2025高考物理總復習第十一章磁場課件練習題

第十一章磁場考情分析試題情境生活實踐類生活和科技、地磁場、電磁炮、回旋加速器、質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾元件等學習探究類通電導線在安培力作用下的平衡與加速問題，帶電粒子在磁場、組合場、疊加場及立體空間中的運動第1課時磁場的描述安培力目標要求1.理解磁場的性質(zhì)及磁感應(yīng)強度的概念，會求解磁感應(yīng)強度疊加的問題。2.掌握左手定則，會判斷安培力的方向，并會計算安培力的大小。內(nèi)容索引考點一

安培定則和磁場的疊加考點二

安培力的分析與計算考點三

安培力作用下的平衡和加速問題課時精練><考點一安培定則和磁場的疊加1.磁場與磁感應(yīng)強度(1)磁場的基本性質(zhì)磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有

的作用。(2)磁感應(yīng)強度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。力方向(3)勻強磁場磁場中各點的磁感應(yīng)強度的大小

、方向

，磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線。相等相同(4)地磁場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。②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應(yīng)強度的大小

，且方向水平

。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。南極北極相等向北2.磁感線的特點(1)磁感線上某點的

方向就是該點的磁場方向。(2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的

。(3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部，從

指向

；在磁體內(nèi)部，由

指向

。(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。切線強弱N極S極N極相交S極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)

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

(2)電流的磁場

直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場橫截面圖

從上往下看

從左往右看

從左往右看縱截面圖

5.北京地面附近的地磁場方向是水平向北的。(

)1.磁場是客觀存在的一種物質(zhì)，磁感線也是真實存在的。(

)2.磁場中的一小段通電導線在該處受力為零，此處磁感應(yīng)強度B不一定為零。(

)×√×√×例1如圖所示，直導線AB、通電螺線管E、電磁體D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關(guān)S閉合后，小磁針N極(黑色一端)指示磁場方向正確的是A.a

B.b

C.c

D.d√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。例2

(2023·江蘇鹽城市、南京市調(diào)研)我國直流輸電技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平。現(xiàn)有三根輸電線甲、乙、丙的截面圖，通過它們的電流大小相同，且到O點距離相等，電流方向如圖所示。若甲中的電流在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，則三根輸電線中的電流在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小是A. B.3B

C.2B D.B√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(yīng)強度的點，利用安培定則判定各個場源在這一點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小和方向，如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度BM、BN。3.應(yīng)用平行四邊形定則求合磁感應(yīng)強度，如圖中的B為合磁感應(yīng)強度。返回安培力的分析與計算><考點二1.安培力：

在磁場中受的力稱為安培力。2.安培力的大小(1)當B、I垂直時，F(xiàn)＝

。(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(yīng)強度的方向與導線的夾角。當θ＝0或180°，即磁感應(yīng)強度的方向與導線平行時，F(xiàn)＝0。通電導線IlBIlBsinθ(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(yīng)的電流方向沿兩端點連線由始端指向末端，如圖所示。勻強3.安培力的方向左手定則：伸開左手，使

與

垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使

指向電流的方向，這時

所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。4.同向電流相互

，反向電流相互

。拇指其余四個手指四指拇指吸引排斥思考通電導線、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以不垂直嗎？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。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(yīng)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3

(2023·江蘇卷·2)如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab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A.0

B.Bil

C.2BIl

D.√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。例4

(2022·江蘇卷·3)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A.平行于紙面向上B.平行于紙面向下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√根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左側(cè)部分所在處磁場方向斜向右上方，右側(cè)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。拓展

若用細線將一條形磁體懸掛于天花板上，條形磁體處于水平且靜止的狀態(tài)。當導線ab中通有如圖所示的電流時，則條形磁體的N極將向_____(填“內(nèi)”或“外”)偏轉(zhuǎn)；條形磁體受到的拉力______(填“大于”或“小于”)其受到的重力。外大于直導線通入由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(yīng)向紙面外偏轉(zhuǎn)；條形磁體轉(zhuǎn)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。電流元法分割為電流元

安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法根據(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)判斷安培力作用下導體的運動情況的五種方法環(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返回安培力作用下的平衡和加速問題><考點三與安培力有關(guān)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(yīng)變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。如圖所示：例5

如圖所示，在傾角為θ＝37°的斜面上固定有平行金屬導軌，現(xiàn)在導軌上垂直導軌放置一質(zhì)量為m＝20g的金屬棒ab，接入電路的長度l＝1m，整個裝置處于垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.8T，導軌與電動勢為E＝12V、內(nèi)阻為r＝1Ω的電源連接，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2，

sin37°＝0.6，金屬棒和導軌電阻不計，現(xiàn)閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器接入電路阻值為0時，金屬棒不能靜止。(1)判斷金屬棒所受的安培力方向；答案平行于斜面向上由左手定則可判斷金屬棒所受安培力的方向平行于斜面向上。(2)求使金屬棒在導軌上保持靜止時，滑動變阻器接入電路的最小阻值R1和最大阻值R2。答案47Ω

239Ω當R最小時，金屬棒所受安培力為最大值F1，所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，則Ffmax＝μFN1，F(xiàn)N1＝mgcosθ

，F(xiàn)1＝mgsinθ＋Ffmax安培力F1＝BI1l聯(lián)立以上各式解得滑動變阻器R的最小阻值為R1＝47Ω當R最大時，金屬棒所受安培力為最小值F2，所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ－μmgcosθ安培力F2＝BI2l聯(lián)立以上各式解得滑動變阻器R的最大阻值為R2＝239Ω。例6

(2023·北京卷·19)2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進技術(shù)的世界最高速度紀錄。一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導軌固定在水平面，導軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好，電流從一導軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出。導軌電流在兩導軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度B與電流i的關(guān)系式為B＝ki(k為常量)。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)?I。已知兩導軌內(nèi)側(cè)間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m。求：(1)金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F；答案kI2L由題意可知，第一級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為B1＝kI金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小為F＝B1IL＝kI2L(2)金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2；答案1∶4第二級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為B2＝2kI金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域時受到安培力的大小為F′＝B2·2IL＝4kI2L根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶4金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域的加速度大小為(3)金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小v。解得金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小為金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后，返回課時精練1.把螺線管與電源連接，發(fā)現(xiàn)小磁針N極向螺線管偏轉(zhuǎn)，靜止時所指方向如圖所示。下列說法正確的是A.螺線管左端接電源正極B.若將小磁針移到螺線管內(nèi)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(zhuǎn)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√123456789101112小磁針靜止時N極指向為其所在處的磁場方向，由題圖知螺線管中的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(cè)看)，則螺線管右端接電源正極，故A錯誤；螺線管內(nèi)部磁場方向向左，所以將小磁針移到螺線管內(nèi)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。1234567891011122.(2024·江蘇蘇州實驗中學校聯(lián)考)如圖所示，半圓形導線abc通以恒定電流I，放置在勻強磁場中，已知磁感應(yīng)強度為B，導線長為πl(wèi)，直徑ac與磁場方向夾角為θ＝60°。該導線受到的安培力大小為123456789101112√3.如圖所示，三棱柱的棱長為L，兩個底面均為等邊三角形，兩方向相同的無限長直導線中電流分別經(jīng)過M1M2和N1N2，電流的大小均為I，M1M2段導線受到的安培力大小為F，則三棱柱的另一條棱P1P2上各點的磁感應(yīng)強度大小為123456789101112√由于M1M2和N1N2中電流大小相等，且三棱柱底邊為等邊三角形，三條棱距離相等，因此M1M2和N1N2中電流在棱P1P2產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，都為B0，根據(jù)右手螺旋定則，M1M2和N1N2中電流在棱P1P2產(chǎn)生的磁場方向如圖，1234567891011124.一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以方向由a到b的電流，則導線ab受磁場力后的運動情況為A.從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管B.從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管C.從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管D.從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管√123456789101112先由安培定則判斷出通電螺線管的N、S極，確定導線左、右兩端磁感應(yīng)強度的方向，并用左手定則判斷這兩端受到的安培力的方向，如圖甲所示?？梢耘袛鄬Ь€受磁場力后從上向下看逆時針方向轉(zhuǎn)動。當導線轉(zhuǎn)過90°時，再分析導線位置的磁場方向，再次用左手定則判斷導線所受磁場力的方向，如圖乙所示，可知導線還要靠近螺線管，所以D正確，A、B、C錯誤。1234567891011125.(2023·北京市模擬)如圖甲所示是磁電式電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，蹄形磁體的兩極間有一個固定的圓柱形鐵芯，鐵芯外面套有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的鋁框，在鋁框上繞有銅線圈。電表指針固定在鋁框123456789101112上，可與線圈一起轉(zhuǎn)動，線圈的兩端分別接在兩個螺旋彈簧上，被測電流經(jīng)過這兩個彈簧流入線圈。蹄形磁體與鐵芯間的磁場可看作是均勻輻射分布的，如圖乙所示，無論線圈轉(zhuǎn)到什么位置，線圈平面總與線圈所在磁場的方向平行。關(guān)于磁電式電表，下列說法不正確的是A.磁電式電表的原理是通電線圈在磁場

中因受安培力而轉(zhuǎn)動B.改變線圈中電流的方向，指針會反向

偏轉(zhuǎn)C.增加線圈的匝數(shù)可以提高電表的靈

敏度D.用塑料框代替鋁框，在使用電表時可以使指針更迅速穩(wěn)定在示數(shù)位置上√123456789101112磁電式電表的內(nèi)部，在蹄形磁體的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，蹄形磁體和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，當電流通過線圈時，線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)動，故A正確，不符合題意；123456789101112改變線圈中電流的方向，線圈受力方向相反，指針會反向偏轉(zhuǎn)，故B正確，不符合題意；線圈匝數(shù)越多，受到的安培力合力越大，越容易轉(zhuǎn)動，可以提高電表的靈敏度，故C正確，不符合題意；用鋁框做骨架，當線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時，導致穿過鋁框的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培阻力，123456789101112使其很快停止擺動，而塑料做骨架達不到此作用，故D錯誤，符合題意。6.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，將一根粗細均勻的導體棒折成梯形線框PQMN，各邊長度為PQ＝PN＝QM＝L，MN＝2L，線框固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框底邊P、Q兩點與直流電源兩端相接，已知導體棒PQ受到的安培力大小為F，則整個線框PQMN受到的安培力大小為123456789101112√由題可知，流過PNMQ支路的電流I1和流過PQ支路的電流I2關(guān)系為4I1＝I2，已知導體棒PQ受到的安培力為F，方向向上，PNMQ支路在磁場的有效長度為L，故PNMQ支路所受安培力為1234567891011121234567891011127.(2024·江蘇南京市期中)兩根通電細長直導線緊靠著同樣長的塑料圓柱體，圖甲是圓柱體和導線1的截面，導線2固定不動(圖中未畫出)。導線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從θ＝0緩慢移動到π，測量圓柱體中心O處磁感應(yīng)強度，獲得沿x方向的磁感應(yīng)強度Bx隨θ變化的圖像(如圖乙)和沿y方向的磁感應(yīng)強度By隨θ變化的圖像(如圖丙)。下列說法正確的是A.導線1電流方向垂直紙面向里B.導線2在第三象限角平分線位置C.隨著θ的增大，中心O處的磁感應(yīng)強度先

變大后變小D.當θ＝0.25π時，中心O處的磁感應(yīng)強度方

向沿第四象限角平分線向外123456789101112√123456789101112根據(jù)安培定則判斷通電直導線產(chǎn)生的磁場方向，可知，導線2產(chǎn)生的磁場在豎直方向上沒有分量，在水平方向有沿x軸正方向的分量，則導線1在初始狀態(tài)產(chǎn)生的磁場沿y軸負方向，導線1電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；根據(jù)安培定則可知，導線2在y軸正方向處有垂直紙面向外的電流或者在y軸負方向處有垂直紙面里的電流，故B錯誤；123456789101112磁感應(yīng)強度為矢量，根據(jù)三角形定則可知中心O處的磁感應(yīng)強度先變大后變小，在θ＝0.5π時，兩導線產(chǎn)生磁感應(yīng)強度方向一致，合磁感應(yīng)強度最大，故C正確；θ＝0.25π時，導線1產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向沿第四象限角平分線向外，但導線2產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度沿x軸正方向，故中心O處的磁感應(yīng)強度方向在x軸與第四象限角平分線之間，故D錯誤。8.(2021·江蘇卷·5)在光滑桌面上將長為πL的軟導線兩端固定，固定點的距離為2L，導線通有電流I，處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導線中的張力為A.BIL B.2BILC.πBIL D.2πBIL√123456789101112從上向下看導線的圖形如圖所示導線的有效長度為2L，則所受的安培力大小為F安＝2BIL123456789101112解得FT＝BIL故A正確，B、C、D錯誤。9.(2023·江蘇南京市第二十九中學檢測)如圖所示，水平地面上平行放置兩根足夠長的通電直導線a和b，電流大小相等，方向垂直紙面向里，豎直線MN位于直導線a、b的中垂面上。通電直導線c中的電流方向垂直紙面向外?，F(xiàn)在從M點由靜止釋放直導線c，直導線c可沿中垂面落至地面上的N點。整個過程導線a和b靜止不動，不計空氣阻力，則由M點運動到N點的過程中A.導線c在M點受到的安培力水平向右B.導線c在M點受到的安培力豎直向下C.導線c可能做加速度一直增大的加速運動D.導線c可能做加速度一直減小的加速運動√123456789101112根據(jù)右手螺旋定則可知通電直導線a和b在M點的磁場方向如圖所示，由矢量的疊加可知通電直導線a和b在M點的磁場方向水平向右，根據(jù)左手定則可知導線c在M點受到的安培力豎直向上，故A、B錯誤；123456789101112若距離N點無窮遠處，磁感應(yīng)強度為零，N點磁感應(yīng)強度為零，所以從無窮遠處到N點磁感應(yīng)強度先增大后減小，由于不清楚M點的位置，所以通電直導線c所受安培力可能先增大后減小，也可能一直減小，結(jié)合牛頓第二定律mg－F＝ma，可知導線c可能做加速度一直增大的加速運動，也可能先做加速度減小的加速運動再做加速度增大的加速運動，故C正確，D錯誤。C.若增大磁感應(yīng)強度，則細線的偏角將不變D.若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，則導線ab

可擺過的最大角度為60°10.(2023·江蘇鹽城中學三模)通電直導線ab的質(zhì)量為m、長為l，用兩根細線把導線ab水平吊起，導線上的電流為I、方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，導線平衡時細線與豎直方向成θ＝30°角，重力加速度為g，下列說法正確的是√123456789101112123456789101112根據(jù)BIl＝mgtanθ可知，若增大磁感應(yīng)強度，則細線的偏角將增大，選項C錯誤；若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，則導線ab擺到最大高度時，有BIl·Lsinα－mgL(1－cosα)＝0，解得α＝60°，選項D正確。11.(2023·江蘇南京市外國語學校期末)如圖所示，長方體的ABCO面為正方形，整個空間存在豎直向上的勻強磁場，現(xiàn)在AB、BC、CD、DA上分別放置四根導體棒，且構(gòu)成一閉合回路，當回路中通有沿ABCDA方向的電流時，下列說法正確的是

A.CD棒所受的安培力方向垂直紙面向外B.四根導體棒均受安培力的作用C.CD棒與DA棒所受的安培力大小相等D.DA棒所受的安培力最大123456789101112√根據(jù)左手定則，可知CD棒所受的安培力方向垂直紙面向里，A錯誤；導體棒AB中電流方向與磁場方向平行，導體棒AB不受安培力的作用，B錯誤；123456789101112導體棒CD的有效長度與OD邊長度相等，而LOD<LDA

，根據(jù)F＝BIL，可知CD棒所受的安培力小于DA棒所受的安培力大小，C錯誤；由于LDA>LBC，LOD<LDA，可知DA棒所受的安培力最大，D正確。12.(2023·江蘇南京市第一中學期中)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌放在斜面上，傾角θ＝30°，兩導軌的距離d＝0.5m，斜面所在區(qū)域有垂直斜面向上的磁場。以M點等高處O為坐標原點，平行斜面向下建立x軸，磁感應(yīng)強度滿足B＝kx(k的數(shù)值為0.8)。金屬棒質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝0.2Ω。導軌上端外接恒流電源，可為電路提供恒定電流I＝1A，電流方向如圖所示。t＝0時刻，自MN處由靜止釋放金屬棒，金屬棒下滑時始終垂直導軌且接觸良好。不計導軌電阻，重力加速度為g＝10m/s2。123456789101112(1)判斷安培力的方向，寫出安培力與x的關(guān)系式；123456789101112答案沿導軌向上F＝0.4x(N)由左手定則可知，金屬棒受到安培力的方向沿導軌向上；安培力與x的關(guān)系式F＝BId＝0.8x×1×0.5(N)＝0.4x(N)(2)求金屬棒沿導軌下滑的最大距離xm。123456789101112答案2.5m由動能定理可得mgxmsinθ＋W＝0返回第十一章磁場第2課時磁場對運動電荷(帶電體)的作用目標要求1.掌握洛倫茲力的大小和方向的判斷方法。2.會分析洛倫茲力作用下帶電體的運動。3.學會分析處理帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題，能夠確定粒子運動的圓心、半徑、運動時間。內(nèi)容索引考點一

洛倫茲力考點二

洛倫茲力作用下帶電體的運動考點三

帶電粒子在勻強磁場中的運動課時精練><考點一洛倫茲力1.洛倫茲力的定義磁場對

的作用力。2.洛倫茲力的大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝

；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝

；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ。運動電荷0qvB3.洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則，注意四指應(yīng)指向

電荷運動的方向或

電荷運動的反方向；(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)正負B、v4.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)

是

的宏觀表現(xiàn)，二者性質(zhì)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。安培力洛倫茲力安培力洛倫茲力5.洛倫茲力與靜電力的比較

洛倫茲力靜電力產(chǎn)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)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⊥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1.帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力的作用。(

)2.若帶電粒子經(jīng)過磁場中某點時所受洛倫茲力為零，則該點的磁感應(yīng)強度一定為零。(

)3.洛倫茲力對運動電荷一定不做功。(

)××√例1

(2024·江蘇淮安市調(diào)研)如圖所示是某種粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡，勻強磁場的方向垂直紙面向里，從垂直紙面方向向里看(正視)，可能是哪種粒子的運動A.中子順時針運動

B.中子逆時針運動C.質(zhì)子順時針運動

D.電子順時針運動√中子不帶電，在磁場中不會做勻速圓周運動，故A、B錯誤；質(zhì)子受洛倫茲力方向指向圓心，根據(jù)左手定則可知，磁感線穿過手心，大拇指指向圓心，四指所指的方向即為質(zhì)子運動方向，即質(zhì)子是逆時針方向運動，故C錯誤；電子受洛倫茲力方向指向圓心，根據(jù)左手定則可知，磁感線穿過手心，大拇指指向圓心，四指所指的反方向即為電子運動方向，即電子是順時針方向運動，故D正確。例2真空中豎直放置一通電長直細導線，俯視圖如圖所示。以導線為圓心作圓，光滑絕緣管ab水平放置，兩端恰好落在圓周上。直徑略小于絕緣管直徑的帶正電小球自a端以速度v0向b端運動過程中，下列說法正確的是A.小球先加速后減速B.小球受到的洛倫茲力始終為零C.小球在ab中點受到的洛倫茲力為零D.小球受到洛倫茲力時，洛倫茲力方向始終豎直向上√根據(jù)安培定則可知，直導線產(chǎn)生的磁場的磁感線如圖中虛線所示，洛倫茲力始終與小球運動方向垂直，故不做功，小球速率不變，A錯誤；當運動到ab中點時，磁感線與速度方向平行，所受洛倫茲力為零，自a端到中點洛倫茲力豎直向下，中點到b端洛倫茲力豎直向上，B、D錯誤，C正確。返回洛倫茲力作用下帶電體的運動><考點二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，與接觸面間的彈力隨之變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發(fā)生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開接觸面。例3

(2024·江蘇省太湖高級中學期中)如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強磁場內(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沿斜面向上運動，小物塊與斜√面間的動摩擦因數(shù)為μ。設(shè)滑動時電荷量不變，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

對沿斜面向上運動的小物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μFN＝ma，F(xiàn)N＝mgcosθ＋qvB，聯(lián)立解得a＝gsinθ＋μgcosθ＋

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動，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，速度接近零時，加速度不接近零。故選C。例4

如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，在傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止開始下滑。圖中虛線是左、右兩側(cè)勻強磁場(圖中未畫出)的分界線，左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為

右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，兩磁場的方向均垂直于紙面向外。當小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為0。已知重力加速度為g，斜面足夠長，小球可視為點電荷。(1)判斷小球帶何種電荷；答案正電荷根據(jù)題意，小球下滑過程中受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知小球帶正電荷。(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；(3)求小球速度達到最大之前，在左側(cè)磁場中下滑的距離L。當小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為0，設(shè)此時速度為v，則有qvB＝mgcosθ，返回帶電粒子在勻強磁場中的運動><考點三1.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(yīng)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(nèi)做

運動。勻速直線勻速圓周(2)軌跡半徑：r＝_____。(3)周期：

可知T與運動速度和軌跡半徑

，只和粒子的

和磁場的

有關(guān)。無關(guān)比荷磁感應(yīng)強度3.粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法(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，其交點即為圓心，如圖甲。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。(2)半徑的計算方法方法二連半徑構(gòu)出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得。常用到的幾何關(guān)系①粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，φ＝α。(3)時間的計算方法例5

(2023·江蘇省天一中學檢測)如圖所示，直線MN上方存在著范圍足夠大的勻強磁場，在邊界上的O點垂直于磁場且垂直于邊界方向同時發(fā)射兩個速度相同的粒子1和2，其中粒子1經(jīng)過A點，粒子2經(jīng)過B點。已知O、A、B三點在一條直線上，且OA∶AB＝3∶2，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，下列判斷正確的是A.兩個粒子的比荷之比為5∶3B.兩個粒子在磁場中運動的半徑之比為3∶2C.兩個粒子同時經(jīng)過A點和B點D.粒子1在磁場中運動的時間較長√設(shè)∠NOB＝θ，粒子1和2的軌跡半徑為r1、r2，如圖所示為粒子1的軌跡，可得OA＝2r1cosθ，同理可得OB＝2r2cosθ，由題意OA∶AB＝3∶2，可得OA∶OB＝3∶5，故r1∶r2＝3∶5，例6

(2023·福建卷·14)阿斯頓(F.Aston)借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在PP′上方存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩個氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中，v＝9.6×104m/s，B＝0.1T，落在M處氖離子比荷(電荷量和質(zhì)量之比)為4.8×106C/kg；P、O、M、N、P′在同一直線上；離子重力不計。(1)求OM的長度；答案0.4m離子進入磁場，洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，OM的長度為OM＝2r＝0.4m(2)若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷。答案4.4×106C/kg若ON的長度是OM的1.1倍，則ON運動軌跡半徑為OM運動軌跡半徑1.1倍，返回課時精練1.極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地球大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的。如圖所示，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小。此運動形成的主要原因是A.太陽輻射對粒子產(chǎn)生了驅(qū)動力的作用效果B.粒子的帶電荷量減小C.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小D.南北兩極附近的磁感應(yīng)強度較強√1234567891011121234567891011當帶電荷量減小時，半徑增大，B錯誤；洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，C錯誤；122.鐵環(huán)上繞有絕緣的通電導線，電流方向如圖所示，一束電子沿過鐵環(huán)中心O點的軸線垂直紙面向里射入，則該束電子偏轉(zhuǎn)方向A.向左

B.向右

C.向上

D.向下1234567891011√由右手螺旋定則可知，鐵環(huán)左右兩側(cè)相當于兩個N極在上端的條形磁體，O點在兩條形磁體之間，磁場方向豎直向下，再根據(jù)左手定則可知電子受到向右的洛倫茲力，則該束電子向右偏轉(zhuǎn)，故選B。123.(2022·北京卷·7)正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。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(yīng)的粒子運動速度越來越大C.軌跡2對應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對應(yīng)的粒子是正電子√1234567891011121234567891011根據(jù)題圖可知，1和3粒子轉(zhuǎn)動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電荷且順時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；粒子在云室中運動，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；121234567891011知軌跡3對應(yīng)的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯誤。124.質(zhì)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(jīng)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A.變大 B.變小C.不變 D.條件不足，無法判斷√1234567891011125.有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做勻速圓周運動，與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做勻速圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D.做勻速圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等√1234567891011121234567891011126.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(yīng)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(jīng)過一段時間，該粒子經(jīng)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√123456789101112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；1234567891011121234567891011127.(2023·江蘇省崇真中學階段檢測)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊，在水平向外的勻強磁場中，沿著豎直絕緣墻壁由靜止開始下滑，已知物塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ，磁感應(yīng)強度為B，重力加速度為g，墻壁足夠高，下列說法正確的是A.物塊在下滑過程中只受重力、摩擦力和洛倫茲力B.物塊下滑過程中先做加速度減小的加速運動，后做

勻速運動C.物塊下滑的最大速度為D.物塊在下滑過程中，受到的洛倫茲力不做功，物塊機械能守恒√123456789101112物塊在下滑過程中受重力、彈力、摩擦力和洛倫茲力，故A錯誤；物塊下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律得mg－Ff＝ma，摩擦力為Ff＝μFN＝μqvB，所以物塊下滑過程中做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動，故B正確；1234567891011物塊在下滑過程中，盡管物塊受到洛倫茲力作用，但洛倫茲力不做功，而摩擦力做功，所以物塊的機械能減小，故D錯誤。128.(2023·江蘇省余姚中學檢測)如圖所示，傾角為θ的固定粗糙斜面下方緊貼底面處放一根水平長直導線。斜面最高點距底面高度為2h，直導線中通以向左的電流I。將一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從斜面頂端靜止釋放時，恰好在斜面中點處脫離斜面，此過程中小球克服摩擦力做功為

已知通電直導線在距離其r處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B＝

(k為常數(shù))，重力加速度為g，小球中的渦流忽略不計，小球可視為點電荷。小球和導線始終在同一豎直面內(nèi)，則此導線中電流的大小為123456789101112√1234567891011129.如圖甲所示，水平傳送帶足夠長，沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，某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A.物塊帶正電B.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1234567891011√12在第1s內(nèi)，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，1234567891011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；12若傳送帶的速度小于0.5m/s，物塊最終達到的最大速度隨著傳送帶速度的增大而增大；若傳送帶的速度等于0.5m/s，則物塊的最大速度等1234567891011于0.5m/s；若傳送帶的速度大于0.5m/s，無論傳送帶的速度多大，物塊加速到0.5m/s時都不再加速，即物塊的最大速度等于0.5m/s，D錯誤。1210.如圖所示，A點距坐標原點的距離為L，坐標平面內(nèi)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(zhì)量為m、電荷量為e)從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，從x軸上的B點射出磁場區(qū)域，此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度大??；123456789101112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(guān)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＝2L123456789101112(2)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標；123456789101112(3)電子在磁場中運動的時間。1234567891011電子做勻速圓周運動，1211.(2022·江蘇卷·13)利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異種電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，半徑之比ra∶rb＝6∶1，不計重力及粒子間的相互作用力，求：(1)粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb；1234567891011答案2∶112分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有1234567891011由題干知半徑之比ra∶rb＝6∶1，故mava∶mbvb＝6∶1因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，則分裂后粒子在磁場中的速度之比為va∶vb＝3∶1聯(lián)立解得ma∶mb＝2∶112(2)粒子a的動量大小pa。1234567891011中性粒子在A點分裂成帶等量異種電荷的粒子a和b，由題圖知，分裂后瞬間a、b速度方向均與v相同。分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，有mv＝mava＋mbvb因為分裂后動量關(guān)系為mava∶mbvb＝6∶1，1212.(2024·江蘇泰州市檢測)如圖所示，一足夠長、傾角為α的固定的粗糙傾斜絕緣管處于勻強磁場中，一帶正電小球從靜止開始沿管下滑，下列關(guān)于小球的加速度a(沿斜面向下為正1234567891011方向)隨時間t，受到的彈力FN(垂直斜面向下為正方向)隨時間t，以開始下落點為零重力勢能參考點，小球的重力勢能Ep隨位移x，機械能E隨位移x的關(guān)系圖像可能正確的是√121234567891011當mgcosα>qvB時，F(xiàn)N＝mgcosα－qvB，由牛頓第二定律得mgsinα－μ(mgcosα－qvB)＝ma可見a－t圖像的斜率越來越大，F(xiàn)N－t圖像的斜率為負，且斜率的絕對值越來越大；當mgcosα<qvB時，F(xiàn)N＝qvB－mgcosα，由牛頓第二定律得mgsinα－μ(qvB－mgcosα)＝ma121234567891011可見a－t的斜率為負，且斜率絕對值越來越小，F(xiàn)N－t圖像的斜率越來越小，故A、B錯誤；小球重力勢能Ep＝－mgx，可得Ep－x圖像為傾斜直線，故C錯誤；因為摩擦力先減小再變大后不變，所以機械能E－x的關(guān)系圖像斜率先減小再變大后不變，故D正確。返回12第十一章磁場第3課時專題強化：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動目標要求1.學會處理帶電粒子在直線邊界、平行邊界、圓形邊界、多邊形邊界或角形區(qū)域磁場中運動的問題。2.會分析帶電粒子在勻強磁場中的多解問題。內(nèi)容索引考點一

帶電粒子在有界勻強磁場中的運動考點二

帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題課時精練><考點一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動1.直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)2.平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)3.圓形邊界(進出磁場具有對稱性)(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示。(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示。射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ。4.在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場運動時，會有不同的臨界情景，解答該類問題主要把握以下兩點：(1)射入磁場的方式：①從某頂點射入；②從某邊上某點以某角度射入。(2)射出點的判斷：經(jīng)常會判斷是否會從某頂點射出。①當α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點，發(fā)射點到兩磁場邊界的交點距離為d＝2Rsinα，如圖甲所示。②當α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點，粒子的運動軌跡會和另一個邊界相切，如圖乙所示。例1如圖所示，在豎直線EOF右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量相同、電荷量分別為＋q和－q的帶電粒子，從O點以相同的初速度v先后射入磁場，已知初速度的方向與OF成θ＝30°角，兩粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，下列說法正確的是A.兩粒子在磁場中的運動時間相等B.兩粒子回到EOF豎直線時的速度相同C.若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁場中運動

的時間變長D.從射入磁場到射出磁場的過程中，兩粒子所受的洛倫

茲力的沖量不相同√這兩個正、負粒子以與OF成θ＝30°角射入有界勻強磁場后，由左手定則可判斷，正粒子沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，負粒子沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖所示，因洛倫茲力不改變速度的大小，結(jié)合幾何關(guān)系分析可知，兩粒子射出磁場時速度方向與EOF的夾角都是30°，因此兩粒子回到EOF豎直線時的速度相同，故B正確；由幾何關(guān)系可知速度增大導致軌跡半徑增大，但運動軌跡對應(yīng)的圓心角不變，周期T不變，所以運動時間不變，故C錯誤；兩粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，由動量定理可得I洛＝p－p0，由于以相同的初速度射入磁場，兩粒子的初動量p0相等，離開磁場時速度大小相等、方向相同，兩帶電粒子的末動量p也相等，因此兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，故D錯誤。例2

如圖所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°。不計粒子的重力，下列判斷正確的是A.粒子a帶負電，粒子b帶正電B.粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶C.粒子a和b在磁場中運動的速率之比為

∶1D.粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2√粒子a向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉(zhuǎn)，則粒子b帶負電，故A錯誤；例3

(2023·江蘇南京市模擬)如圖所示，正六邊形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶正電粒子以速度v1從a點沿ad方向射入磁場，從c點離開磁場；若該粒子以速度v2從a點沿ae方向射入磁場，則從d點離開磁場。不計粒子重力，則

的值為√例4

(2023·江蘇蘇州市模擬)如圖為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子(不計重力)第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的A.半徑之比為

∶1 B.半徑之比為1∶C.時間之比為2∶5 D.時間之比為3∶2√返回帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題><考點二帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運動的周期性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題。(1)找出多解的原因。(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。例5

(2022·湖北卷·8改編)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為√返回課時精練1.(2023·江蘇南通市期中)在xOy平面的0≤x<a的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，速率相等的大量電子從原點O均勻發(fā)射到第一象限內(nèi)，從磁場右邊界射出的電子數(shù)占電子總數(shù)的三分之二，不計電子間相互作用，則電子在磁場中的臨界軌跡可能正確的是√123456789101112345678910112.如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，一束電子以不同的速度沿ab方向垂直磁場射入，形成從c點離開磁場區(qū)域和從d點離開磁場區(qū)域的甲、乙兩種軌跡。設(shè)沿甲、乙軌跡運動的電子速度大小分別為v甲、v乙，在磁場中運動的時間分別為t甲、t乙，則√123456789101112345678910113.(2024·江蘇鹽城市阜寧中學開學考)如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一帶負電的點電荷從圖中A點以速度v0沿水平方向入射，速度方向與半徑方向的夾角為30°，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好能反向射出，不計電荷的重力，下列說法正確的是A.該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點1234567891011√由題意可畫出該點電荷在磁場中的運動軌跡如圖所示，故A錯誤；12345678910114.(2023·江蘇連云港市模擬)如圖所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列判斷正確的是A.沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短B.沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子C.沿徑跡Oa、Ob運動的粒子速率比值為D.沿徑跡Ob、Od運動的粒子在磁場中運動的

時間之比為9∶81234567891011√12345678910111234567891011由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運動的粒子均帶負電，是負電子，B項錯誤；設(shè)圓形磁場區(qū)域半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡Oa、Ob運動的粒子軌道半徑分別為ra＝r，5.如圖，在直角坐標系第一象限中y軸與直線y＝x所夾范圍內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里。一帶負電的粒子以速度v0自y軸上a點垂直射入磁場，一段時間后，該粒子垂直直線y＝x射出磁場，自x軸上b點(圖中未畫出)離開第一象限。已知Oa＝L，不計粒子重力。則下列判斷正確的是A.粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2L√123456789101112345678910116.(2023·江蘇揚州市模擬)如圖所示，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。不計粒子重力，下列說法正確的有A.若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0B.若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定等于v0C.若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度

不可能小于D.若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0＋1234567891011√1234567891011當粒子垂直于MN入射時，經(jīng)過MN時離O點最遠，此時有OA＝2R0，若粒子的速度大于v0，則粒子的半徑將變大，但是粒子如果速度方向與MN成一定角度入射，則仍可以到達A點左側(cè)，選項A錯誤；若粒子落在A點的右側(cè)，則說明粒子運動的圓半徑大于R0，則其速度一定大于v0，選項B錯誤；12345678910111234567891011大于v，但不是垂直MN入射，粒子同樣可以落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，選項D錯誤。7.如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一帶電粒子以速度v從D點射入磁場，速度方向與CD邊夾角為60°，垂直BC邊射出磁場，則下列說法正確的是A.粒子一定帶正電√1234567891011D.減小粒子的速度，粒子不可能從CD邊射出根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤；123456789101112345678910118.(2023·全國甲卷·20改編)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是A.粒子的運動軌跡可能通過圓心OB.最少經(jīng)3次碰撞，粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線√1234567891011假設(shè)粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖甲所示，O1為圓周運動的圓心，由題可知粒子沿半徑方向射入圓形磁場，出射時也沿半徑方向，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性得粒子在其他點撞擊同理，D正確；

1234567891011假設(shè)粒子運動過程過O點，粒子從P點進入磁場中速度發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的，不能交于一點確定圓心；撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁為內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形，如圖乙所示，即撞擊兩次，B錯誤；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)可能增多，但粒子運動時間不一定減少，C錯誤。12345678910119.(2024·江蘇省揚州中學開學考)如圖所示，寬度為L、足夠長的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。絕緣長薄板MN置于磁場的右邊界，粒子打在板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后豎直分速度不變，水平分速度大小不變、方向相反。磁場左邊界上O處有一個粒子源，向磁場內(nèi)沿紙面各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度為v的粒子，不計粒子重力和粒子間的相互作用，粒子電荷量保持不變。1234567891011(1)要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，求粒子速度v滿足的條件；設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為r1，則有如圖所示，要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，應(yīng)滿足2r1＜L12345678910111234567891011粒子在磁場中做圓周運動的周期設(shè)運動的軌道半徑為r2，則有1234567891011解得r2＝L10.(2023·江蘇南京市模擬)如圖所示，半徑分別為r和2r的兩個同心圓，其圓心為O，只在環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場(磁場區(qū)域包括邊界)。大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從M點沿各個方向以不同速率射入磁場區(qū)域。不計粒子間的相互作用及重力，cos53°＝0.6。求：(1)沿MO方向射入磁場且恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子的軌道半徑；1234567891011答案1.5r

帶電粒子從M點沿MO方向射入磁場，恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明運動軌跡恰好與內(nèi)圓相切，如圖所示設(shè)圓弧軌跡的半徑為R1，圓心為A，連接OA、AM和OM，在直角△OAM中，由于OA2＝AM2＋OM2即(R1＋r)2＝R12＋(2r)2解得R1＝1.5r1234567891011(2)沿MO方向射入磁場且恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運動的時間；1234567891011在直角△OAM中，由于1234567891011則∠A＝53°整個圓弧軌跡所對的圓心角為θ＝2×53°＝106°(3)第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點的帶電粒子的最小入射速率。1234567891011帶電粒子的入射速率最小，則粒子圓周運動的半徑最小，粒子從M點經(jīng)圓周運動進入內(nèi)部圓形區(qū)域再通過圓心O，根據(jù)逆向運動，半徑最小的圓周運動其圓弧與大圓相切，如圖所示設(shè)圓弧軌跡半徑為R2，圓心為D，其中M、D、O在一條直線上，連接OM、CD，在直角△OCD中，有OD2＝OC2＋CD2即(2r－R2)2＝r2＋R22解得R2＝0.75r1234567891011123456789101111.(2021·海南卷·13改編)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，

)點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°)。當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則下列說法不正確的是A.粒子一定帶正電B.當α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場C.粒子入射速率為D.粒子離開磁場的位