1第十一章磁場 2 211.2磁場對運動電荷(帶電體)的作用 2011.3專題：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 3311.4專題：用“動態(tài)圓”思想處理臨界、極值問題 4611.5洛倫茲力與現(xiàn)代科技 54 72 7212.2法拉第電磁感應定律、自感和渦流 8612.3專題：電磁感應中的電路和圖像問題 10112.4專題：電磁感應中的動力學和能量問題 11412.5專題：動量觀點在電磁感應中的應用 139 15513.1交變電流的產生和描述 15513.2變壓器遠距離輸電 171 198 2132第十一章磁場考點梳理【考點01】安培定則和磁場的疊加1．磁場與磁感應強度(1)磁場的基本性質批注[h1]:力磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有的作用。批注[h1]:力批注[h2]:批注[h2]:方向①物理意義：描述磁場的強弱和。②定義式：B＝(通電導線垂直于磁場的情況下)。③方向：小磁針靜止時N極所指的方向。④單位：特斯拉，簡稱特，符號為T。(3)勻強磁場批注[h3]:相等批注[h4]:相同批注[h3]:相等批注[h4]:相同平行直線。(4)地磁場批注[h5]:南極批注[h6]:北極①地磁的N極在地理附近，S極在地理附近，磁感線分布如圖所示。批注[h5]:南極批注[h6]:北極批注批注[h7]:相等批注[h8]:向北②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度的大小，且方向水③地磁場在南半球有豎直向上的分量，在北半球有豎直向下的分量。2．磁感線的特點批注[h9]:切線(1)磁感線上某點的方向就是該點的磁場方向。批注[h9]:切線(2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的。批注[h10]:強弱批注[h11]:N(2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的。批注[h10]:強弱批注[h11]:N極批注[h12]:S極批注[h13]:S極批注[h14]:N極批注[h15]:相交(4)同一磁場的磁感線不中斷、不、不相切。(5)磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在。3．幾種常見的磁場(1)條形磁體和蹄形磁體的磁場(如圖所示)3(2)電流的磁場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4.磁場疊加問題的解題思路（1）確定磁場場源，如通電導線。（2）定位空間中需求解磁感應強度的點，利用安培定則判定各個場源在這一點產生的磁感應強度的大小和方向，如圖所示為M、N在c點產生的磁感應強度BM、BN。（3）應用平行四邊形定則求合磁場感應強度，如圖中的B為合磁感應強度。"判斷正誤——批注[h16]:×批注[h17]:批注[h16]:×批注[h17]:√批注[h18]:×2．磁場中的一小段通電導線在該處受力為零，此處磁感應強度B不一定為零。()3．由定義式B＝可知，電流I越大，導線l越長，某點的磁感應強度B就越小。()批注[h19]:√4．磁場中某點的磁感應強度B不一定等于()批注[h19]:√批注[h20]:×5．北京地面附近的地磁場方向是水平向北的。()批注[h20]:×4例1如圖所示，直導線AB、通電螺線管E、電磁體D三者相距當開關S閉合后，小磁針N極(黑色一端)指示磁場方向正確的是()例2一不可伸長直導線垂直于勻強磁場B放置，通過電流I時導線受到的安培力為F，將該導線做成半圓環(huán)，圓環(huán)平面仍垂直于勻強磁場放置，如圖所示，要保持安培力不變，則圓環(huán)中電流大小為()πA.IIB.例1如圖所示，直導線AB、通電螺線管E、電磁體D三者相距當開關S閉合后，小磁針N極(黑色一端)指示磁場方向正確的是()例2一不可伸長直導線垂直于勻強磁場B放置，通過電流I時導線受到的安培力為F，將該導線做成半圓環(huán)，圓環(huán)平面仍垂直于勻強磁場放置，如圖所示，要保持安培力不變，則圓環(huán)中電流大小為()πA.IIB.2C.πIID.3直紙面分別放置在a、b兩頂點處。a點處導線中的電流大小為I，方向垂直紙面向外，b點處導線中的電流大小為4I，方向垂直紙面向里。已知長直通電導線在磁感應強度大小B＝k頂點c處的磁感應強度大小為()IIII2k3kB.llll【考點02】安培力的分析與計算1．安培力：在磁場中受的力稱為安培力。2．安培力的大小(2)若B與I夾角為θ,將B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F=_。注意：θ是磁感應強度的方向與導線的夾角。當θ=0或180°,即磁感應強度的方向與導線[h24]:通電導線批注[h25]:IlB批注[h26]:IlBsinθ批注[h21]:答案C解析根據(jù)安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據(jù)小磁針靜止時N極的指向為磁場的方向可知C正確。批注[h22]:答案B批注[h23]:答案C解析a點處導線在c處產生的磁感應強度大小為Ba=kl，b點處導線在c處產生的磁感應強度大小為Bb＝k2l=,即Bb＝2Ba，Ba、Bb方向如圖所示，夾角為120°,由幾何關系知，合磁感應強度方向垂直Ba向上，則Bc=·Ba=·、kl，故選C。I4II5批注[h27]:勻強平行時，F(xiàn)批注[h27]:勻強(3)公式的適用條件：一般只適用于磁場。(4)l是指有效長度。彎曲通電導線的有效長度l等于連接導線兩端點的直線的長度，相應的電流方向沿兩端點連線由始端指向末端，如圖所示。3.安培力的方向批注[h28]:拇指批注[h29]:余四個手指左手定則：伸開左手，使與其垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁批注[h28]:拇指批注[h29]:余四個手指批注[h30]:四指批注[h30]:四指4．同向電流相互，反向電流相互。4．同向電流相互，反向電流相互。思考通電導線、磁場方向、安培力的方向三者是一定兩兩垂直嗎？通電導線和磁場方向可5.判斷安培力作用下導體的運動情況的五種方法批注[h32]:吸引批注[h33]:排斥批注[h34]:答案安培力的方向一定與通電導線垂直，一定與磁場方向垂直，即一定垂直于通電導線和磁場方向所確定的平面，但通電導線與磁場方向不一定垂直。批注[h31]:拇指左手定則左手定則特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環(huán)形電流=小磁針)|}條形磁體=通電螺線管=多個環(huán)形電流,|根據(jù)同極相斥、異極相吸判斷作用力的方向進而判斷運動方向兩平行直線電流在相互作用中，無轉動趨勢，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，有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對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61．在磁場中同一位置，電流元的電流越大，所受安培力也一定越大。()2．安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直。()3．通電導線與磁場不垂直，有一定夾角時，左手定則就不適用了。()例4如圖所示，正六邊形線框abcdef由六根導體棒連接而成，固定于勻強磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點a、b與電源兩端相連，其中ab棒的電阻為5R，其余各棒的電阻均為R，電源內阻及導線電阻忽略不計。S閉合后，線框受到的安培力大小為1．在磁場中同一位置，電流元的電流越大，所受安培力也一定越大。()2．安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直。()3．通電導線與磁場不垂直，有一定夾角時，左手定則就不適用了。()例4如圖所示，正六邊形線框abcdef由六根導體棒連接而成，固定于勻強磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點a、b與電源兩端相連，其中ab棒的電阻為5R，其余各棒的電阻均為R，電源內阻及導線電阻忽略不計。S閉合后，線框受到的安培力大小為F。若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小為()2FB.3F5FD.A.F2346例5如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向()C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外中通有如圖所示的電流時，則條形磁體的N極將向________(填“內”或“外”)偏轉；條形磁體受到的拉力________(填“大于”或“小于”)其受到的重力。【考點03】安培力作用下的平衡和加速問題與安培力有關的平衡、加速等問題，常涉及傾斜導軌、導體棒、電源、電阻等。求解時應變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F⊥B、F⊥I。如圖所示：批注[h35]:×批注[h36]:√批注[h39]:答案C解析根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左側部分所在處磁場方向斜向右上方，右側部分的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分所受安培力垂直紙面向外，右半部分所受安培力垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。批注[h40]:答案外大于解析直導線通入由a指向b的電流時，由左手定則知直導線的左端受到方向垂直紙面向里的安培力，根據(jù)牛頓第三定律可知，條形磁體的N極受到方向垂直紙面向外的作用力，應向紙面外偏轉；條形磁體轉動后，對直導線有向上的作用力，所以條形磁體受到向下的作用力，故條形磁體受到的拉力大于其受到的重力。批注[h37]:×批注[h38]:答案A解析S閉合后，ab棒與余下線框并聯(lián)，設電源電動勢為E，則兩并聯(lián)支路的電流大小均為I＝，ab棒受到安培力的大小為Fab＝BIL，余下線框在磁場中的等效長度也為L，受到的安培力大小為F＝BIL，線框受到的安培力大小F＝Fab＋F＝2BIL，若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小F′＝F＝BIL故選A。7例6(多選)傾角為θ的斜面上，有質量為m，同一材質制成的均勻光滑金屬圓環(huán)，其直徑d恰好等于平行金屬導軌的內側寬度。如圖，電源提供電流I，圓環(huán)和軌道接觸良好。下面的勻強磁場，能使圓環(huán)保持靜止的是()A.磁場方向垂直于斜面向上，磁感應強度大小等于B.磁場方向垂直于斜面向下，磁感應強度大小等于C.磁場方向豎直向下，磁感應強度大小等于D.磁場方向豎直向上，磁感應強度大小等于A.磁場方向垂直于斜面向上，磁感應強度大小等于B.磁場方向垂直于斜面向下，磁感應強度大小等于C.磁場方向豎直向下，磁感應強度大小等于D.磁場方向豎直向上，磁感應強度大小等于電源電動勢為E，內阻不計。勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成θ角斜向上方，開關閉合后導體棒開始運動，則()A.導體棒向左運動B.開關閉合瞬間導體棒MN的加速度為C.開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為D.開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為例8如圖所示，寬為L＝0.5m的光滑導軌與水平面成θ=37°角，質量為m＝0.1kg、長也,導軌電阻不計。金屬桿與導軌垂直且接觸良好。空間存在著豎直向上的勻強磁場(圖中未畫出)，當電阻箱的電阻調為R2＝0.9Ω時，金屬桿恰好能靜止。取重力加速度批注[h41]:答案BC解析當磁場垂直于斜面時，根據(jù)平衡條件結合左手定則可知圓環(huán)所受的安培力沿斜面向上，磁場方向垂直于斜面向下，有mgsinθ-F＝0，其中安培力為F=Imgsinθ2×B×2×d＝BId，聯(lián)立解得B＝Id，故Imgsinθ確；當磁場方向沿豎直方向時，根據(jù)平衡條件結合左手定則可知圓環(huán)所受的安培力水平向右，磁場方向豎直向I下，有F＝mgtanθ,其中安培力為F＝2×B×2×d=IBId，聯(lián)立解得B故C正確，D錯誤。批注[h42]:答案C解析由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指指向為垂直磁感線向右下方，從而導致導體棒向右運動，故A錯誤；安培力的方向與導軌成90°-θ的夾角，由閉合電路歐姆定律可得I＝，則開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力F＝ILB＝，故C正確，D錯誤；導體棒EBLsinθ所受合力F＝Fsinθ=2R，由牛頓第二定律FEBLsinθma，可知開關閉合瞬間導體棒MN的加速度a=BELsinθ2mR，故BELsinθ8g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求磁感應強度B的大小；屬桿，求此時金屬桿的加速度。屬桿，求此時金屬桿的加速度。批注批注[h43]:答案(1)1.2T(2)1.2m/s2，方向沿導軌向上解析(1)對金屬桿受力分析如圖，由安培力公式和平衡條件可得mgsinθ=BILcosθ由閉合電路歐姆定律得EI＝R1＋R2＋r解得B＝1.2T(2)由牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律有BI′Lcosθ-mgsinθ=ma，I′=解得a＝1.2m/s2，方向沿導軌向上。91.(多選)下列說法正確的是()A.磁場中某點的磁感應強度可以這樣測定：把一小段通電導線放在該點時，受到的磁場力F與該導線的長度L、通過的電流I的乘積的比值B即磁場中某點的磁感應強度B.通電導線在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為零C.磁感應強度B＝只是定義式，它的大小取決于場源及磁場中的位置，與F、I、L以及通電導線在磁場中的方向無關批注[h44]:答案CD解析當導線與磁場垂直時，B＝批注[h44]:答案CD解析當導線與磁場垂直時，B＝即為磁場中某點的磁感應強度，故A錯誤；通電導線在某處不受磁場力，說明此處可能無磁場，也可能是導線與磁感線平行，故B錯誤；磁感應強度B＝只是定義式，B的大小取決于場源及磁場中的位置，由本身性質決定，與F、I、L以及通電導線在磁場中的方向無關，故C正確；磁場和電場一樣，都是客觀存在的，故D正確。2.已知通電直導線在其延長線上產生的磁感應強度大小為零，通電環(huán)形導線在其圓心處產生的磁感應強度大小與電流大小成正比，與環(huán)形的半徑成反比，即B＝k，k為比例系數(shù)。現(xiàn)有兩段四分之一圓弧導線和兩段直導線組成的閉合回路如圖所示，O為兩段圓弧的共同圓心，大、小圓弧的半徑分別為r和r，回路中通有電流I，則圓心O處磁感應強度的大小和方向分別為() ), ),-1+1,垂直紙面向外 ), ),-1+1,垂直紙面向外B.kI(r,垂直紙面向里A.kI(rrr kI43.把螺線管與電源連接，發(fā)現(xiàn)小磁針N極向螺線管偏轉，靜止時所指方向如圖所示。下列說法正確的是()批注[h45]:答案C解析由電流方向及安培定則可知，大、小圓弧在圓心O處產生的磁場方向相反，分別垂直紙面向里、垂直紙面向外，由題意可知，小圓弧產生的磁場的磁感應強度大于大圓弧產生的，圓心處磁感應強度的方向為垂直紙面向外；題中大、小圓弧均為四分之一圓弧，圓心處磁感應強度的大小為B＝r－r),，故C正確。A．螺線管左端接電源正極B．若將小磁針移到螺線管內部，小磁針A．螺線管左端接電源正極B．若將小磁針移到螺線管內部，小磁針N極所指方向不變C．若將小磁針移到螺線管左端，小磁針N極將轉過180°D．若將小磁針移到螺線管正上方，小磁針N極所指方向不變批注[h46]:答案B解析小磁針靜止時N極指向為其所在處的磁場方向，由題圖知螺線管電流在螺線管中軸線上的磁場方向是向左的，由右手螺旋定則可知螺線管中電流方向是逆時針方向(從左側看)，則螺線管右端接電源正極，故A錯誤；螺線管內部磁場方向向左，所以將小磁針移到螺線管內部，小磁針N極所指方向不變，故B正確；若將小磁針移到螺線管左端，仍處于向左的磁場中，小磁針N極所指方向不變，故C錯誤；螺線管正上方磁場向右，若將小磁針移到螺線管正上方，小磁針N極所指方向向右，故D錯誤。邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導線受到的安培力為()5.截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流I1，四根平行批注批注[h47]:答案C解析因bc段與磁場方向平行，則不受安培力作用；ab段與磁場方向垂直，則所受安培力大小為Fab＝BI·2l=2BIl，則該導線受到的安培力為2BIl，故選C。如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是()6.(多選)如圖，甲、乙兩圖中的磁鐵都是固定的，甲圖中的通電直導線可以自由運動，且不考慮重力；乙圖中導體圓環(huán)被一根柔軟的繩懸吊在與紙面垂直的位置，且水平條形磁鐵的軸6.(多選)如圖，甲、乙兩圖中的磁鐵都是固定的，甲圖中的通電直導線可以自由運動，且不考慮重力；乙圖中導體圓環(huán)被一根柔軟的繩懸吊在與紙面垂直的位置，且水平條形磁鐵的軸線過環(huán)心。當通以圖示的電流時，俯視導線和圓環(huán)的運動，下列說法正確的是()批注[h48]:答案C解析因I1?I2，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用力；根據(jù)兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到中心長直導線吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到中心長直導線排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如C所示，故選C。A.甲圖中通電直導線逆時針轉動，同時下落B.甲圖中通電直導線順時針轉動，同時上升C.乙圖中導體圓環(huán)將靠近磁鐵D.A.甲圖中通電直導線逆時針轉動，同時下落B.甲圖中通電直導線順時針轉動，同時上升C.乙圖中導體圓環(huán)將靠近磁鐵D.乙圖中導體圓環(huán)將順時針轉動并遠離磁鐵批注[h49]:答案AC解析用特殊位置法，取導線逆時針轉過90°的特殊位置來分析，如圖a所示，7.如圖所示，兩個完全相同、互相垂直的導體圓環(huán)Q、P(Q平行于紙面，P垂直于紙面)中間用絕緣細線連接，通過另一絕緣細線懸掛在天花板上，當Q有垂直紙面往里看逆時針方向的電流、同時P有從右往左看逆時針方向的電流時，關于兩圓環(huán)的轉動(從上向下看)以及細線中拉力的變化，下列說法中正確的是()根據(jù)左手定則判斷安培力方向向下，故導線在逆時針轉動的同時向下運動，A正確，B錯誤；由右手定則根據(jù)電流方向可判斷出左側為S極，右側為N極，如圖b所示，所以導體圓環(huán)將靠近磁鐵，C正確，D錯誤。A.Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變小B.Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變大C.Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變小批注[h50]:答案C解析根據(jù)安培定則，Q產生的磁場的方向垂直于紙面向外，P產生的磁場方向水平向右，將Q批注[h50]:答案C解析根據(jù)安培定則，Q產生的磁場的方向垂直于紙面向外，P產生的磁場方向水平向右，將Q等效于S極在里、N極在外的小磁針，P等效于左側S極、右側N極的小磁針，根據(jù)同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引的特點，P將逆時針轉動，Q順時針轉動；轉動后P、Q兩環(huán)相互靠近處的電流的方向相同，所以兩圓環(huán)相互吸引，Q、P間細線拉力減小，故C正確，A、B、D錯8.如圖所示，將一根同種材料、粗細均勻的導體圍成半徑為R的閉合導體線圈，固定在垂直于線圈平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。C、D兩點將線圈分為上、下兩部分，且C、D兩點間上方部分的線圈所對應的圓心角為120°?，F(xiàn)將大小為I的恒定電流自C、D兩點間通入，則線圈C、D兩點間上、下兩部分導線受到的總安培力的大小為()批注[h51]:答案A解析由幾何關系可知，C、D兩點間的距離L＝2Rsin60°=·\R，電流批注[h51]:答案A解析由幾何關系可知，C、D兩點間的距離L＝2Rsin60°=·\R，電流I從C點流入，兩支路電流滿足：I1＋I2=I，導體線圈受到的總安培力的大小F＝BI1L＋BI2L=BIL=·\BIR，故選A。9.直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變批注[h52]:答案D解析當導線靜止在題圖(a)右側位置時，對導線受力分析如圖所示，批注[h52]:答案D解析當導線靜止在題圖(a)右側位置時，對導線受力分析如圖所示，可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有sinθ=,FT＝mgcosθ,則可知sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，懸線對導線的拉力FT減小，由牛頓第三定律知，導線對懸線的拉力減小，B、C錯誤，D正D．sinθ與電流I成正比10.(多選)安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結果可推知1021-4520-20-463210-451021-4520-20-463210-454-210-45A.測量地點位于南半球D．第3次測量時y軸正向指向東方11.如圖所示，傾角為α的光滑斜面置于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B1，一質量為m、長為D．第3次測量時y軸正向指向東方11.如圖所示，傾角為α的光滑斜面置于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B1，一質量為m、長為L的導體棒，通以垂直紙面向外、電流大小為I的電流時，放在斜面上恰好能保持靜止。如果將磁場方向變?yōu)榇怪毙泵嫦蛏?，磁感應強度大小變?yōu)锽2，其他物理量保持不變，導體棒還能靜止在斜面上。已知重力加速度為g，則()mgmgsinαA.B1＝ILB.B1＝ILmgsinαmgtanα12.我國航母采用了電磁彈射技術。原理如圖甲，飛機鉤在滑桿上，儲能裝置通過導軌和滑桿放電，產生強電流恒為4000A，導軌激發(fā)的磁場在兩導軌間近似為勻強磁場，磁感應強度B＝10T，在磁場力和飛機發(fā)動機推力作用下，滑桿和飛機從靜止開始向右加速，在導軌末端飛機與滑桿脫離，導軌長120m，間距為3m。飛機質量為2.0×104kg，在導軌上運動時所受阻力恒為機重的0.1倍，假如剛開始時發(fā)動機已達額定功率4×106W，飛機在導軌末端所受豎直升力與水平速度關系F＝kv(k＝4000kg/s)。圖乙是在一次彈射過程中，記錄飛機在導軌各個位置上的速度，滑桿的質量忽略，g取10m/s2。求：(1)飛機在導軌上運動30m處的加速度大??；批注[h53]:答案BC解析如圖所示，地磁南極位于地理北極附近，地磁北極位于地理南極附由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應位于北半球，A錯誤；磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為B＝VBx2＋Bz2=VBy2＋Bz2，計算得B≈50μT，B正確；由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，第2次測量By<0，故y軸指向南方，第3次測量Bx>0，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確，D錯誤。批注[h54]:答案C解析磁場方向豎直向上時，對導體棒受力分析如圖甲所示，支持力和安培力的合力方向豎直向上，大小等于mgtanα重力大小，有ILB1＝mgtanα,解得B1＝I1L，故A、Bmgtanαmgsinα小等于重力大小，有ILB2＝mgsinα,得B2＝mgsinαC正確，D錯誤。(2)如果飛機在導軌末端剛好達到起飛條件，求飛機在導軌上運動的時間。批注(2)如果飛機在導軌末端剛好達到起飛條件，求飛機在導軌上運動的時間。批注[h55]:答案(1)10m/s2(2)3.25s解析(1)分析飛機在30m處水平方向的受力情況，知發(fā)動機的推力F1＝，安培力F2＝IlB，阻力f＝0.1mg，由牛頓第二定律知F1＋F2－f＝ma，聯(lián)立解得a＝10m/s2。(2)飛機在導軌末端剛好達到起飛條件為F＝kv＝mg全過程由動能定理得Pt＋F2x－fx＝2mv2聯(lián)立解得t＝3.25s。1曾真題模擬1．(2024大同高三卷)電磁炮是通過給導軌回路通以很大的電流，使拋射體在導軌電流產生磁場的安培力作用下沿導軌加速運動，最終以很高的速度將拋射體發(fā)射出去。如圖為電磁炮的原理示意圖，電流方向如圖所示，磁場垂直于軌道平面，則()A．可減小導軌回路中的電流來提高拋射體的發(fā)射速度B．兩軌道間磁場的方向垂直軌道平面向上C．改變電流的方向不影響拋射體的發(fā)射方向D．拋射體的發(fā)射速度與拋射體的質量無關2．(2024曹二高二卷)關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是()A曾真題模擬1．(2024大同高三卷)電磁炮是通過給導軌回路通以很大的電流，使拋射體在導軌電流產生磁場的安培力作用下沿導軌加速運動，最終以很高的速度將拋射體發(fā)射出去。如圖為電磁炮的原理示意圖，電流方向如圖所示，磁場垂直于軌道平面，則()A．可減小導軌回路中的電流來提高拋射體的發(fā)射速度B．兩軌道間磁場的方向垂直軌道平面向上C．改變電流的方向不影響拋射體的發(fā)射方向D．拋射體的發(fā)射速度與拋射體的質量無關2．(2024曹二高二卷)關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是()A．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力作用B．通電導線在磁場中一定受到安培力作用C．洛倫茲力一定對運動電荷不做功D．安培力一定對通電導線不做功3．(2024格致高二卷3)關于磁感應強度與通電導線在磁場中受力情況及其相互關系，正確的是()A．一小段通電直導線在磁場中不受安培力作用，該處磁感應強度一定為零B．一小段通電直導線所受安培力的方向一定與磁場方向垂直C．只有通電直導線與磁場方向垂直，導線才會受到安培力的作用D．通電直導線在磁場中所受安培力越大，其磁感應強度一定越大4．(2024格致高二卷3)由電源、平行水平導軌、導體棒組成的矩形電路如圖所示，回路處在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與水平面夾角為θ,此時導體棒靜止在導軌上，若僅減小磁感應強度與水平方向的夾角，則導體棒()5.(2024年1月浙江高考)磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是()A．圖示左側通電導線受到安培力向下C．圓柱內的磁感應強度處處為零D．c、d兩點的磁感應強度大小相等批注[fj60]:A2024年1月浙江高考4批注[h61]:【詳解】A．由左手定則可知，圖示左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；B．a、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。故選A。批注[h56]:C批注[h57]:C批注[h58]:B批注[h59]:B6.(2024年貴州高考)如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內，導線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1>批注[fj62]:批注[fj62]:C2024年貴州高考5批注批注[h63]:【詳解】根據(jù)右手螺旋定則可知導線框所在磁場方向向里，由于I1>I2，可知左側的磁場強度大，同一豎直方向上的磁場強度相等，故導線框水平方向導線所受的安培力相互抵消，根據(jù)左手定則結合F=BIL可知左半邊豎直方向的導線所受的水平向左的安培力大于右半邊豎直方向的導線所受的水平向右的安培力，故導線框所受安培力的合力方向水平向左。故選C。批注[h64]:D7．(2024楊浦高二期末)地球上某地區(qū)的地磁場方向水平且指向正北方，通以恒定電流的長直導線水平放置在該地區(qū)，測得導線正上方某處磁感應強度恰好為零。該導線()A．南北向放置，電流方向由南向北B．南北向放置，電流方向由北向南C．東西向放置，電流方向由東向西D．東西向放置，電流方向由西向東批注[h65]:；平行金屬絲向上8．(2024曹二高二卷)如圖，用兩根輕細金屬絲將質量為m、長為l的金屬棒ab懸掛在c、d兩處，置于勻強磁場內。當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向θ角而處于平衡狀態(tài)。為了使棒平衡在該位置上，所需的磁場的最小磁感應強度的大小為_______，方向為__________批注[h65]:；平行金屬絲向上批注[h66]:解1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有（23）安培力大小F=BIL=0.3N方向沿斜面向上；重力沿斜面向下的分量G1=mgsin37=0.24N則摩擦力為f=F-G1=0.3N-0.24N=0.06N方向沿斜面向下；則金屬棒受力如圖；（4）磁場變?yōu)樨Q直向上，則安培力水平向右，則解得B2=0.50T9．(2024復附高二卷2)如圖所示，兩平批注[h66]:解1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有（23）安培力大小F=BIL=0.3N方向沿斜面向上；重力沿斜面向下的分量G1=mgsin37=0.24N則摩擦力為f=F-G1=0.3N-0.24N=0.06N方向沿斜面向下；則金屬棒受力如圖；（4）磁場變?yōu)樨Q直向上，則安培力水平向右，則解得B2=0.50T（1）通過導體棒的電流；（2）受力分析畫側視圖，并求出導體棒受到的安培力大小和方向；（3）導體棒受到的摩擦力大小和方向；（4）若將磁場方向改為豎直向上，要使金屬桿繼續(xù)保持靜止，且不受摩擦力作用，求此時磁場磁感應強度B2的大小？B2ILB2ILcos37=mgsin3710.(2012上海高考)載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B=kI/r，式中常量k＞0，I為電流強度，r為距導線的距離。在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針時兩細線內的張力均為T0。當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1，當MN內電流強度變?yōu)镮2時，兩細線內的張力均大于T0。（1）分別指出強度為I1、I2的電流的方向；批注[fj67]:（1）I1方向向左，I2方向向右（2）當MN中通以電流I時，線圈所受安培力大小為批注[fj67]:（1）I1方向向左，I2方向向右（2）當MN中通以電流I時，線圈所受安培力大小為F＝kIiL(-)式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線圈中的電流，L為ab、cd的長度。F1I1=F2I2（3）設MN中電流強度為I3時，線框所受安培力為F3。由題設條件有2T0＝G2T1＋F1＝GF3＋G＝ga I3T0－T1）gI12012年上海高考32 r1r22T0dcMdcab地球可以看作一個天然的大磁體。地磁場對人類的生存和活動都有著重要意義，如利用它為航海、行軍導航，利用地磁場的分布特征尋找礦藏等。批注[jf68]:1地球可以看作一個天然的大磁體。地磁場對人類的生存和活動都有著重要意義，如利用它為航海、行軍導航，利用地磁場的分布特征尋找礦藏等。批注[jf68]:1．A21）相反，不變（2）如圖31）kg/(A·s2)（2）9.4×10?7，有（3）①如圖②B=3.0×10?5T。2023學年浦東高二上期末3A．地球表面磁場方向由南向北，指南針靜止時N極指向北方B．地球表面磁場方向由南向北，指南針靜止時N極指向南方C．地球表面磁場方向由北向南，指南針靜止時S極指向北方D．地球表面磁場方向由北向南，指南針靜止時S極指向南方2．(2024浦東高二期末1)某同學受奧斯特和安培實驗的啟發(fā)，產生了探究通電長直導線周圍磁場的興趣。探究過程如下：（1）如圖甲所示，讓豎直的通電長直導線垂直穿過一張硬紙板，以導線為中心在紙板上任意作直線ab、cd，在直線上不同位置放上能夠自由轉動的小磁針。發(fā)現(xiàn)當小磁針靜止時，大小，小磁針指向將______(選填“變化”或“不變”（2作圖）請在圖乙中畫出通電長直導線周圍的磁感線平面分布圖。（要求：畫出三條磁3．(2024浦東高二期末1)據(jù)測量，地球表面某處地磁場的磁感應強度水平分量為3.0×10?5（1）1T=1___________（用國際單位制基本單位表示（2）若該處有半徑為10cm并繞制了100匝的閉合線圈豎直放置且與地磁場方向垂直，如圖丙，則穿過該線圈平面的磁通量為_____Wb（保留2位有效數(shù)字當該線圈繞其豎直直徑轉動時，線圈內_____感應電流（選填“有”或“無”接數(shù)據(jù)采集器微電流傳感器丙（3）某校物理興趣小組估測磁體附近磁感應強度。他們將一小磁針放在一個水平放置的螺線管的軸線上。如圖丁所示，開關斷開，小磁針靜止時N極指向處于水平面內xOy坐標系中的y軸正方向。閉合開關后，發(fā)現(xiàn)小磁針N極的指向與y軸正方向的夾角為45°。①（作圖）請在圖上標明螺線管上導線的繞向；②（計算）求該通電螺線管在小磁針處產生的磁感應強度的大小。yONOxS丁11.2磁場對運動電荷(帶電體)的作用考點梳理1．洛倫茲力的定義批注[h69]:運動電荷磁場對的作用力。批注[h69]:運動電荷批注[h70]:0批注[h70]:0批注[h71]:qvB(1)v∥B時，F(xiàn)=;(2)v⊥B時，F(xiàn)=;批注[h72]:批注[h72]:正批注[h73]:負批注[h74]:B、v批注[h75]:安培力批注[h76]:茲力(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于決定的平面。(注意B和v不一定垂直)4．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別批注[h77]:安培力(1)是洛倫的宏觀表現(xiàn)，二者性質相同，都是磁場力。(2)可以做功，而對運動電荷不做功。注意：洛倫茲力的分力可能對運動電荷做功。批注[h77]:安培力批注[h78]:批注[h78]:洛倫茲力洛倫茲力靜電力產生條件v≠0且v不與B平行(說明：運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用)F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關系F⊥B(且F⊥v)F∥E做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功批注[h79]:×批注[h80]:×批注批注[h79]:×批注[h80]:×批注[h81]:√2．若帶電粒子經過磁場中某點時所受洛倫茲力為零，則該點的磁感應強度一定為零。()3．洛倫茲力對運動電荷一定不做功。()批注[h82]:答案不能。帶電粒子所受的洛倫茲力除了與磁感應強度大小有關外，還與速度方向和磁場方向間的夾角θ有關，某點磁感應強度很大，但粒子速度方向與磁場方向的夾角批注[h82]:答案不能。帶電粒子所受的洛倫茲力除了與磁感應強度大小有關外，還與速度方向和磁場方向間的夾角θ有關，某點磁感應強度很大，但粒子速度方向與磁場方向的夾角θ較小時，洛倫茲力也較小，θ=0時，洛倫茲力為零。例1(多選)1932年，物理學家安德森在實驗中發(fā)現(xiàn)了正電子，該發(fā)現(xiàn)為確定反物質的存在提供了重要的證據(jù)。正電子在施加了磁場的云室中運動，其穿過鉛板前后的運動軌跡如圖所示。已知正電子穿過鉛板時會損失一部分動能，則()A.正電子由下向上穿過鉛板B.正電子由上向下穿過鉛板例2如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是()C.磁場方向垂直紙面向里D.磁場方向垂直紙面向外A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B.小球運動過程中的速度不變A.正電子由下向上穿過鉛板B.正電子由上向下穿過鉛板例2如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是()C.磁場方向垂直紙面向里D.磁場方向垂直紙面向外A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B.小球運動過程中的速度不變C.小球運動過程中的加速度保持不變D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功例3正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的下列說法正確的是()A.磁場方向垂直于紙面向里B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對應的粒子是正電子【考點02】洛倫茲力作用下帶電體的運動帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發(fā)生變化，與間的彈力隨之變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發(fā)生變化)，最后若彈力批注[h83]:答案AC考點一對洛倫茲力的理解和應用1.洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。批注[h84]:答案A解析小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A正確；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯誤；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯誤；洛倫茲力永不做功，D錯誤。批注[h85]:答案A解析三個粒子從P點射入磁場，軌跡偏轉方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2對應的粒子是正電子，1、3為電子，故D錯誤；由左手定則可判斷，磁場方向垂直紙面向里，故A正確；對于軌跡1的粒子運動半徑越來越小，由r＝qB知，運動速度越來越小，B錯誤；對于軌跡2和軌跡3兩種粒子，由于初始半徑r2＜r3，由r＝知v2＜v3，故C錯誤。批注[h86]:答案ACD解析設物塊的初速度為v0，則FN＝Bqv0，若滿足mg=Ff=μFN，即mg=μBqv0，物塊向下做勻速運動，選項A有可能是物塊運動的v－t圖像；若mg>μBqv0，則物塊開mg-μBqv始時有向下的加速度，由a＝m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動，最后達到勻速狀態(tài)，選項D有可能是物塊運動的v-t圖像，B不可能是物塊運動的v－t圖像；若mg<μBqv0，則物塊開始有向上的加速度，物塊做減速運μBqv－mg動，由a＝m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動，最后達到勻速狀態(tài)，選項C有可能是物塊運動的v－t圖像。mv))例5如圖甲所示，水平傳送帶足夠長，沿順時針方向勻速運行，將一絕緣帶電物塊無初速度地從最左端放上傳送帶。該裝置處于垂直紙面向外的勻強磁場中，物塊運動的v－t圖像如圖乙所示。物塊所帶電荷量保持不變，下列說法正確的是()0.5m/sB．1s后物塊與傳送帶共速，所以傳送帶的速度為0.5m/sC．傳送帶的速度可能比0.5m/s大D．若增大傳送帶的速度，其他條件不變，則物塊最終達到的最大速度也會增大【考點03】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做運動。2．帶電粒子以速度v垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做運動。(1)洛倫茲力提供向心力：qvB=(2)軌跡半徑：r=D．若增大傳送帶的速度，其他條件不變，則物塊最終達到的最大速度也會增大【考點03】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做運動。2．帶電粒子以速度v垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做運動。(1)洛倫茲力提供向心力：qvB=(2)軌跡半徑：r=(3)周期：T=2πm=批注[h87]:答案C解析在0～1s內，v－t圖像的斜率減小，物塊的加速度減小，所受滑動摩擦力減小，對傳送帶的壓力減小，而物塊做加速運動，所受洛倫茲力增大，所以洛倫茲力一定豎直向上，由左手定則可知，物塊一定帶負電，A錯誤；物塊達到最大速度的條件是摩擦力等于零，不再加速，所以1s末物塊與傳送帶間的摩擦力恰好為零，此時物塊的速度為0.5m/s，傳送帶的速度可能是0.5m/s，也可能大于0.5m/s，B錯誤，C正確；由C項分析知傳送帶的速度大于等于0.5m/s，無論傳送帶的速度增大到多大，物塊加速到0.5m/s后都不再加速，即物塊的最大速度等于0.5m/s，D錯誤。批注[h88]:勻速直線(4)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ(批注[h88]:勻速直線(4)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t=mv2= Bqr2=2m(5)動能：Ek=3．粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法批注[h89]:勻速圓周批注[h90]:無關批注[h91]:比荷批注[h92]:磁感應強度(1)圓心的確定方法①若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為②若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖乙。③若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)r＝計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙。(2)半徑的計算方法方法二連半徑構出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得。如圖甲，由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得常用到的幾何關系①粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ=α。②弦切角等于弦所對應圓心角一半，如圖乙，θ=α。(3)時間的計算方法例6(多選)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ=45°。粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為a例7(多選)如圖，虛線上方空間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，在紙面內沿不同的方向從粒子源O先后發(fā)射速率均為v的質子和α=l，α粒子沿與PO成30°角的方向發(fā)射，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是()A．質子在磁場中運動的半徑為lB．α粒子在磁場中運動的半徑為lC．質子在磁場中運動的時間為D．質子和α粒子發(fā)射的時間間隔為批注批注[h94]:答案ACD解析根據(jù)題意作出α粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，α粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝l，因為粒子做圓周運動的半徑r＝qB，質子與α粒子的比荷之比為2:1，所以兩者在磁場中運動半徑之比為1:2，質子運動半徑為2l，故A正確，B錯誤；α粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，轉過的圓心角θ1=300°,則α粒子在磁場中的運動時間t1＝T＝，質子從O點射入，P點射出，運動半徑為l，可知質子從O點射入的速度方向必與OP邊界垂直，轉過的圓心角θ2=180°,故t2＝2T′＝2v，所以質子和α粒子發(fā)射的時間間隔為t1－t2故C、D正確。批注[h93]:答案AD解析由題意可知，粒子在磁場中沿順時針做圓周運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電荷，故A正確；粒子的運動軌跡如圖所示，O′為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑R=·\a，故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，則v=,故B錯誤；由圖可知，ON＝a＋a＝(+1)a，故D正確。mv11.如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是()A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功2.在探究射線性質的過程中，讓質量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質量為m2、帶電荷量為e1.如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是()A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功2.在探究射線性質的過程中，讓質量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入道運動。則α粒子與β粒子的動能之比為()m1m2B.m14m2A.D.m2m14m2m13.質量為m的帶電微粒a僅在洛倫茲力作用下做半徑為r的勻速圓周運動?，F(xiàn)在a經過的軌跡上放置不帶電的微粒b，則a與b發(fā)生完全非彈性碰撞融為一個整體。不計重力和電荷量的損失，則該整體在磁場中做圓周運動的半徑將()4.如圖所示，虛線上方存在垂直紙面的勻強磁場(具體方向未知)，磁感應強度大小為B，一比荷為k的帶負電粒子從虛線上的M點垂直磁場方向射入磁場，經過一段時間，該粒子經過N點(圖中未畫出)，速度方向與虛線平行向右，忽略粒子的重力。則下列說法正確的是A．磁場的方向垂直紙面向外B．粒子從M運動到N的時間為C．如果N點到虛線的距離為L，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2LD．如果N點到虛線的距離為L，則粒子射入磁場的速度大小為kBL批注[h95]:答案A解析小球帶正電，由左手定則可知剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運動，速度方向時刻變化，B錯誤；重力方向始終豎直向下，洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，速度方向時刻變化，則合力方向時刻變化，由牛頓第二定律知加速度方向時刻變化，C錯誤；洛倫茲力始終與小球的速度方向垂直，故洛倫茲力對小球不做功，D批注[h96]:答案D解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mr，動能為Ek＝2mv2，聯(lián)立可得Ek＝，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2:1，故α粒子和β粒子的動能之比為＝，故D批注[h97]:答案C解析由洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝mr，可得r=,又p＝mv0，得r碰撞過程中動量守恒，p不變，電荷量不變，則半徑不變，故C正確，A、B、D錯批注[h98]:答案C解析根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；粒子從M運動到N時速度方向改變了60°,所以粒子在該段時間內運動軌跡對應的圓心角為α=60°,則粒子從M到N運動的時間為t＝6T，又粒子在磁場中的運動周期為T由題知＝k，整理得t=,故B錯誤；如果N點到虛線的距離為L，根據(jù)幾何關系R－Lmv有cosα=R，解得R＝2L，又R＝qB，則v＝2kBL，故D錯誤，C正確。v21v0215.(多選)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區(qū)域有直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是()C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測批注[h99]:答案AD解析由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子批注[h99]:答案AD解析由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，A正確；粒子2向上偏轉，根據(jù)左手定則可知，粒子2應該帶正電，不可能為電子，B錯誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；粒子2在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得r=,可知若增大粒子的入射速度，則粒子2做圓周運動的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正6.如圖所示，豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應強度大小(重力加速度為g)()A．滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用批注[h100]:答案批注[h100]:答案B解析滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒，有mgh＝2mv2，得v＝v2gh，故滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為F＝qBv＝qB\，故B正確，C、D錯17.如圖所示，虛線框MNQP內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c三個帶電粒子，它們在紙面內從PQ邊的中點垂直于PQ邊射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則()A.粒子a帶負電，粒子b、c帶正電B.若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的加速度最大C.若三個粒子入射的速度相同，則粒子c在磁場中的加速度最大v2mvqvB批注[h101]:答案v2mvqvB批注[h101]:答案C解析由左手定則可知a帶正電，b、c帶負電，由圖可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力有qvB＝mR＝ma，解得R＝qB，a＝m，若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的運動速度最小，加速度最小，故A、B錯誤；若三個粒子入射的速度相同，則粒子c的比荷最大，粒子c在磁場中的加速度最大，故C正確；若三個粒子入射的動量相同，則粒子c的帶電荷量最大，故D錯誤。8.(多選)如圖所示，將一由絕緣材料制成的帶一定正電荷的滑塊放在裝有光電門的固定木板上，空間中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。測得帶遮光條滑塊的質A．到達光電門2之前滑塊先加速后減速B．到達光電門2A．到達光電門2之前滑塊先加速后減速B．到達光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變C．滑塊所帶的電荷量為-D．滑塊所帶的電荷量為+9.(多選)如圖所示，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場；圓形區(qū)域內無磁場。P是圓外一點，且OP＝3r，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從P點在紙面內垂直于OP射出。已知粒子力，下列說法正確的是()A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝rB．粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝rC．粒子第一次在圓形區(qū)域內運動所用的時間t=D．粒子第一次在圓形區(qū)域內運動所用的時間t=10.如圖所示，A點距坐標原點的距離為L，坐標平面內有邊界過A點和坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標平面向里。有一電子(質量為m、電荷量為e)從A點以批注[h102]:答案BC解析以滑塊為研究對象，根據(jù)左手定則可知，滑塊運動過程受到的洛倫茲力垂直斜面向下，滑塊由靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ-μ(mgcosθ+qvB)=ma，可知隨著滑塊速度的增大，滑塊的加速度減小，所以滑塊先做加速度減小的加速運動，由于遮光條通過兩光電門所用的時間均為t，可知滑塊到達光電門1前已經做勻速運動，因此到達光電門2之前滑塊先加速后勻速，到達光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變，故A錯誤，B正確；滑塊做勻速運動的速度大小為vd=t，根據(jù)受力平衡可得mgsinθ-μ(mgcosθ+qvB)＝0，dmgtsinθmgtcosθ聯(lián)立解得滑塊所帶的電荷量為q＝Bdμ-Bdmgtsinθmgtcosθ批注[h103]:答案BC解析根據(jù)題意，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，如圖所示設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關系有(3r－R)2＝R2＋r2，解得R＝r，故A錯誤，B正確；由qvB＝m，可得粒子在圓形區(qū)域做勻速直線運動的速度大小為v則粒子第一次在圓形區(qū)域內運動的時間為t故C正確，D錯誤。(1)磁場的磁感應強度大??；批注[h104]:答案(1)(2)(L批注[h104]:答案(1)(2)(L，)(3)解析(1)由題意可知電子在有界圓形磁場區(qū)域受洛倫茲力而做圓周運動，設圓周運動軌跡半徑為r，磁場的磁感應強度為B，則有ev0B＝m如圖所示，過A、B點分別作速度方向的垂線交于C點，則C點為軌跡圓的圓心，已知B點速度方向與x軸正方向之間的夾角為60°,由幾何關系得，軌跡圓的圓心角∠C＝60°AC＝BC＝AB＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L由幾何知識得r＝2L聯(lián)立解得B=;(2)由于ABO在有界圓周上，∠AOB＝90°,得AB為有界磁場圓的直徑，故AB的中點為磁場區(qū)域的圓心O1，O1的坐標為(3)電子做勻速圓周運動，則圓周運動的周期為T＝2πr＝4πL電子在磁場中運動的時間t＝T。(3)電子在磁場中運動的時間。曾真題模擬1．(2024曹二高二卷)在方向垂直紙面向里的勻強磁場的區(qū)域中，一垂直磁場方向射入的帶電粒子的運動軌跡如圖所示，由于帶電粒子運動過程中受到空氣阻力的批注[h105]:D批注[h105]:DA．粒子帶正電，從A點運動到B點B．粒子帶正電，從B點運動到A點C．粒子帶負電，從A點運動到B點D．粒子帶負電，從B點運動到A點批注[h106]:B2．(2024格致高二卷3)在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞軸O在勻強磁場中作逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示。若小球運動到A點時繩子忽然斷開，則以下運動不可能發(fā)生的是()批注[h106]:BA．小球仍作逆時針勻速圓周運動，半徑不變B．小球仍作逆時針勻速圓周運動，但半徑減小C．小球作順時針勻速圓周運動，半徑不變D．小球作順時針勻速圓周運動，半徑減小3．(2024曹二高二卷)如圖所示，兩條垂直紙平面的長直導線中通有等大反向的電流，虛線是兩條導線連線的中垂線。一個不計重力的帶負電粒子以初速度v0沿虛線射入磁場，則帶批注[h107]:勻速直線；根據(jù)安培定則判斷知虛線上合磁場的方向沿虛線方向向右，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，因而帶電粒子做勻速直線運動。電粒子在磁場中做批注[h107]:勻速直線；根據(jù)安培定則判斷知虛線上合磁場的方向沿虛線方向向右，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，因而帶電粒子做勻速直線運動。4．(2024格致高二卷3)一個帶負電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行過程中小球的水平位移始終增大，設飛行時間為t1，著地速度大小為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球批注[h108]:<;=5．(2024格致高二卷3)如圖所示，虛線所圍圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，圓半徑為5．(2024格致高二卷3)如圖所示，虛線所圍圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，圓半徑為R，磁感應強度大小為B，紙面內有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點射入磁場，粒子的速度方向與PO之間夾角為45°,經過某一時間從Q點射出磁場，∠POQ=90°。不計粒子所受重力。則粒子從P點射入磁場時的速度v=______；粒子在磁場中運動的時間t=______。6．(2024曹二高二卷)如圖，左側為一對平行金屬板，平行金屬板長度10cm，極板間距為20cm，兩金板間電壓為200V，上極板帶正電荷?，F(xiàn)有一質量為m＝1.6×10-25kg、電荷量為已知加速電壓為50V，然后進入右側勻強磁場中。勻強磁場緊鄰電場，寬度為10cm，勻強磁場上下足夠長，方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝0.02T（不計粒子重（1）求進入偏轉電場的速度v0（2）帶電粒子射出金屬板時速度的大小、方向；（3）帶電粒子在磁場中運動的時間以及從勻強磁場射出時的位置。批注[h110]:解1）v05m/sv≈1.4×105m/s所以得與水平方向夾角為θ=45o（3）粒子進入磁場做圓周運動，則有解得半徑因θ=45°,y=5cm磁場寬度為10cm，則粒子恰好從上極板向右延長線與磁場右邊界交點處射出，射出的位置與上極板的豎直距離為5cm.。如圖所示由所以