学问点。【名师解析】减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转状况不同，选项D错误。6.（2023高考海南卷）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面对里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（）A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功【参考答案】A【名师解析】依据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；洛仑兹力永不做功，D错误。5.（2023高考福建卷）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列推断正确的是（）A.地表电荷为负电荷B.环形电流方向与地球自转方向相同C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大【参考答案】AC【名师解析】依据安培定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确；由于表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误；若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确；若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。第三部分思路归纳，内化方法1.磁场叠加问题的一般解题思路(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。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。2.安培力(1)直线电流的安培力①大小：电流与磁场平行时，安培力为零；电流与磁场垂直时，安培力最大，为F＝BIL。②方向：由左手定则判定。(2)不规章外形通电导线的安培力①常规方法：接受分段法或微元法，先求出每段直导线或每个电流元受到的安培力，再运用力的矢量合成法则求出总的安培力。②等效长度法：如图所示的虚线，用“导线两端连线的长度”代入安培力公式F＝BIL中的L。(3)利用结论①同向平行电流相互吸引，异向平行电流相互排斥。②两个电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。利用这两个结论可以很简洁推断出通电导线的受力方向。第四部分最新模拟集萃，提升应试力量1.（2024山西三重教育联盟9月联考）粒子物理争辩中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面对里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽视粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）A.粒子1可能为中子B.粒子2可能为电子C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点【参考答案】AD【名师解析】由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，依据左手定则可知粒子2应当带正电，A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力供应向心力有解得可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。2．(2024江苏盐城期初摸底质检)如图所示，在直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面对里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0（v0大小未知）沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。下列推断不正确的是（）

A．该粒子的速度为vB．该粒子从b点运动到a点的时间为πmC．以22v0从bD．以2v0从b【参考答案】．D【名师解析】粒子从b点以某一初速度QUOTE沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于QUOTE轴离开磁场，如图所示由洛伦兹力供应向心力可得QUOTE由几何关系可得QUOTE联立解得QUOTE该粒子从b点运动到a点的时间为QUOTE

C．以QUOTE从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，故C正确；

D．以QUOTE从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为QUOTE当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示

由几何关系可知，最大圆心角为QUOTE，则最长时间为QUOTE故D错误。此题选择不正确的选项，故选D。3.（2023年7月安徽蚌埠期末）电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。已知电子的比荷为k，加速电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为，由此可知（）A.图中偏转磁场的方向为垂直纸面对外B.电子进入偏转磁场时的速度为C.电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为D.电子在偏转磁场中的运动时间为【参考答案】AC【名师解析】．由左手定则可推断出偏转磁场的方向为垂直纸面对外，故A正确；B．设电子质量为m，电荷量为e，电子束射入到偏转磁场时的速度为v，由动能定理解得故B错误；电子进入偏转磁场中运动，由洛伦兹力供应向心力解得，故C正确；电子在磁场中的运动时间，故D错误。4.（2023年7月安徽蚌埠期末）如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面对外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°角，经磁场偏转后从b点飞出，已知粒子在磁场中运动的时间为t，不计粒子所受重力，则（）A.该带电粒子带负电B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为RC.若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为D.若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为2t【参考答案】D【名师解析】依据左手定则推断知，该带电粒子带正电，故A错误；依题意，设粒子以速度飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为，依据几何学问可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为故B错误；依题意，可画出粒子以和两种状况下在磁场中运动轨迹如图所示粒子以速度大小为2v飞入磁场时，半径为，依据几何学问可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为；若仅将速度大小改为v，依据则粒子在磁场中运动的半径变为，利用几何学问可推断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间依据可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度飞入磁场时，在磁场中运动的时间为故C错误，D正确。5.（2023年7月安徽蚌埠期末）如图所示，两根同一竖直方向平行放置的长直导线a和b中通有大小不同、方向均垂直于纸面对里的电流时，a对地面的压力恰好为零。已知长直导线a的质量为m，当地的重力加速度为g。假如长直导线b的电流改为垂直于纸面对外，大小不变，则a对地面的压力为（）A.0 B.mg C.2mg D.3mg【参考答案】C【名师解析】长直导线a和b的电流方向，导线a和b相互吸引，由于a对地面的压力恰好为零，对a受力分析可知b对a的引力大小等于重力，方向竖直向上；当b的电流反向时，导线a和b相互排斥，再次对a受力分析可知地面对a的支持力等于2mg，依据牛顿第三定律，a对地面的压力为2mg。C正确。。6.（2023安徽宣城期末）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在四周形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面对外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（）A.A点和B点的磁感应强度相同B.其中b导线所受安培力大小为FC.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上【参考答案】C【名师解析】依据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于点对称，故A错误；B．依据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为e对导线b的安培力大小为，依据矢量的合成可得b导线所受安培力故B错误；依据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。8.（2023安徽宣城期末）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面对里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知全部粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（）A.粒子带负电B.从M点射出粒子的速率肯定大于从N点射出粒子的速率C.从M点射出粒子在磁场中运动时间肯定小于从N点射出粒子所用时间D.全部粒子所用最短时间为【参考答案】D【名师解析】．粒子做逆时针的匀速圆周运动，依据左手定则，可知粒子带正电，A错误；B．依据得从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；CD．由粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为，则最短时间为M、N两点具体位置未知，则无法推断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。8．（2023年7月河南新乡高二期末）如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，一负电荷（所受重力忽视不计）沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向转变了角。则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为（）A． B． C． D．【参考答案】．A【名师解析】依据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，带电粒子从磁场中射出时速度方向转变了角，所以粒子做圆周运动偏转的圆心角为，依据几何关系可知，选项A正确。9．（2023年8月沈阳育才中学一模）如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和放射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双置开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开头运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是（）A．炮弹离开导轨时的速度为B．电容器的电容C．炮弹在导轨上的位移D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比【参考答案】．AB【名师解析】．对炮弹，依据动量定理其中，平均安培力可得故A正确；B．刚充电结束时，电容器电荷量为导轨达到最大速度时，电容器电荷量此时电容器电压此时导轨产生的感应电动势等于U，故联立可得解得故B正确；C．炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则故C错误；依据B分析可知故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。10．（2023年8月沈阳育才中学一模）如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从边的中点垂直于边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则（）

A．粒子a带负电，粒子b、c带正电B．若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的加速度最大C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电量最大【参考答案】．C【名师解析】．由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知，由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力供应加速度有解得，若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故AB错误；若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电量最大，故D错误。11.（2023年7月浙江绍兴期末）如图，圆形区域内存在方向垂直纸面对里匀强磁场，O为圆心，不同速率的正、负电子从A点指向圆心，竖直向上进入该磁场，偏转后出射点为B、C、D、E，其中B、C、D三个出射点与圆心的连线与初速方向分别成、、角。下列推断正确的是（  ）A.沿径迹AC、AB的粒子为正电子B.沿径迹AE的粒子飞行时间最短C.沿径迹AC所在圆的圆周运动周期等于AB周期D.沿径迹AD的速度是AB的倍【参考答案】C【名师解析】依据左手定则，沿径迹AC、AB的粒子为负电子，故A错误；B．依据粒子做圆周运动的周期沿径迹AE的粒子对应圆心角最大，飞行时间最长，故B错误；C．依据沿径迹AC所在圆的圆周运动周期等于AB周期，故C正确；D．设圆形区域半径R，依据几何关系，沿径迹AD运动的半径沿径迹AB运动的半径又沿径迹AD的速度是AB的倍，故D错误。。12.(2023重庆江津七校联考)如图所示虚线MN右侧有垂直于纸面对外的匀强磁场，两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场，结果两粒子在边界上B点相遇。不考虑粒子间的相互作用力，不计两粒子的重力。则（）A.两个粒子都带负电B.两个粒子在磁场中运动半径不相等C.若两粒子的比荷相等，则D.若两粒子同时从A点射入，则【参考答案】D【名师解析】两粒子的运动轨迹如图依据左手定则可知粒子都带正电，由几何关系可知故AB错误；粒子在磁场中运动洛伦兹力供应向心力解得若两粒子的比荷相等，则故，故C错误；粒子在磁场中运动的周期为故在磁场中两粒子的运动时间分别为若两粒子同时从A点射入，则两粒子相遇时运动时间相等故联立可得故D正确。。13.如图所示，一辆汽车以速度v向右匀速运动，汽车顶部固定了一开口向上的轻质光滑绝缘管道，整个空间存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。管道内有一个带正电小球，开头位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道高度为l，小球直径略小于管道内径。若不计小球重力，则小球从M端到N端的过程中（）A.小球运动的时间B.小球运动的时间C.管道对小球作用力的平均功率D.管道对小球作用力的平均功率【参考答案】BD【名师解析】依据左手定则可知，小球受到洛伦兹力方向沿管道方向，由可知，小球所受洛伦兹力恒定，设小球的加速度为，由牛顿其次定律有设运动时间为，由运动学公式可得解得故A错误，B正确；CD．小球所受洛伦兹力不做功，因此洛伦兹力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负功的大小，管道对小球的作用力始终与洛伦兹力垂直于管道向左的分力平衡，则有管道对小球作用力的平均功率故C错误，D正确。15.(2023年7月湖南名校联合体期末联考)如图，间距为的U形金属导轨，一端接有电阻为的定值电阻，固定在高为的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端距离为。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。（重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻）求：（1）导体棒a刚要离开导轨时，通过电阻R的电流I及导体棒a的速度大小v；（2）导体棒a由静止运动到导轨最右端的过程中，电阻R中产生的焦耳热，以及经受的时间t；（均保留三位有效数字）（3）设导体棒a与绝缘水平面发生碰撞前后，竖直速度大小不变，碰撞过程中水平方向所受摩擦力大小为竖直方向支持力的k倍（碰撞时间极短），取，请计算导体棒a离开导轨后向右运动的最大水平距离。【参考答案】（1）；（2）1.65s；（3）3.6m【名师解析】（1）由题意知，，，对b分析有解得又解得（2）整个过程对a运用功能原理有依据焦耳定律可知整个过程中通过a的电荷量由动量定理有解