2024-2025学年高考物理重点专题讲解及突破10磁场含解析

2024-2025年高考物理重点专题讲解及突破10：磁场超重点1：磁场的描述磁场对电流的作用超重点1：磁场的描述磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：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)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．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)(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：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：磁感应强度的大小到处相等、方向到处相同的磁场称为匀强磁场．(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线．二、磁感线通电直导线和通电线圈四周磁场的方向1．磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一样．2．几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(如图所示)．(2)电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相像，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向左手定则推断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．(2)让磁感线从掌心进入，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．※考点一磁场及安培定则的应用1．磁场的三点说明(1)磁感应强度是矢量，其方向与导线所受力的方向垂直；(2)电流元必需垂直于磁场方向放置，公式B＝eq\f(F,IL)才成立；(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身确定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．2.安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.因果磁场缘由(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指3.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．如图所示为M、N在c点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．[题组突破训练]1．下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是()【答案】C【解析】通电直导线中的安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向，由此可知A、B错误．通电螺线管中的安培定则：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一样，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误．2．(2024·高考全国卷Ⅲ)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对里的电流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．假如让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【答案】C【解析】导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图甲所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为eq\r(3)B1.又依据题意Ba＝0，则B0＝eq\r(3)B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，如图乙所示，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B合＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝eq\r(B\o\al(2,0)＋B\o\al(2,合))＝eq\f(2\r(3),3)B0，则A、B、D项均错误，C项正确．※考点二安培力作用下导体运动的推断1．方法概述判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必需弄清晰导体所在位置的磁感线分布状况，再弄清导体中电流方向，然后利用左手定则精确判定导体的受力状况，进而确定导体的运动方向或运动趋势．2．常用方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特别位置法在特别位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；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探讨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[典例1]一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2相互绝缘垂直放置，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【答案】B【解析】方法一：电流元分析法把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成多数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，依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均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二：等效分析法把线圈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．方法三：结论法环形电流I1、I2之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，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．[题组突破训练]1．如图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线通过电流I时，假如只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动状况是()A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升【答案】C【解析】第一步：电流元受力分析法把直线电流等效为OA、OB两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向如图甲所示．可见从上往下看时，导线将逆时针方向转动．其次步：特别位置分析法取导线逆时针转过90°的特别位置来分析，如图乙所示．依据左手定则推断安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动．2．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1.当导线中有垂直纸面对外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()A．FN1<FN2，弹簧的伸长量减小B．FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小C．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大D．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小【答案】C【解析】在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极动身到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面对外时，由左手定则可推断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力F′的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FN1>FN2.同时，F′有沿斜面对下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.※考点三安培力作用下的平衡与加速1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的基本思路(1)确定要探讨的导体．(2)依据已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的依次，对导体受力分析．(3)分析导体的运动状况．(4)依据平衡条件或牛顿其次定律列式求解．2．受力分析的留意事项(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I确定的平面．(2)安培力的大小：应用公式F＝BILsinθ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度．(如图所示)(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．(如图所示)[真题拓展探究][典例2](2024·高考全国卷Ⅰ)如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面对里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均变更了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.推断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．【答案】竖直向下0.01kg【解析】依题意，开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向为竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1＝0.5cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01kg⑤拓展1安培力作用下的动态平衡问题1．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.假如仅变更下列某一个条件，θ角的相应变更状况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小【答案】A【解析】金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示，由平衡条件可知F安＝mgtanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtanθ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A正确，C、D错误．θ角与悬线长度无关，B错误．拓展2安培力作用下的加速问题2．(多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流，其电流也为I，线框的边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，线框的质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为()A．0 B.eq\f(kI2,m)－gC.eq\f(kI2,2m)－g D．g－eq\f(kI2,m)【答案】AC【解析】线框上边受到的安培力大小为F1＝keq\f(I,L)IL＝kI2，方向向上，线框下边受到的安培力大小为F2＝keq\f(I,2L)IL＝eq\f(1,2)kI2，方向向下，若F1＝F2＋mg，则加速度为零，A项正确；若F1大于F2＋mg，则加速度向上，大小为a1＝eq\f(F1－F2－mg,m)＝eq\f(kI2,2m)－g，B项错误，C项正确；若F1小于F2＋mg，则加速度向下，大小为a2＝g－eq\f(kI2,2m)，D项错误．拓展3安培力作用下的功能关系应用3．(多选)间距为L＝20cm的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60g、电阻R＝1Ω、长为L的导体捧ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摇摆，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摇摆过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，不考虑导体棒切割磁感线的影响，导轨电阻不计，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，则()A．磁场方向肯定竖直向下B．电源电动势E＝3.0VC．导体棒在摇摆过程中所受安培力F＝3ND．导体棒在摇摆过程中电源供应的电能为0.048J【答案】AB【解析】当开关S闭合时，导体棒向右摇摆，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确．设电路中电流为I，则依据动能定理得－mgL(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3N，由F＝BIL＝eq\f(BEL,R)，得E＝3V，故B正确，C错误．导体棒在摇摆过程中电源供应的电能一部分转化为机械能E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4J＝0.048J，另一部分转化为焦耳热，故D错误．超重点2：磁场对运动电荷的作用超重点2：磁场对运动电荷的作用一、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．2．洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指——指向洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v确定的平面．3．洛伦兹力的大小(1)当v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)当v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)当v＝0时，洛伦兹力F＝0.二、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．如下图，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③中粒子做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：(v⊥B)※考点一对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则推断洛伦兹力的方向，留意区分正、负电荷．(2)当电荷运动方向发生变更时，洛伦兹力的方向也随之变更．(3)运动电荷在磁场中不肯定受洛伦兹力作用．(4)洛伦兹力肯定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区分(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做功状况任何状况下都不做功可能做功，也可能不做功[题组突破训练]1．下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是()A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．假如把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向肯定与电荷速度方向垂直，磁场方向肯定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变【答案】B【解析】因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0.又由于洛伦兹力的方向恒久与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错误．因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB知大小也不变，所以B选项正确．因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成随意夹角，所以C选项错误．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可变更粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断变更，所以D选项错误．2．如图所示，表面粗糙的绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面对外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)中，质量为m、电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列推断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达斜面底端时的动能与B的大小无关C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面【答案】D【解析】小滑块向下运动的过程中受到重力、垂直斜面对下的洛伦兹力、斜面的支持力和摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，选项A错误，D正确；B的大小不同，洛伦兹力的大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，依据动能定理，摩擦力做功不同，滑块到达斜面底端的动能不同，选项B错误；滑块之所以起先时能由静止下滑，是因为重力沿斜面对下的分力大于摩擦力，B很大时，滑块一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，选项C错误．※考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析(1)圆心的确定方法方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可依据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)；方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)．(2)半径的计算方法方法一由物理方法求：半径R＝eq\f(mv,qB)；方法二由几何方法求：一般由数学学问(勾股定理、三角函数等)计算来确定．(3)时间的计算方法方法一由圆心角求：t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二由弧长求：t＝eq\f(s,v).2．带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)．(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)．[典例1](2024·高考全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.eq\f(ω,3B) B.eq\f(ω,2B)C.eq\f(ω,B) D.eq\f(2ω,B)【答案】A【解析】定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t＝eq\f(1,12)T＝eq\f(πm,6qB)；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(π,2ω)，联立以上两式得eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，A项正确．拓展1带电粒子在直线边界磁场中的运动1．(2024·陕西渭南模拟)在真空室中，有垂直于纸面对里的匀强磁场，三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，不计质子重力，则有()A．s1>s2>s3 B．s1<s2<s3C．s1＝s3>s2 D．s1＝s3<s2【答案】D【解析】由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等．由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的，且小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1＝s3<s2，D正确．拓展2带电粒子在平行边界磁场中的运动2．(2024·湖北八校联考)如图所示的狭长区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，区域的左、右两边界均沿竖直方向，磁场左、右两边界之间的距离为L，磁感应强度的大小为B.某种质量为m、电荷量为q的带正电粒子从左边界上的P点以水平向右的初速度进入磁场区域，该粒子从磁场的右边界飞出，飞出时速度方向与右边界的夹角为30°.不计粒子的重力．求：(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；(2)该粒子的运动速率；(3)该粒子在磁场中运动的时间．【答案】(1)eq\f(2\r(3),3)L(2)eq\f(2\r(3)qBL,3m)(3)eq\f(πm,3qB)【解析】(1)作出粒子的运动轨迹如图所示，O为圆心，半径为R.由图中几何关系可得L＝Rsin60°解得R＝eq\f(2\r(3),3)L.(2)粒子受到的洛伦兹力供应向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(2\r(3)qBL,3m).(3)粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB).拓展3带电粒子在“三角形”有界磁场中的运动3．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面对里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0.不计重力．(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为eq\f(5,3)t0，求粒子此次入射速度的大小．【答案】(1)eq\f(πm,2qt0)(2)2t0(3)eq\f(\r(3)πL,7t0)【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向变更了90°，故其周期T＝4t0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r.由洛伦兹力供应向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)②匀速圆周运动的速度满意v＝eq\f(2πr,T)③联立①②③式得B＝eq\f(πm,2qt0).④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示．设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有θ1＋θ2＝180°⑤粒子两次在磁场中运动的时间之和t1＋t2＝eq\f(T,2)＝2t0⑥(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦r0cos∠OO′D＋eq\f(r0,cos∠BO′A)＝L⑧设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0＝eq\f(2πr0,T)⑨联立①⑦⑧⑨式得v0＝eq\f(\r(3)πL,7t0)⑩※考点三带电粒子在磁场中运动的临界、极值和多解问题1．临界问题的分析重点是临界状态：临界状态就是指物理现象从一种状态变更成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．2．极值问题：所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种：一是依据题给条件列出函数关系式进行分析、探讨；二是借助几何图形进行直观分析．3．多解问题形成的缘由(1)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，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b.(2)磁场方向不确定形成多解：有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必需要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面对里，其轨迹为a，如B垂直纸面对外，其轨迹为b.(3)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，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面反向飞出，从而形成多解，如图丙所示．(4)运动的周期性形成多解：带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示．[典例2]如图所示，在坐标系xOy中的第一象限内充溢着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面对里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面对外，P点坐标为(4l,3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力．求：(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？【答案】(1)eq\f(53πm,60qB)(2)eq\f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)【解析】(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝eq\f(mv,2qB)，Rb＝eq\f(mv,qB)，Ta＝eq\f(2πm,2qB)＝eq\f(πm,qB)，Tb＝eq\f(2πm,qB)当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．依据几何学问得tanα＝eq\f(3l,4l)＝eq\f(3,4)，故α＝37°粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为tb＝eq\f(2×90°－α,360°)Tb，ta＝eq\f(2×90°－α,360°)Ta故从P点运动到O点的时间为t＝ta＋tb＝eq\f(53πm,60qB).(2)由题意及上图可知n(2Racosα＋2Rbcosα)＝eq\r(3l2＋4l2)解得v＝eq\f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)．[题组突破训练]1．(2024·高考全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)【答案】D【解析】依据题意画出带电粒子的运动轨迹，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，故轨迹与ON相切，粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径，大小为eq\f(2mv,qB)，依据几何学问可知，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为d＝eq\f(\f(2mv,qB),sin30°)＝eq\f(4mv,qB)，选项D正确．2．[极值问题]如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106m/s的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332T，方向垂直于纸面对里，整个装置放于真空环境中．(1)若全部的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果可带根号)【答案】(1)(20＋10eq\r(2))×10－2m(2)eq\f(π,16)×10－6seq\f(π,48)×10－6s【解析】(1)由题意：AB＝9cm，AD＝18cm，可得∠BAO＝∠ODC＝45°全部α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，依据牛顿其次定律有Bqv＝eq\f(mv2,R)解得R＝0.2m＝20cm.由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则全部α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d＝d0，由几何关系得d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10eq\r(2))cm.则磁场的宽度至少为(20＋10eq\r(2))×10－2m.(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,8)×10－6s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图乙所示．因磁场宽度d＝20cm＜d0，且R＝20cm，则在∠EOD间进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长，设在磁场中运动的最长时间为tmax，则tmax＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,16)×10－6s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦长最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图乙所示，因R＝d，则圆弧对应的圆心角为60°，故tmin＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,48)×10－6s.3．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充溢方向垂直于ADEC平面对外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力．(1)求粒子射入磁场时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满意的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值．【答案】(1)eq\f(5aqB0,m)(2)不小于eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1,2,3，…)【解析】(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，由几何关系可得R＝5a，由牛顿其次定律可知qvB0＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(5aqB0,m).(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1＋r1cosθ＝3a，cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8)，依据qvB1＝meq\f(v2,r1)，解得B1＝eq\f(8B0,3)，当B1≥eq\f(8B0,3)时，粒子不会从AC边界飞出．(3)当B＝3B0时，依据qvB＝meq\f(v2,r)，得粒子在OF下方运动的半径r＝eq\f(5,3)a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一样时的位置为P1，则P与P1的连线肯定与OF平行，依据几何关系知：eq\x\to(PP1)＝4a；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝neq\x\to(PP1)＝4na(n＝1,2,3，…)．超重点3：带电粒子在复合场中的运动超重点3：带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运动1．叠加场与组合场叠加场电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中两场在同一区域共存组合场电场与磁场各位于肯定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现2.带电体在复合场中常见的几种运动状况(1)静止或匀速直线运动：带电粒子在复合场中所受合力为零．(2)匀速圆周运动：带电粒子所受重力与电场力大小相等、方向相反，洛伦兹力供应向心力．(3)其他变加速曲线运动：带电粒子所受合力的大小和方向均变更，且与初速度不在一条直线上．如图，匀强磁场垂直于纸面对里，匀强电场竖直向下．一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域．①若不计重力，且qvB＝Eq，粒子做匀速直线运动．②若考虑重力，且mg＝Eq，粒子做匀速圆周运动．③若不计重力，且qvB≠Eq，粒子做变速曲线运动．二、带电粒子在复合场中运动的应用实例装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq\f(v2,r)，则比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)回旋加速器沟通电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速．由qvB＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，R为D形盒半径速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动※考点一带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于肯定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．2．“电偏转”与“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力状况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而变更，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律探讨求解运动时间t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)动能变更不变[典例1](2024·高考天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面对里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向起先运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．【答案】(1)eq\r(2)v0与x轴正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)【解析】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy＝at③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))⑥联立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0⑦(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿其次定律可得F＝ma⑧又F＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力供应向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)⑩由几何关系可知R＝eq\r(2)L⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)⑫[题组突破训练]1．(2024·河南六市模拟)如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面对外的匀强磁场中，最终从磁场的左边界上的N点离开磁场．已知带电粒子的比荷eq\f(q,m)＝3.2×109C/kg，电场强度E＝200V/m，M、N间距MN＝1cm，金属板长L＝25cm，粒子的初速度v0＝4×105m/s，带电粒子重力忽视不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；(2)磁感应强度B的大小．【答案】(1)45°(2)2.5×10－2T【解析】(1)由牛顿其次定律有qE＝ma粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，L＝v0t粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度vy＝at速度偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)由以上各式代入数据解得θ＝45°.(2)粒子射出电场时运动的速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))在磁场中洛伦兹力供应向心力：Bqv＝meq\f(v2,r)由几何关系得MN＝eq\r(2)r代入数据解得B＝2.5×10－2T.2．如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面对里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(h,0)点沿y轴正方向以某初速度起先运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从起先到第三次经过x轴的时间t总．【答案】(1)eq\r(2)heq\f(\r(2)qBh,m)(2)eq\f(\r(2)－1qhB2,m)（3）(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)【解析】(1)依据题意可知，大致画出粒子在组合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛顿其次定律得：qBv1＝meq\f(v\o\al(2,1),r)解得：v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m).(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，依据类平抛运动规律，则vb＝v1cos45°解得：vb＝eq\f(qBh,m)设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得：r＋rsin45°＝vbtyb＝eq\f(1,2)(v1sin45°＋0)t＝eq\f(\r(2)＋1,2)h由动能定理得：－qEyb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：E＝eq\f(\r(2)－1qhB2,m).(3)粒子在磁场中的周期为：T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,Bq)第一次经过x轴的时间t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)在电场中运动的时间t2＝2t＝eq\f(2\r(2)＋1m,qB)从其次次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)则总时间：t总＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)※考点二带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在包含匀强磁场的叠加场中无约束状况下运动的几种常见形式受力特点运动性质方法规律其他场力的合力与洛伦兹力等大反向匀速直线运动平衡条件除洛伦兹力外，其他力的合力为零匀速圆周运动牛顿其次定律、圆周运动的规律除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向较困难的曲线运动动能定理、能量守恒定律2.带电粒子在叠加场中有约束状况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的状况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应留意：(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变更状况，分阶段明确物体的运动状况．(2)依据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解．①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．②匀加速直线运动阶段：应用牛顿其次定律结合运动学公式求解．③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．[真题拓展探究][典例2](2024·高考全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面对里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma【答案】B【解析】该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力供应其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g).b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可推断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g).c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可推断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g).综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确．拓展1带电粒子在无约束状况下的运动1．(2024·安徽淮北模拟)如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为志向边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面对里和向外．一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止起先下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.(1)试推断小球的电性并求出电场强度E的大小；(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满意什么条件？(3)若带电小球运动肯定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h.【答案】(1)正电eq\f(mg,q)(2)h＞eq\f(q2B2d2,2m2g)(3)eq\f(2q2B2d2,3m2g)【解析】(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电，则有qE＝mg，解得E＝eq\f(mg,q).(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图甲所示，由几何学问可知，小球的轨道半径R＝d，带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh0＝eq\f(1,2)mv2，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得h0＝eq\f(q2B2d2,2m2g)，则当h>h0时，即h＞eq\f(q2B2d2,2m2g)时带电小球能进入区域Ⅱ.(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R＝eq\f(d,sin60°)，联立解得h＝eq\f(2q2B2d2,3m2g).拓展2带电粒子在有约束状况下的运动2．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝eq\f(9,44)m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、带电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端由静止释放，经过时间t＝0.1s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.【答案】(1)4m/s(2)0.56m【解析】(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则F1＝qvB①Ff＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零，F－Ff＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4m/s.④(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，依据动能定理有qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，依据牛顿其次定律有qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝eq\f(1,2)a2t2⑨s＝s1＋s2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56m.题组突破训练题组突破训练一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分.1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确)1．(2024·江西南昌模拟)奥斯特在探讨电流的磁效应试验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方，如图所示．现在导线中通有由南向北的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向()A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏东方向【答案】C【解析】由安培定则可知，在小磁针位置通电导线产生的磁场方向由东向西，合磁场的方向指向西偏北的方向，小磁针静止时，N极所指的方向是该处合磁场的方向，C正确．2．2024年备受瞩目的国家自然科学奖一等奖，颁给了中国科学技术高校潘建伟院士领衔的“多光子纠缠及干涉度量”项目．在物理学理论建立的过程中，有很多科学家做出了贡献.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．如图为一个“N磁单极子”形成的磁场，将一个半径为r、质量为m的导体线圈水平放置在该磁单极子的正上方，线圈所在位置的磁感应强度大小为B，与圆环相切的磁感线与竖直方向的夹角为30°，重力加速度大小为g，若线圈恰好在该位置悬浮，则线圈中电流的大小为()A.eq\f(mg,2πrB) B.eq\f(mg,πrB)C.eq\f(\r(3)mg,2πrB) D.eq\f(\r(3)mg,πrB)【答案】B【解析】当线圈所受的重力与安培力在竖直方向上的分力大小相等时，线圈恰好在该位置悬浮，以线圈为探讨对象可知mg＝BI·2πr·sin30°，解得线圈中电流的大小I＝eq\f(mg,πrB)，只有选项B正确．3.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()【答案】B【解析】在电场中Uq＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Uq,m))，x＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(2m,qB)eq\r(\f(2Uq,m))＝eq\r(\f(8mU,qB2))，所以能够正确反映x与U之间的函数关系的是B图．4.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面对里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中．当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变更，正确的是()A．渐渐增大 B．渐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】D【解析】对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示．从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大．故选D.5.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°.现将带电粒子的速度变为eq\f(v,3)，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt【答案】B【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，据牛顿其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r＝eq\f(mv,qB)，圆弧AC所对应的圆心角∠AO′C＝60°，经验的时间为Δt＝eq\f(60°,360°)T(T为粒子在匀强磁场中运动周期、大小为T＝eq\f(2πm,qB)，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为eq\f(v,3)后，依据r＝eq\f(mv,qB)知其在磁场中的轨道半径变为eq\f(r,3)，粒子将从D点射出，依据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角∠AO″D＝120°，经验的时间为Δt′＝eq\f(120°,360°)T＝2Δt.由此可知本题正确选项只有B.6.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽视的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里、有肯定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为eq\r(3)∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3【答案】BCD【解析】磷离子P＋与P3＋电荷量之比q1∶q2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a＝eq\f(qE,m)，由此可知，a1∶a2＝1∶3，选项A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，故有r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，即r1∶r2＝eq\r(3)∶1，选项B正确；设离子P3＋在磁场中的偏转角为α，则sinα＝eq\f(d,r2)，sinθ＝eq\f(d,r1)(d为磁场宽度)，故有sinθ∶sinα＝1∶eq\r(3)，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C正确；全过程中只有电场力做功，W＝qU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，选项D正确．7.如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面对里，磁感应强度的大小为B.有一个粒子源在纸面内沿各个方向以肯定速率放射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q.将粒子源置于圆心，则全部粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．由此可知()A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径肯定是R0B．带电粒子在磁场中运动的速率肯定是eq\f(qBR0,2m)C．带电粒子在磁场中运动的周期肯定是eq\f(πm,qB)D．带电粒子的动能肯定是eq\f(q2B2R\o\al(2,0),8m)【答案】BD【解析】带电粒子刚好不离开磁场，则粒子轨迹肯定和磁场边界内切，则轨迹半径r＝eq\f(1,2)R0，再依据r＝eq\f(mv,qB)，得v＝eq\f(qBR0,2m)，选项B正确，A错误；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R\o\al(2,0),8m)，选项D正确；运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，选项C错误．8.(2024·山东淄博模拟)如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小E＝eq\f(\r(3)mg,q)，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电、磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°角且处于竖直平面内．一质量为m、带电荷量为＋q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电荷量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最终停止C．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最终停止D．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，则运动中克服摩擦力做功为eq\f(m3g2,2q2B2)【答案】ACD【解析】带电小球受力平衡，又沿杆方向有mgsin60°＝Eqsin30°，则小球不受摩擦力，有(mg)2＋(Eq)2＝(qv0B)2，解得qv0B＝2mg，则v0＝eq\f(2mg,qB)，A正确．重力和电场力的合力垂直于杆向下，大小等于2mg，若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，则杆对小球的弹力垂直于杆向下，FN＝qvB－2mg，沿杆方向，小球受向上的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μ(qvB－2mg)，小球将做减速运动，随着速度的减小，摩擦力Ff渐渐减小，小球做加速度不断减小的减速运动，直到速度减为v0＝eq\f(2mg,qB)时，小球匀速运动，B错误．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，杆对小球的弹力垂直于杆向上，FN＝2mg－qvB，小球受向上的摩擦力而减速，随着速度的减小，弹力增大，摩擦力增大，小球做加速度不断增大的减速运动直到静止，C正确．除摩擦力外，其他力对小球做功代数和为零，对该过程应用动能定理有－W克服摩擦力＝0－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(m3g2,2q2B2)，所以W克服摩擦力＝eq\f(m3g2,2q2B2)，D正确．二、非选择题9.(16分)如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面对外．有一质量为m、带电荷量为＋q的粒子由电场左侧平行于x轴射入电场．粒子到达x轴上的A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d.接着，粒子进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角为φ.(1)试画出粒子在磁场中运动的轨迹，并求出粒子在磁场中运动的速度大小；(2)求匀强电场的场强大小；(3)求粒子水平进入电场时的位置与原点O的距离．【答案】见解析【解析】(1)画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示由几何关系得R＝dsinφ①由洛伦兹力公式和牛顿其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)②解得v＝eq\f(Bqdsinφ,m)③(2)粒子在电场中做类平抛运动．设粒子射入电场时的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则v0＝vcosφ④vsinφ＝at⑤d＝v0t⑥(解得a＝eq\f(v2sinφcosφ,d))设电场强度的大小为E，由牛顿其次定律得qE＝ma⑦联立解得E＝eq\f(qdB2sin3φcosφ,m).(3)设粒子入射点位于y轴正方向的D点，与原点O的距离为L，粒子在竖直方向做匀加速直线运动L＝eq\f(1,2)at2⑧联立解得L＝eq\f(dsinφ,2cosφ)(写成L＝eq\f(dtanφ,2)同样得分)．10.(18分)如图所示，圆柱形区域的半径为R，在区域内有垂直于纸面对里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个相同的电容器，极板间距为d，板间电压为U，与磁场相切的极板在切点处均有一小孔，一带电粒子的质量为m，带电荷量为＋q，自某电容器极板上的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力．已知在整个运动过程中，带电粒子始终不与圆柱形区域的边界相碰．求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)U与B所满意的关系式；(3)带电粒子由静止释放到再次返回M点所经验的时间．【答案】(1)eq\r(3)R(2)U＝eq\f(3B2R2q,2m)(3)πReq\r(\f(3m,2qU))＋6deq\r(\f(2m,qU))【解析】粒子在磁场中运动轨迹如图所示．(1)由几何关系解得r＝eq\r(3)R.(2)设粒子加速后获得的速度为v，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，在磁场中，由洛伦兹力供应向心力，得qvB＝meq\f(v