【高考物理】2026高考導(dǎo)與練總復(fù)習(xí)物理一輪（基礎(chǔ)版）第十一章第1講磁場磁場對電流的作用含答案【課標(biāo)要求】1.通過實(shí)驗(yàn),認(rèn)識安培力。能判斷安培力的方向,會計(jì)算安培力的大小。了解安培力在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用。2.通過實(shí)驗(yàn),認(rèn)識洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向,會計(jì)算洛倫茲力的大小。3.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動。了解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)及其應(yīng)用。【考情分析】磁場的疊加2022·全國乙卷·T18、2021·全國甲卷·T16、2021·福建卷·T6安培力2024·福建卷·T6、2024·重慶卷·T13、2023·北京卷·T19、2023·海南卷·T17、2023·江蘇卷·T2、2023·山東卷·T12、2022·全國甲卷·T25、2022·湖南卷·T3、2022·湖北卷·T11、2022·浙江1月選考卷·T3、2022·江蘇卷·T3帶電粒子在磁場中的運(yùn)動2024·浙江1月選考卷·T20、2024·新課標(biāo)卷·T26、2024·廣東卷·T15、2024·北京卷·T22、2024·湖北卷·T7、2024·廣西卷·T5、2024·重慶卷·T14、2023·北京卷·T13、2023·天津卷·T13、2023·湖北卷·T15、2023·全國甲卷·T20、2023·浙江6月選考卷·T20、2023·廣東卷·T5、2022·廣東卷·T7、2022·遼寧卷·T8帶電粒子在組合場中的運(yùn)動2024·黑吉遼卷·T15、2024·海南卷·T18、2024·湖南卷·T14、2024·甘肅卷·T15、2023·山東卷·T17、2023·海南卷·T13、2023·遼寧卷·T14、2022·山東卷·T17、2022·湖北卷·T8帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動2024·安徽卷·T10、2024·江西卷·T7、2024·山東卷·T18、2024·湖北卷·T9、2023·湖南卷·T6、2023·海南卷·T2、2023·江蘇卷·T16、2023·全國乙卷·T18、2022·全國甲卷·T18、2022·廣東卷·T8、2022·重慶卷·T5第1講磁場磁場對電流的作用北京時間2024年9月12日14時至14日08時,地球累計(jì)出現(xiàn)長達(dá)27小時的地磁暴過程,伴隨著地磁活動的發(fā)生,我國黑龍江漠河、甘肅敦煌、內(nèi)蒙古呼倫貝爾等地再次迎來絢麗的極光秀。關(guān)于磁場,請思考:(1)磁感線是如何來描述磁場的?它與電場線有哪些區(qū)別?(2)如何判斷通電直導(dǎo)線、環(huán)形電流、通電螺線管的磁感線分布?(3)安培力的大小和方向如何確定?1.如圖所示,小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行,當(dāng)導(dǎo)線中有電流時,小磁針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。首先觀察到這個實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的物理學(xué)家和觀察到的現(xiàn)象是()[A]奧斯特,小磁針的N極轉(zhuǎn)向紙內(nèi)[B]法拉第,小磁針的S極轉(zhuǎn)向紙內(nèi)[C]庫侖,小磁針靜止不動[D]安培,小磁針的N極轉(zhuǎn)向紙內(nèi)【答案】A2.如圖所示,金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)絕緣細(xì)線水平懸掛,處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)棒中通以由M向N的電流,平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。如果僅改變下列某一個條件,能使棒再次平衡時θ角變小的是()[A]棒中的電流變大[B]兩懸線等長變短[C]金屬棒質(zhì)量變大[D]磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行懸線向上【答案】C【答案】力FIlN平行四邊形切線強(qiáng)弱強(qiáng)弱NS極S極N極相交電流磁感線磁感線IlB0IlBsinθ同一個平面電流安培力考點(diǎn)一安培定則和磁場的疊加1.電流的磁場、安培定則的應(yīng)用項(xiàng)目直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場安培定則立體圖橫截面圖從上往下看從左往右看從左往右看縱截面圖特點(diǎn)無N極、S極,距離直導(dǎo)線越遠(yuǎn),磁場越弱與條形磁體的磁場相似,管內(nèi)可近似認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場兩側(cè)分別是N極和S極;距離中心越遠(yuǎn),磁場越弱2.磁場疊加問題的解題思路(1)確定磁場場源,如通電導(dǎo)線。(2)定位空間中需求解磁場的點(diǎn),利用安培定則判定各個場源在這一點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。如圖所示,BM、BN為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成,如圖中的合磁感應(yīng)強(qiáng)度B。[例1]【安培定則的應(yīng)用】(2024·貴州貴陽模擬)(多選)市面上有一種有趣的磁浮玩具,打開電源后,磁性玩偶會穩(wěn)定地漂浮起來。其內(nèi)部構(gòu)造如圖所示,其中滑動變阻器的阻值可改變,則()[A]該玩具的電源必須是交流電源[B]a端應(yīng)接電源正極[C]軟鐵內(nèi)的磁感線朝向上方[D]滑動變阻器的滑片向上滑動,玩偶會上升【答案】BD【解析】玩偶穩(wěn)定地漂浮起來,且下端為S極,則線圈的上端為S極,由安培定則可得,電源通的是直流電,且a端為電源的正極,b端為電源的負(fù)極,故A錯誤,B正確;線圈的上端為S極,則軟鐵內(nèi)的磁感線朝向下方,故C錯誤;若滑動變阻器的滑片向上滑動,電阻減小,則線圈中的電流增大,玩偶會上升,故D正確。在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流及通電螺線管的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”。項(xiàng)目原因(電流方向)結(jié)果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線管的磁場四指大拇指[例2]【磁場的疊加】(2024·云南玉溪檢測)(多選)如圖所示,兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn),且與紙面垂直,導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上,O為MN的中點(diǎn),c、d位于MN的中垂線上,且a、b、c、d到O點(diǎn)的距離均相等。關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場,下列說法正確的是()[A]O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零[B]a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同[C]c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同[D]a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反【答案】BC【解析】由安培定則分別畫出兩直導(dǎo)線在a、b、c、d、O點(diǎn)的磁場方向,如圖所示,由磁場的矢量疊加可得,O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,選項(xiàng)A錯誤;a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都向下,選項(xiàng)B正確;c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向均向下,選項(xiàng)C正確;a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同,選項(xiàng)D錯誤?？键c(diǎn)二安培力的分析與計(jì)算(1)通電導(dǎo)線、磁場方向、安培力的方向三者一定兩兩垂直嗎?通電導(dǎo)線和磁場方向可以不垂直嗎?(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與通電導(dǎo)線的方向平行時,導(dǎo)線受力為0。那么圖甲中長為l的一段導(dǎo)線所受安培力是多大?(3)圖乙中設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電流大小為I,AB=BC=l,試求解整個導(dǎo)線ABC所受安培力。(4)將(3)的結(jié)果與公式F=IlB對比,可以得到什么結(jié)論?提示:(1)安培力的方向一定與通電導(dǎo)線垂直,一定與磁場方向垂直,即一定垂直于通電導(dǎo)線和磁場方向所決定的平面,但通電導(dǎo)線與磁場方向不一定垂直。(2)F=IlB⊥=IlBsinθ。(3)導(dǎo)線AB所受安培力方向垂直于導(dǎo)線AB向右,大小為FAB=IlB,導(dǎo)線BC所受安培力方向垂直于導(dǎo)線BC向上,大小為FBC=IlB,則整個導(dǎo)線所受安培力大小為F=FAB2+FBC2=(4)將(3)的結(jié)果與公式F=IlB對比可知,將ABC導(dǎo)線等效成沿虛線的導(dǎo)線AC(電流從A到C),導(dǎo)線AC受到的安培力大小、方向與導(dǎo)線ABC受到的安培力大小、方向相同。安培力公式F=IlB的應(yīng)用條件(1)勻強(qiáng)磁場;(2)l與B垂直;(3)l是指有效長度。如圖所示,彎曲通電導(dǎo)線的有效長度l等于連接導(dǎo)線兩端點(diǎn)的線段的長度,相應(yīng)的電流方向沿兩端點(diǎn)連線由始端流向末端。注意:切忌確定了導(dǎo)線兩端點(diǎn)長度l后直接套用F=IlB。如圖中所示,“有效長度”lac與磁場方向不垂直,BIlac并非導(dǎo)線abc受到的安培力。[例3]【通電導(dǎo)線有效長度問題】(2024·福建卷,6)(多選)如圖,用兩根不可伸長的絕緣細(xì)繩將半徑為r的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強(qiáng)磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外,銅環(huán)兩端a、b處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為I、方向從a到b的電流,細(xì)繩處于繃直狀態(tài),則()[A]兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大[B]兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的小[C]銅環(huán)所受安培力大小為2rIB[D]銅環(huán)所受安培力大小為πrIB【答案】AC【解析】如圖,取通電半圓環(huán)的一小段Δl,可將其視為直導(dǎo)線,根據(jù)左手定則可判斷出該小段導(dǎo)線所受的安培力方向如圖所示,其大小ΔF=BIΔl;根據(jù)對稱性可知,如圖對稱的兩小段導(dǎo)線所受安培力的水平分量互相抵消,所以全段半圓環(huán)所受安培力的方向豎直向下,故選項(xiàng)A正確,B錯誤;對每小段導(dǎo)線所受安培力的豎直分力求和,得F=∑Fy=∑BIΔlsinθ=∑BIΔx=2rIB,故選項(xiàng)C正確,D錯誤。[例4]【安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動趨勢的分析】(2024·山東棗莊階段練習(xí))如圖所示,導(dǎo)體棒P固定在光滑的水平面內(nèi),導(dǎo)體棒Q垂直于導(dǎo)體棒P放置,且導(dǎo)體棒Q可以在水平面內(nèi)自由移動(正視圖如圖)。給導(dǎo)體棒P、Q通以如圖所示的恒定電流,關(guān)于導(dǎo)體棒Q的運(yùn)動情況,下列說法正確的是()[A]導(dǎo)體棒Q逆時針(俯視)轉(zhuǎn)動,同時遠(yuǎn)離導(dǎo)體棒P[B]導(dǎo)體棒Q順時針(俯視)轉(zhuǎn)動,同時靠近導(dǎo)體棒P[C]導(dǎo)體棒Q僅繞其左端順時針(俯視)轉(zhuǎn)動[D]導(dǎo)體棒Q僅繞其左端逆時針(俯視)轉(zhuǎn)動【答案】A【解析】由安培定則可知,導(dǎo)體棒P在導(dǎo)體棒Q處產(chǎn)生的磁場方向豎直向上,且離導(dǎo)體棒P越遠(yuǎn),磁場越弱,由左手定則可知,導(dǎo)體棒Q所受的安培力方向垂直于紙面向外,且導(dǎo)體棒Q的左邊受到的安培力大于右邊受到的安培力,所以導(dǎo)體棒Q逆時針(俯視)轉(zhuǎn)動,則導(dǎo)體棒Q的電流方向逐漸轉(zhuǎn)為垂直于紙面向里,與導(dǎo)體棒P的電流方向相反,則P、Q之間存在排斥力,所以導(dǎo)體棒Q遠(yuǎn)離導(dǎo)體棒P。故選A。判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動情況的常用方法電流元法分割為電流元安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動方向等效法環(huán)形電流根據(jù)同極相斥、異極相吸判斷作用力的方向,進(jìn)而判斷運(yùn)動方向結(jié)論法兩平行直線電流在相互作用中,無轉(zhuǎn)動趨勢,同向電流互相吸引,異向電流互相排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的作用力考點(diǎn)三安培力作用下的平衡和加速問題1.基本思路(1)選定研究對象,即通電導(dǎo)線或通電導(dǎo)體棒。(2)進(jìn)行受力分析,畫出受力示意圖,有時要進(jìn)行視圖轉(zhuǎn)換。(3)列平衡方程或牛頓第二定律的方程進(jìn)行求解。2.空間與平面的視圖轉(zhuǎn)換對于安培力作用下的力學(xué)綜合問題,題目往往給出三維空間圖,這時需用左手定則判斷安培力的方向,確定導(dǎo)體受力的平面,變立體圖為二維平面圖,如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等,并畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I,如圖所示。(1)水平導(dǎo)軌。(2)傾斜導(dǎo)軌。[例5]【安培力作用下的平衡問題】(2024·北京海淀區(qū)二模)如圖所示,寬為L的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成α角,金屬桿ab水平放置在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌垂直,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。電源電動勢為E,當(dāng)電阻箱接入電路的阻值為R0時,金屬桿恰好保持靜止。不計(jì)電源內(nèi)阻、導(dǎo)軌和金屬桿的電阻,重力加速度為g。(1)求金屬桿所受安培力的大小F;(2)求金屬桿的質(zhì)量m;(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變,改變其方向,同時調(diào)整電阻箱接入電路的阻值R以保持金屬桿靜止,求R的最大值。【答案】(1)BLER0(2)BLER0g【解析】(1)電路中的電流I=ER金屬桿受到的安培力F=BIL=BLER(2)對金屬桿受力分析,如圖甲所示,根據(jù)平衡條件有F=mgtanα,

解得m=BLER(3)金屬桿所受重力的大小及方向不變,斜面對其支持力的方向不變,如圖乙所示,可判斷當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于斜面向上時,安培力最小,電路中的電流最小,R有最大值,依據(jù)平衡條件有BIminL=mgsinα,

Imin=ER解得Rmax=R0分析安培力的注意事項(xiàng)(1)類似于力學(xué)中用功與能的關(guān)系解決問題,通電導(dǎo)體受磁場力作用時的加速問題也可以考慮用能量的觀點(diǎn)解決,關(guān)鍵是弄清安培力做正功還是做負(fù)功,再由動能定理列式求解。(2)對于含電路的問題,可由閉合電路歐姆定律求得導(dǎo)體中的電流,再結(jié)合安培力分析求解。[例6]【安培力作用下的運(yùn)動問題】(2024·安徽滁州期末)如圖,在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF,導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN,棒中通有圖示方向電流I,I隨時間變化規(guī)律滿足I=kt(k>0,且為已知常量)?，F(xiàn)從t=0時刻由靜止釋放金屬棒。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,金屬棒的質(zhì)量為m,長度為L,棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。求:(1)經(jīng)多長時間金屬棒MN的速度達(dá)到最大;(2)金屬棒MN的最大速度;(3)金屬棒MN受到的摩擦力的最大值?！敬鸢浮?1)mgμkBL(2)mg22μkBL【解析】(1)金屬棒所受安培力為F=BIL,根據(jù)左手定則可知,安培力方向垂直于紙面向里,棒與導(dǎo)軌相互擠壓,在運(yùn)動過程中受到摩擦力,且Ff=μFN=μBIL,在豎直方向,根據(jù)牛頓第二定律有mg-μBIL=ma,當(dāng)a=0時,金屬棒速度達(dá)到最大,此時有mg-μBkt0L=0,解得t0=mgμkBL(2)由于I=kt,根據(jù)上述有a=g-μkBLmt,作出金屬棒的a-t圖像,如圖所示,a-t圖像中,圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示速度的變化量,由于金屬棒初速度為0,則面積表示金屬棒的速度,結(jié)合上述可知,最大速度為vm=12gt0=(3)結(jié)合上述,根據(jù)圖像的對稱性可知,t=2t0時,金屬棒的速度恰好減為0。此瞬間安培力最大,摩擦力最大,則有Ffmax=μBI1L,其中I1=k·2t0,由于mg-μBkt0L=0,解得Ffmax=2mg。(滿分:60分)對點(diǎn)1.安培定則和磁場的疊加1.(6分)(2024·廣西桂林階段練習(xí))(多選)如圖,用輕質(zhì)導(dǎo)線將一根硬直金屬棒與電源、開關(guān)連接成電路,并將金屬棒與ad′平行地?cái)R在正方體的上表面,正方體處在勻強(qiáng)磁場中,閉合開關(guān),發(fā)現(xiàn)金屬棒豎直向上跳起,由此可知,該區(qū)域的磁場方向可能是()[A]垂直于aa′d′d平面 [B]垂直于abb′a′平面[C]平行于abc′d′平面 [D]垂直于abc′d′平面【答案】BD【解析】根據(jù)題意可知,金屬棒豎直向上跳起,則安培力的方向豎直向上,電流方向沿導(dǎo)體棒,根據(jù)左手定則可知,安培力方向垂直于電流與磁場方向構(gòu)成的平面。由數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)磁場方向垂直于abb′a′平面、垂直于abc′d′平面時滿足上述條件;當(dāng)磁場方向平行于abc′d′平面或磁場方向垂直于aa′d′d平面時,金屬棒不受安培力或安培力方向水平,不滿足上述條件,故選B、D。2.(4分)(2024·廣東汕頭期末)兩根足夠長直導(dǎo)線P和Q按圖示方式放置在同一平面內(nèi),P與Q相互垂直,兩導(dǎo)線相互絕緣,通有相等的電流I,電流方向如圖所示。若一根長直導(dǎo)線通過電流I時,所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為()[A]B、0 [B]2B、0[C]2B、B [D]0、2B【答案】B【解析】根據(jù)安培定則判斷知,P導(dǎo)線在M、N處產(chǎn)生的磁場方向均垂直于紙面向外,大小均為B;Q導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向外,在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向里,大小均為B。根據(jù)矢量疊加原理,可得M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B、0。故選B。對點(diǎn)2.安培力的分析與計(jì)算3.(4分)(2024·江西撫州期中)人們常利用安培力對機(jī)車進(jìn)行電磁驅(qū)動或制動。如圖,在需要驅(qū)動的小車上同一水平面固定兩間距為L0的金屬立柱a、b(與車身絕緣),a、b間連接一根長度為πL03的柔軟金屬絲,空間中加上豎直向下、大小為B的勻強(qiáng)磁場,從立柱a通入大小為I的電流,立柱、金屬絲均與車身絕緣,穩(wěn)定后金屬絲對立柱a的彈力大小為[A]33BIL0 [B]BIL[C]32BIL0 [D]2BIL【答案】B【解析】金屬絲通電后受安培力,在安培力的作用下形狀呈圓弧形,根據(jù)圓的知識可得,圓弧對應(yīng)的圓心角為60°,圓半徑為L0,金屬絲等效長度為L0,受到的安培力大小為F=BIL0,方向與a、b連線垂直,對金屬絲,根據(jù)平衡條件可得F0sin30°=F2,解得F0=F=BIL0,故選B4.(4分)(2024·湖南湘潭期末)如圖,粗細(xì)均勻的銅導(dǎo)線制作的正六邊形線框abcdef,垂直于勻強(qiáng)磁場放置,b、c點(diǎn)與直流電源相接,ab邊受到的安培力大小為F,不考慮各邊之間的相互作用,則bc邊受到的安培力大小為()[A]F [B]10F [C]5F [D]53【答案】C【解析】設(shè)總電流為I,流過ab的電流為I1,流過bc的電流為I2,ab邊的電阻為R,由并聯(lián)分流原理可得I1+I2=I,I1·5R=I2R,解得I1=16I,I2=56I,ab邊受到的安培力大小為F=I1LB=16ILB,bc邊受到的安培力大小為F′=I2LB=56ILB=5F5.(6分)(2024·廣西桂林階段練習(xí))(多選)如圖所示,在條形磁鐵S極附近懸掛一個線圈,線圈與水平磁鐵位于同一平面內(nèi)。當(dāng)線圈中通以圖示方向的電流時,將會出現(xiàn)的現(xiàn)象是()[A]線圈向左擺動[B]線圈向右擺動[C]從上往下看,線圈順時針轉(zhuǎn)動[D]從上往下看,線圈逆時針轉(zhuǎn)動【答案】AD【解析】線圈中通以順時針方向的電流,由于處于S極附近,根據(jù)左手定則可得,線圈左邊受安培力垂直于紙面向外,右邊受安培力垂直于紙面向里,從上往下看,線圈逆時針轉(zhuǎn)動。將通電線圈等效成小磁針,根據(jù)右手螺旋定則,可知轉(zhuǎn)動后左端為小磁針的N極,異名磁極相互吸引,因此線圈向左擺動,故B、C錯誤,A、D正確。對點(diǎn)3.安培力作用下的平衡和加速問題6.(4分)(2024·廣東東莞期中)如圖所示,在光滑水平面上一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來,此時彈簧處于原長,磁鐵保持靜止。若在磁鐵左上方位置固定一導(dǎo)體棒,當(dāng)導(dǎo)體棒保持靜止并通以垂直于紙面向里的電流時()[A]彈簧對磁鐵施加向左的力[B]磁鐵對地面的壓力將減小[C]磁鐵對地面的壓力將增大[D]彈簧將被拉伸【答案】B【解析】導(dǎo)體棒所在處的磁場斜向右上方,當(dāng)導(dǎo)體棒中通以垂直于紙面向里的電流時,根據(jù)左手定則可知受到的安培力F斜向右下方,由牛頓第三定律可知,磁鐵受到斜向左上方的反作用力,豎直分力會使磁鐵對地面的壓力減小,水平分力會使磁鐵向左運(yùn)動擠壓彈簧,彈簧將被壓縮,彈簧對磁鐵施加向右的力,故選B。7.(4分)(2024·安徽合肥期末)如圖所示,長為l的通電直導(dǎo)體棒放在傾角為θ的光滑斜面上,并處在垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)電流為I時,導(dǎo)體棒恰好處于平衡狀態(tài),若電流突然反向(電流大小不變),則該導(dǎo)體棒的加速度大小為(已知重力加速度為g)()[A]12gsinθ [B]gsin[C]2gsinθ [D]3gsinθ【答案】C【解析】當(dāng)電流為I時有BIl=mgsinθ,當(dāng)電流突然反向時有BIl+mgsinθ=ma,聯(lián)立得該導(dǎo)體棒的加速度大小為a=2gsinθ,故選C。8.(10分)(2024·重慶卷,13)小明設(shè)計(jì)了如圖所示的方案,探究金屬桿在磁場中的運(yùn)動情況,質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連,形成閉合回路,兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L,僅在Q的運(yùn)動區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向左的勻強(qiáng)磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運(yùn)動,P、Q始終保持水平,不計(jì)空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量,忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g,當(dāng)P勻速下降時,求:(1)P所受單根導(dǎo)線拉力的大小;(2)Q中電流的大小。【答案】(1)mg(2)mg【解析】(1)由P勻速下降可知,P處于平衡狀態(tài),所受合力為0,設(shè)單根導(dǎo)線的拉力大小為FT,對P有2FT=2mg,解得FT=mg。(2)設(shè)Q所受安培力大小為F,對Q受力分析,有mg+F=2FT,又F=BIL,解得I=mgBL9.(4分)(2025·河南高考適應(yīng)性考試)無限長平行直導(dǎo)線a、b每單位長度之間都通過相同的絕緣輕彈簧連接。如圖,若b水平固定,將a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧的伸長量為Δl;再在兩導(dǎo)線內(nèi)通入大小均為I的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl。若a水平固定,將b懸掛在彈簧下端,兩導(dǎo)線內(nèi)通入大小均為2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量恰為2Δl。已知通電無限長直導(dǎo)線在其周圍產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與導(dǎo)線中電流大小成正比,與距導(dǎo)線的距離成反比。則a、b單位長度的質(zhì)量比ma∶mb為()[A]1∶6 [B]1∶4[C]1∶2 [D]1∶1【答案】A【解析】若b水平固定,a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧伸長量為Δl,直導(dǎo)線a受力平衡,由平衡條件得mag=k·Δl;通電無限長直導(dǎo)線在其周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與導(dǎo)線中的電流成正比,與距導(dǎo)線的距離成反比,在兩導(dǎo)線通入大小相等的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl,對a受力分析,受豎直向下的重力、豎直向下的安培力、豎直向上的彈力,由平衡條件得mag+B1Il=k·2Δl;若a水平固定,b懸掛在彈簧下端,兩導(dǎo)線通入2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量為2Δl,b受力平衡,由平衡條件得k·2Δl+2B2Il=mbg,且B2=2B1,聯(lián)立解得ma∶mb=1∶6,故A正確。10.(14分)(2024·安徽模擬)如圖所示,在傾角θ=30°的斜面上固定間距L=0.5m的兩平行金屬導(dǎo)軌,在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動變阻器R,電源電動勢E=12V,內(nèi)阻r=1Ω,一質(zhì)量m=20g的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.10T、垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場中(導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì))。g取10m/s2。(1)若導(dǎo)軌光滑,要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止,求金屬棒受到的安培力大小;(2)若金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=36,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,金屬棒要在導(dǎo)軌上保持靜止,求滑動變阻器R(3)若導(dǎo)軌光滑,當(dāng)滑動變阻器的電阻突然調(diào)節(jié)為23Ω時,求金屬棒的加速度a的大小。【答案】(1)0.1N(2)3～11Ω(3)3.75m/s2【解析】(1)要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止,對金屬棒受力分析可得F安=mgsinθ=20×10-3×10×12N=0.1N(2)若金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=3則金屬棒受到的最大靜摩擦力大小Ff=μmgcosθ=0.05N。①當(dāng)摩擦力沿斜面向上時,有mgsinθ=F1+Ff,此時I1=F1BL=解得R1=11Ω。②當(dāng)摩擦力沿斜面向下時,有mgsinθ+Ff=F2,此時I2=F2BL=解得R2=3Ω。故滑動變阻器R接入電路中的阻值在3Ω和11Ω之間。(3)當(dāng)滑動變阻器的電阻突然調(diào)節(jié)為23Ω時,即R=23Ω,有I=ER+r=0.此時金屬棒的加速度大小a=mgsinθ-BILm=3.方向沿斜面向下。第2講磁場對運(yùn)動電荷(帶電體)的作用極光是太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響,進(jìn)入兩極附近時,與高空中的分子或原子碰撞導(dǎo)致的發(fā)光現(xiàn)象。假如我們在北極地區(qū)仰視,發(fā)現(xiàn)正上方有如圖所示沿順時針方向運(yùn)動的弧狀極光。試分析:(1)關(guān)于該現(xiàn)象中的高速粒子是否能判斷其電性?(2)該粒子軌跡半徑如何變化?(3)地磁場對垂直射向地球表面的該粒子的阻擋作用在南、北兩極附近強(qiáng)還是赤道附近強(qiáng)?如圖所示,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,帶電粒子(電性已在圖中標(biāo)出)的速率為v,帶電荷量為q,則關(guān)于帶電粒子所受洛倫茲力的大小和方向說法正確的是()[A]圖甲F洛=qvB,方向與v垂直斜向下[B]圖乙F洛=qvB,方向與v垂直斜向上[C]圖丙F洛=qvB,方向垂直于紙面向里[D]圖丁F洛=qvB,方向垂直于紙面向里【答案】B【答案】運(yùn)動電荷0qvBqvBsinθ垂直正電荷洛倫茲力不做功勻速直線勻速圓周mvqB2πm考點(diǎn)一洛倫茲力設(shè)有一段長為L、橫截面積為S的導(dǎo)體,通以大小為I的電流后放入磁場中,電流方向與勻強(qiáng)磁場的方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體單位體積內(nèi)有n個自由電荷,每個自由電荷的電荷量為q,定向移動速率為v。如圖所示。證明:電荷所受的洛倫茲力F洛=qvB。提示:導(dǎo)體所受的安培力為F安=BIL,導(dǎo)體中的電流I=nqSv,安培力與每一個運(yùn)動電荷所受洛倫茲力的關(guān)系為F安=nSL·F洛,聯(lián)立可得F洛=F安nSL=B·nqSv1.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),二者是相同性質(zhì)的力,都是磁場力。(2)安培力可以做功,而洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。2.洛倫茲力與靜電力的比較項(xiàng)目洛倫茲力靜電力產(chǎn)生條件v≠0且v與B不平行(說明:運(yùn)動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用)電荷處在電場中大小F=qvB(v⊥B)F=qE力方向與場方向的關(guān)系F⊥B且F⊥vF∥E作用效果只改變電荷的速度方向,不改變速度大小既可以改變電荷的速度大小,也可以改變速度方向[例1]【對洛倫茲力的理解】(2024·甘肅酒泉模擬)(多選)電荷定向運(yùn)動時所受洛倫茲力的矢量和,在宏觀上表現(xiàn)為導(dǎo)線所受的安培力。關(guān)于洛倫茲力,下列分析正確的是()[A]洛倫茲力和安培力是性質(zhì)相同的力[B]洛倫茲力的方向、粒子運(yùn)動方向和磁場方向不一定相互垂直[C]粒子在只受到洛倫茲力作用時動能會減少[D]由于洛倫茲力對粒子不做功,所以安培力對導(dǎo)線也不做功【答案】AB【解析】安培力是大量運(yùn)動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),洛倫茲力是安培力的微觀形式,故安培力和洛倫茲力是性質(zhì)相同的力,本質(zhì)上都是磁場對運(yùn)動電荷的作用力,A正確;根據(jù)左手定則,可知洛倫茲力總是垂直于磁場方向與速度方向所構(gòu)成的平面,而磁場方向與速度方向不一定垂直,B正確;洛倫茲力對粒子不做功,即粒子在只受到洛倫茲力作用時,動能不變,C錯誤;安培力對導(dǎo)線可以做功,D錯誤。[例2]【洛倫茲力的應(yīng)用】(2024·河南洛陽期中)如圖,來自太陽和其他星體的宇宙射線含有大量高能粒子,由于地磁場的存在改變了這些帶電粒子的運(yùn)動方向,使很多帶電粒子不能到達(dá)地面,避免了其對地面生命的危害。已知一地上空某處由南指向北的磁感應(yīng)強(qiáng)度約為1.2×10-4T,如果有一速率v=5.0×105m/s、電荷量為1.6×10-19C的正電荷豎直向下運(yùn)動穿過此處的地磁場,則該正電荷受到的洛倫茲力為()[A]9.6×10-18N,向東[B]9.6×10-17N,向西[C]9.6×10-16N,向北[D]9.6×10-15N,向南【答案】A【解析】該正電荷受到的洛倫茲力大小為F=qvB=1.6×10-19×5.0×105×1.2×10-4N=9.6×10-18N,根據(jù)左手定則可知,洛倫茲力方向向東,故選A?？键c(diǎn)二帶電體在磁場中的運(yùn)動帶電體做變速運(yùn)動時,隨著速度大小的變化,洛倫茲力的大小也會發(fā)生變化,故在對帶電體進(jìn)行受力分析時,應(yīng)考慮由洛倫茲力而引起的其他力變化(如彈力,摩擦力),然后再根據(jù)牛頓運(yùn)動定律進(jìn)行運(yùn)動分析。[例3]【洛倫茲力作用下帶電體的直線運(yùn)動】(多選)如圖所示,粗糙木板MN豎直固定在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。t=0時,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動,則物塊運(yùn)動的v-t圖像可能是()[A][B][C][D]【答案】ACD【解析】設(shè)初速度為v,則FN=qvB,若滿足mg=Ff=μFN,即mg=μqvB,物塊向下做勻速運(yùn)動,選項(xiàng)A正確;若mg>μqvB,則物塊開始有向下的加速度,由a=mg-μqvBm可知,隨著速度增大,加速度減小,即物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動,最后達(dá)到勻速狀態(tài),選項(xiàng)D正確,B錯誤;若mg<μqvB,則物塊開始有向上的加速度,物塊做減速運(yùn)動,由a=μqvB-mgm可知,隨著速度減小,加速度減小,即物塊先做加速度減小的減速運(yùn)動[例4]【洛倫茲力作用下帶電體的曲線運(yùn)動】(2024·湖南長沙期中)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn),在懸點(diǎn)O下方有勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)把小球拉離平衡位置后從A點(diǎn)由靜止釋放,則下列說法正確的是()[A]小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時,速度大小相等[B]小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時,細(xì)線的拉力相等[C]小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時,加速度相同[D]小球從A至D過程中,小球機(jī)械能守恒【答案】ACD【解析】小球在運(yùn)動過程中所受細(xì)線拉力和洛倫茲力不做功,只有重力做功,小球機(jī)械能守恒,A、D兩點(diǎn)等高,小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時,速度大小相等,故A、D正確;由向心加速度公式a向=v2l,可得小球從A至C和從D至C到達(dá)C點(diǎn)時的加速度大小相同,方向也相同,故C正確;假設(shè)小球帶正電,則小球從A至C點(diǎn)時,由牛頓第二定律有F-F洛=mv2l,小球從D至C點(diǎn)時,由牛頓第二定律有F′-mg+F洛=mv2l,易得F>考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動1.理論依據(jù)2.圓心、半徑及運(yùn)動時間的確定(1)圓心的確定。①若已知粒子運(yùn)動軌跡上兩點(diǎn)的速度v的方向,可根據(jù)F⊥v,分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力F的方向,其交點(diǎn)即為圓心,如圖甲。②若已知粒子運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向,兩點(diǎn)連線的中垂線與速度垂線的交點(diǎn)即為圓心,如圖乙。③若已知粒子軌跡上某點(diǎn)速度方向,又能根據(jù)r=mvqB計(jì)算出軌跡半徑r,則在該點(diǎn)沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心,(2)半徑的計(jì)算。①由r=mvqB②連半徑構(gòu)出三角形,由數(shù)學(xué)方法解三角形或勾股定理求得。(3)常用的幾何關(guān)系。①如圖甲,r=Lsinθ或由r2=L2+(r-d)②粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角,如圖乙,φ=α。③弦切角等于弦所對應(yīng)圓心角的一半,如圖乙,θ=12α(4)時間的計(jì)算。①利用圓心角、周期求得t=θ2πT②利用弧長、線速度求得t=lv[例5]【運(yùn)動軌跡的確定】研究學(xué)者在做粒子探測實(shí)驗(yàn)時,將一個電荷量為q1=+3e的粒子,自勻強(qiáng)磁場中a點(diǎn)向左水平射出,當(dāng)它運(yùn)動到b點(diǎn)時,與一個帶電荷量為q2=-5e靜止的粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個新粒子,不考慮粒子所受的重力,則接下來新粒子的運(yùn)動軌跡可能是()[A][B][C][D]【答案】A【解析】帶正電粒子在b點(diǎn)與一帶負(fù)電的靜止粒子碰撞合為一體,此過程滿足動量守恒,碰撞后新粒子的速率、質(zhì)量雖然與碰撞前不同,但動量與碰撞前相同,帶電荷量變?yōu)?2e。設(shè)碰撞前帶正電粒子的動量為p,則其在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r1=mvq1B=p3eB,碰撞后新粒子的總動量仍為p,帶電荷量變?yōu)?2e,則r2=p2[例6]【兩個公式的應(yīng)用】云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張?jiān)剖抑信臄z的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點(diǎn)發(fā)出的一些正電子或負(fù)電子的徑跡。關(guān)于這些徑跡,下列判斷正確的是()[A]d、e都是正電子的徑跡[B]a徑跡對應(yīng)的粒子動量最大[C]b徑跡對應(yīng)的粒子動能最大[D]a徑跡對應(yīng)的粒子運(yùn)動時間最長【答案】D【解析】帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運(yùn)動,根據(jù)左手定則可知a、b、c是正電子的徑跡,d、e是負(fù)電子的徑跡,A錯誤;帶電粒子在磁場中運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R,解得R=mvqB,由題圖可知a徑跡對應(yīng)的粒子運(yùn)動半徑最小,a徑跡對應(yīng)的粒子速度最小,根據(jù)p=mv,可知a徑跡對應(yīng)的粒子動量最小,B錯誤;根據(jù)Ek=12mv2,可知Eka<Ekb<Ekc,即b徑跡對應(yīng)的粒子動能不是最大的,C錯誤;帶電粒子在磁場中運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R,T=2πRv,則T=2πmqB,所以Ta=Tb=Tc=Td=Te,粒子在磁場中的運(yùn)動時間t=α2πT,其中α為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度[例7]【帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的螺旋運(yùn)動】(2024·云南昆明二模)(多選)某興趣小組在利用洛倫茲力演示儀(圖甲)探究帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的規(guī)律時,發(fā)現(xiàn)有時玻璃泡中的電子束在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖乙所示的情景來討論:在空間存在平行于y軸的勻強(qiáng)磁場,由坐標(biāo)原點(diǎn)在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成θ角的方向射入磁場的電子運(yùn)動軌跡為螺旋線,其軸線平行于y軸,螺旋半徑為R,螺距為Δy,螺旋周期為T,下列說法正確的是()[A]勻強(qiáng)磁場的方向?yàn)檠貀軸負(fù)方向[B]若僅增大勵磁線圈中的電流,則螺旋半徑R減小[C]若僅增大電子的加速電壓,則螺距Δy將增大[D]若僅增大θ角(θ<90°),則螺旋周期T將減小【答案】ABC【解析】將電子的速度沿著x軸和y軸分解,如圖所示,vy=v0sinθ,vx=v0cosθ,電子沿著y軸正方向做勻速直線運(yùn)動,在xOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)題圖乙可知電子從O點(diǎn)開始向上偏轉(zhuǎn),電子在O點(diǎn)受到的洛倫茲力沿著z軸正方向,且電子帶負(fù)電,利用左手定則可知勻強(qiáng)磁場的方向?yàn)檠貀軸負(fù)方向,故A正確;由洛倫茲力提供向心力,有qv0cosθ·B=m(v0cosθ)2R,得R=mv0cosθqB,若僅增大勵磁線圈中的電流,則磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,根據(jù)半徑表達(dá)式可知,電子做勻速圓周運(yùn)動的半徑變小,故B正確;電子在電場中加速,根據(jù)動能定理有qU=12mv02,解得v0=2qUm,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式,螺距為Δy=v0sinθ·T,電子做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=2πmqB,可知周期與θ角無關(guān),若僅增大θ角(滿分:60分)對點(diǎn)1.洛倫茲力1.(6分)(2024·廣西南寧期末)(多選)關(guān)于靜電力、安培力與洛倫茲力,下列說法正確的是()[A]電荷放入靜電場中一定受靜電力,電荷放入磁場中不一定受洛倫茲力[B]若通電導(dǎo)線在磁場中受到的安培力為零,該處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零[C]洛倫茲力可能做功也可能不做功[D]磁場對通電導(dǎo)線的作用力的方向不一定與磁場方向垂直【答案】AB【解析】電荷放入靜電場中一定會受靜電力,靜止的電荷放入磁場中不受洛倫茲力,運(yùn)動電荷的速度方向與磁感線平行時也不受洛倫茲力,故A正確;若通電導(dǎo)線在磁場中受到的安培力為零,可能是通電導(dǎo)線中電流方向與磁場方向平行,該處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零,故B正確;洛倫茲力總是與速度方向垂直,所以洛倫茲力總是不做功,故C錯誤;磁場對通電導(dǎo)線的作用力即安培力方向與磁場方向一定垂直,故D錯誤。2.(4分)如圖所示,四根平行長直導(dǎo)線a、b、c、d垂直于紙面放置,它們位于正方形的四個頂點(diǎn)上,導(dǎo)線中通有大小相等的電流。O點(diǎn)位于正方形的中心,已知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B0,一電子從正方形中心O點(diǎn)以速度v沿垂直于紙面向里的方向運(yùn)動,它所受洛倫茲力的大小和方向是()[A]0,豎直向上 [B]2eB0v,豎直向下[C]2B0v,水平向左 [D]2eB0v水平向右【答案】B【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知,a、c兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均向左,b、d導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度互相抵消,則O點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向左,大小為2B0,根據(jù)左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向豎直向下,大小為F洛=qvB=2eB0v,故選B。對點(diǎn)2.帶電體在磁場中的運(yùn)動3.(4分)在B=2T的勻強(qiáng)磁場中,一質(zhì)量m=1kg、帶正電q=1C的物體沿光滑的絕緣水平面以初速度v0=10m/s向左運(yùn)動,g取10m/s2,如圖,運(yùn)動過程中物體受地面的支持力大小為()[A]10N [B]20N[C]30N [D]0【答案】C【解析】物體受洛倫茲力的大小為F=qv0B=1×10×2N=20N,由左手定則可知洛倫茲力的方向豎直向下,運(yùn)動過程中物體受地面的支持力大小為FN=mg+F=1×10N+20N=30N。4.(6分)(2024·廣西南寧模擬)(多選)一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運(yùn)動,速度方向垂直于一個水平方向的勻強(qiáng)磁場,如圖所示,小球飛離桌面后落到地板上,設(shè)飛行時間為t1,水平射程為s1,著地速度為v1。撤去磁場,其余的條件不變,小球飛行時間為t2,水平射程為s2,著地速度為v2,則下列判斷正確的是()[A]s1<s2 [B]t1>t2[C]v1和v2大小相等 [D]v1和v2方向相同【答案】BC【解析】在豎直方向上,有磁場時,小球所受合力小于重力,加速度小于沒有磁場時的加速度,下落時間變長;在水平方向上,有磁場時,水平方向合力不為零,且向右,所以水平距離大于無磁場時的水平距離,故A錯誤,B正確。全過程有磁場和無磁場都只有重力做功,由動能定理可得12mv2-12mv02=mgh,下落高度一樣,即兩次落地時,速度大小一樣,但運(yùn)動軌跡不同,所以速度方向不同,故C5.(4分)(2024·江蘇無錫期中)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場內(nèi),固定著傾角為θ的絕緣斜面,一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動,小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ。設(shè)運(yùn)動時電荷量不變,在小物塊上滑過程中,其加速度大小a與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是()[A][B][C][D]【答案】C【解析】對沿斜面向上運(yùn)動的小物塊受力分析,由牛頓第二定律有mgsinθ+μFN=ma,FN=mgcosθ+qvB,聯(lián)立解得a=gsinθ+μgcosθ+μqvBm,方向沿斜面向下,所以小物塊沿斜面向上做加速度減小的減速運(yùn)動,則a-t圖像的斜率變小,當(dāng)速度接近零時,加速度不接近零,故選C對點(diǎn)3.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動6.(6分)(2024·廣東東莞期末)(多選)如圖甲所示,用強(qiáng)磁場將百萬開爾文的高溫等離子體(等量的正離子和電子)約束在特定區(qū)域?qū)崿F(xiàn)受控核聚變的裝置叫托卡馬克裝置。我國托卡馬克裝置在世界上首次實(shí)現(xiàn)了穩(wěn)定運(yùn)行100秒的成績。圖乙為其中沿管道方向的磁場分布圖,越靠管的右側(cè)磁場越強(qiáng)。不計(jì)離子重力,關(guān)于離子在圖乙磁場中運(yùn)動時,下列說法正確的是()[A]離子在磁場中運(yùn)動時,磁場可能對其做功[B]離子在磁場中運(yùn)動時,離子的動能一定不變[C]離子由磁場的左側(cè)區(qū)域向右側(cè)區(qū)域運(yùn)動時,運(yùn)動半徑減小[D]離子由磁場的左側(cè)區(qū)域向右側(cè)區(qū)域運(yùn)動時,洛倫茲力不變【答案】BC【解析】離子在磁場中運(yùn)動時,由于洛倫茲力方向總是與速度方向垂直,磁場對其不做功,動能不變,故A錯誤,B正確;離子在磁場中由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,可得r=mvqB,右側(cè)區(qū)域磁場較強(qiáng),離子由磁場的左側(cè)區(qū)域向右側(cè)區(qū)域運(yùn)動時,洛倫茲力變大,運(yùn)動半徑減小,故C7.(4分)勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里,在磁場中某點(diǎn)同時釋放兩個帶電粒子a和b,速度大小和方向均相同,運(yùn)動軌跡如圖所示。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間的相互作用力,下列判斷正確的是()[A]粒子a帶正電,粒子b帶負(fù)電[B]粒子a的比荷qm[C]粒子b的運(yùn)動周期較大[D]粒子b