2024屆物理一輪復習講義第1講 磁場及其對電流的作用含答案

2024屆物理一輪復習講義第1講磁場及其對電流的作用學習目標1.會用安培定則判斷電流的磁場，會利用矢量合成的方法計算合磁場。2.會根據(jù)有效長度計算安培力的大小，會判斷導體的運動情況。3.會分析安培力作用下的平衡問題和加速問題。1.2.1.思考判斷(1)磁場中某點磁感應(yīng)強度的大小，跟放在該點的試探電流元的情況無關(guān)。(√)(2)磁場中某點磁感應(yīng)強度的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力的方向一致。(×)(3)垂直磁場放置的線圈面積減小時，穿過線圈的磁通量可能增大。(√)(4)小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。(×)(5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。(√)(6)將通電導線放入磁場中，若不受安培力，說明該處磁感應(yīng)強度為零。(×)2.如圖1所示，四根相互平行的通有電流均為I的長直導線，放在正方形的四個頂點a、b、c、d上。每根通電直導線單獨存在時，正方形中心O點的磁感應(yīng)強度大小都是B，則四根通電導線同時存在時O點的磁感應(yīng)強度的大小和方向為()圖1A.2eq\r(2)B，方向向左B.2eq\r(2)B，方向向下C.eq\r(2)B，方向向右D.eq\r(2)B，方向向上答案A考點一安培定則磁場的疊加1.安培定則的應(yīng)用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縱截面圖2.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場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向。如圖2所示，BM、BN為M、N在c點產(chǎn)生的磁場。圖2(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B。角度安培定則的應(yīng)用例1(2023·北師大實驗中學月考)如圖3所示，直導線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關(guān)S閉合后，則小磁針北極N(黑色一端)指示磁場方向正確的是()圖3A.a B.b C.c D.d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。角度磁場的疊加例2(2023·湖南常德高三期末)如圖4所示，A、B、C是正三角形的三個頂點，O是AB的中點，兩根互相平行的通電長直導線垂直紙面固定在A、B兩處，導線中通入的電流大小相等、方向相反。已知通電長直導線產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(kI,r)，I為通電長直導線的電流大小，r為距通電長直導線的垂直距離，k為常量。已知C點處的磁感應(yīng)強度大小為B0，則關(guān)于O點處的磁感應(yīng)強度說法正確的是()圖4A.大小為B0，方向垂直AB連線向下B.大小為2B0，方向垂直AB連線向上C.大小為eq\r(3)B0，方向垂直AB連線向上D.大小為4B0，方向垂直AB連線向下答案D解析依題意B＝eq\f(kI,r)可知，兩導線在C點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B大小相等，根據(jù)安培定則可知，兩者夾角為120°，C點的合磁感應(yīng)強度大小為B0，由矢量合成有A、B導線在C點的磁感應(yīng)強度大小均為B0＝B＝eq\f(kI,r)，同理可知A、B導線在O點的磁感應(yīng)強度方向均向下，則O點的磁感應(yīng)強度B′＝2eq\f(kI,\f(r,2))＝4B0，方向垂直AB連線向下，所以D正確。跟蹤訓練1.(多選)如圖5，三根通電長直細導線垂直于紙面固定，導線的橫截面(截面積不計)分別位于以O(shè)點為圓心的圓環(huán)上a、c、d三處，已知每根導線在O點的磁感應(yīng)強度大小均為B，則()圖5A.O點的磁感應(yīng)強度方向垂直于aO向右B.O點的磁感應(yīng)強度方向從O指向aC.O點的磁感應(yīng)強度大小為(eq\r(2)＋1)BD.O點的磁感應(yīng)強度大小為(eq\r(2)－1)B答案AC解析磁感應(yīng)強度的矢量疊加如圖所示，每根導線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B，可得O處的磁感應(yīng)強度大小為BO＝2Bcos45°＋B＝(eq\r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正確?？键c二安培力的分析與計算1.安培力的大小和方向(1)應(yīng)用安培力公式F＝IlB時要注意①B與I垂直。②B與I平行時，F(xiàn)＝0。③l是有效長度。彎曲導線的有效長度l，等于連接兩端點線段的長度(如圖6所示)；相應(yīng)的電流沿直線由始端流向末端。圖6(2)方向：根據(jù)左手定則判斷。2.安培力作用下導體運動的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up17(左手定則))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)論法同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；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角度通電導線有效長度問題例3(2023·安徽合肥高三質(zhì)檢)如圖7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(nèi)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()圖7A.eq\f(F,2) B.eq\f(2F,3) C.eq\f(3F,4) D.eq\f(5F,6)答案A解析S閉合后，ab棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動勢為E，則兩支路的電流大小均為I＝eq\f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小為Fab＝IlB，其余各棒在磁場中的等效長度也為l，受到的安培力大小為F其＝IlB，線框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2IlB，若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小F′＝F其＝IlB＝eq\f(F,2)，故A正確。角度安培力作用下運動情況的判斷例4一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8所示，如果直導線可以自由地運動且通以方向為由a到b的電流，則導線ab受磁場力后的運動情況為()圖8A.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)動并靠近螺線管答案D解析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。可以判斷導線受磁場力后從上向下看逆時針方向轉(zhuǎn)動。當導體轉(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。跟蹤訓練2.如圖9所示，AC是一個用長為L的導線彎成的、以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當在該導線中通以由C到A，大小為I的恒定電流時，該導線受到的安培力大小和方向是()圖9A.ILB，平行于OC向左B.eq\f(2\r(2)ILB,π)，平行于OC向右C.eq\f(2\r(2)ILB,π)，垂直A、C兩點的連線指向左下方D.2eq\r(2)ILB，垂直A、C兩點的連線指向左下方答案C解析直導線折成半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形狀，在磁場中的有效長度為L′＝eq\r(2)R，又L＝eq\f(2πR,4)＝eq\f(πR,2)，聯(lián)立解得L′＝eq\f(2\r(2)L,π)，則安培力大小為F＝IL′B＝eq\f(2\r(2)ILB,π)，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向垂直A、C兩點的連線指向左下方，故C正確。3.(2022·江蘇卷，3)如圖10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()圖10A.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答案C解析根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左半部分所在空間的磁場方向斜向右上方，右半部分所在空間的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出導線a左半部分所受安培力方向垂直紙面向外，右半部分所受安培力方向垂直紙面向里。故C正確，A、B、D錯誤?？键c三安培力作用下的平衡與加速問題求解關(guān)鍵是將三維圖轉(zhuǎn)化為二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖、側(cè)視圖等，將立體圖轉(zhuǎn)換為平面受力圖。如圖11所示。圖11角度安培力作用下的平衡問題例5(2022·湖南卷，3)如圖12(a)，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(yīng)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，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是()圖12A.當導線靜止在圖(a)右側(cè)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C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比答案D解析當導線靜止在題圖(a)右側(cè)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(yīng)由M指向N，A錯誤；由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，有sinθ＝eq\f(ILB,mg)，F(xiàn)T＝mgcosθ，則sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，B、C錯誤，D正確。角度安培力作用下的加速問題例6(2023·四川遂寧市診斷)電磁彈射技術(shù)原理如圖13甲所示，飛機鉤在滑桿上，儲能裝置通過導軌和滑桿放電，產(chǎn)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(yīng)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(zhì)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(guān)系F＝kv(k＝4000kg/s)。如圖乙是在一次彈射過程中，記錄的飛機在導軌各個位置上的速度，滑桿的質(zhì)量忽略，g取10m/s2。求：圖13(1)飛機在導軌上運動30m處的加速度大小；(2)如果飛機在導軌末端剛好達到起飛條件，飛機在導軌上運動的時間。答案(1)10m/s2(2)3.25s解析(1)分析飛機在30m處水平方向的受力知，發(fā)動機的推力大小F1＝eq\f(P,v1)①安培力大小F2＝IlB②阻力大小f＝0.1mg③由牛頓第二定律有F1＋F2－f＝ma④聯(lián)立①②③④得a＝10m/s2。(2)飛機在導軌末端剛好達到起飛條件為F＝kv＝mg⑤全過程由動能定理得Pt＋F2x－fx＝eq\f(1,2)mv2⑥聯(lián)立⑤⑥得t＝3.25s。跟蹤訓練4.(2022·重慶精創(chuàng)預(yù)測卷)如圖14所示，一根質(zhì)量為m、長為l的金屬棒ab用兩根絕緣的軟繩P和Q豎直懸掛，并處于垂直于紙面的勻強磁場中?，F(xiàn)在金屬棒中通以大小為I、方向從a到b的電流，此時兩軟繩上的拉力均等于金屬棒重力的eq\f(3,4)，已知金屬棒始終處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，兩軟繩上的拉力始終相同，則下列說法正確的是()圖14A.金屬棒受到的安培力大小為eq\f(1,4)mg，方向豎直向下B.磁場方向垂直紙面向里C.磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mg,2Il)D.若僅改變金屬棒中的電流方向，那么兩軟繩上的拉力大小均變?yōu)閑q\f(1,2)mg答案C解析由于金屬棒通電后兩軟繩上的拉力均等于金屬棒重力的eq\f(3,4)，所以兩軟繩的總拉力大小為eq\f(3,2)mg，由力的平衡條件可判斷出此時金屬棒受到的安培力方向豎直向下，大小為F安＝eq\f(1,2)mg，故A錯誤；由左手定則可知，磁場的方向為垂直紙面向外，故B錯誤；由F安＝eq\f(1,2)mg＝IlB，得磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\f(mg,2Il)，故C正確；若僅改變金屬棒中的電流方向，則安培力的方向變?yōu)樨Q直向上，此時兩軟繩的拉力大小均為F＝eq\f(1,2)(mg－F安)＝eq\f(1,4)mg，故D錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1安培定則磁場的疊加1.(多選)(2022·全國乙卷)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(yīng)強度B。如圖1，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(jié)果可推知()圖1測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.測量地點位于南半球B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方答案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近。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(yīng)位于北半球，A錯誤；磁感應(yīng)強度為矢量，故由表格第1次測量的數(shù)據(jù)可知此處的磁感應(yīng)強度大致為B＝eq\r(Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正確；測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量By<0，故y軸正向指向南方，第3次測量Bx>0，故x軸正向指向北方而y軸正向則指向西方，C正確，D錯誤。2.(2023·河北邯鄲高三期末)如圖2所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一長直導線垂直穿過紙面，方向如圖2所示，且IM＝2IN(已知電流為I的長直導線在其周圍激發(fā)的磁場中，距導線距離為r處的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，其中k為常數(shù))，此時O點的磁感應(yīng)強度大小為B1。若將M處長直導線移至P處，則此時O點的磁感應(yīng)強度為()圖2A.大小為eq\r(3)B1，方向水平向右B.大小為eq\r(3)B1，方向水平向左C.大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右下D.大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右上答案A解析設(shè)N處導線在O點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，則M處導線在O點激發(fā)的磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B0，導線未移動時，各導線在O點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度示意圖如圖實線所示，可得B1＝B0，M導線移到P點時，如圖中虛線所示，此時合磁感應(yīng)強度大小為eq\r(3)B0，即eq\r(3)B1，方向水平向右，故A正確。3.(2023·安徽江南十校聯(lián)考)三根足夠長的絕緣直導線a、b、c按圖示3方式固定放置在同一紙面內(nèi)，其交點分別為M、N、P，三點恰好構(gòu)成正三角形，O點為該三角形的中心，O′點與O點關(guān)于導線c對稱?，F(xiàn)在a、b、c三根導線中分別通入恒定電流I、2I、3I。已知長直導線電流在空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與電流大小成正比，與該點到直導線的距離成反比。若O點的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直紙面向里，則O′點的磁感應(yīng)強度為()圖3A.大小為eq\f(3,4)B0，方向垂直紙面向里B.大小為eq\f(3,4)B0，方向垂直紙面向外C.大小為eq\f(1,4)B0，方向垂直紙面向里D.大小為eq\f(1,4)B0，方向垂直紙面向外答案D解析設(shè)a導線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，則b導線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為2B，c導線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為3B，方向均垂直紙面向里，則B＋2B＋3B＝B0，所以B＝eq\f(B0,6)，又a導線在O′點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B,2)，方向垂直紙面向里；b導線在O′點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里；c導線在O′點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為3B，方向垂直紙面向外。所以O(shè)′點磁感應(yīng)強度大小為B′＝3B－B－eq\f(B,2)＝eq\f(B0,4)，A、B、C錯誤，D正確。對點練2安培力的分析與計算4.(多選)(2023·福建福州高三期末)已知長直通電導線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度與該導線中的電流強度成正比，與該點到導線的距離成反比。如圖4，兩根平行長直通電導線L1、L2中的電流強度分別為I和2I，此時L1受到的磁場力大小為F?，F(xiàn)將另一根長直通電導線L3平行放在L1外側(cè)，三根導線間距相等且處于同一平面，L1受到的磁場力大小變?yōu)?F，則L3中的電流強度大小可能是()圖4A.2I B.4I C.6I D.8I答案AC解析只有平行長直通電導線L1、L2時，L1受到向右的安培力，將另一根長直通電導線L3平行放在L1外側(cè)，L1受到的磁場力大小變?yōu)?F，若L3電流向上，L3電流產(chǎn)生的磁場對L1有向左的安培力，分析可知大小為3F，因長直通電導線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度與該導線中的電流強度成正比，對比L2電流強度大小可知L3中的電流強度大小為6I，若L3電流向下，L3電流產(chǎn)生的磁場對L1有向右的安培力，分析可知大小為F，對比L2電流強度大小可知L3中的電流強度大小為2I，故A、C正確，B、D錯誤。5.一個可以沿過圓心的水平軸自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖5所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()圖5A.不動 B.順時針轉(zhuǎn)動C.逆時針轉(zhuǎn)動 D.在紙面內(nèi)平動答案B解析方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可知，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi)，因此從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。方法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉(zhuǎn)動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可知，從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動，B正確。6.如圖6，等腰梯形線框abcd是由相同材料、相同橫截面積的導線制成，梯形上底和腰長度均為L，且腰與下底夾角為60°。整個線框處在與線框平面垂直的勻強磁場中?，F(xiàn)給線框通入圖示電流，若下底cd受到的安培力為F，則整個線框受到的安培力為()圖6A.eq\f(4,3)F B.eq\f(5,3)F C.2F D.eq\f(3,2)F答案B解析梯形上底和腰長度均為L且腰與下底夾角為60°，由幾何關(guān)系可知，梯形的下底dc長為2L；由電阻的決定式R＝eq\f(ρl,S)，可知梯形的邊dabc的電阻等于下底dc的電阻的1.5倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系，設(shè)dc邊中的電流大小為I′，根據(jù)歐姆定律，知dabc中的電流為eq\f(2,3)I′；由已知條件可知ab邊與dc邊的電流方向相同，由題意知F＝BI′·2L，所以邊dabc所受安培力為F′＝B·eq\f(2,3)I′·2L＝eq\f(2,3)F，方向與dc邊所受安培力的方向相同，則整個線框受到的安培力為eq\f(5,3)F，故B正確。對點練3安培力作用下的平衡與加速7.(2023·湖北黃岡高三月考)如圖7所示，質(zhì)量為m、半徑為r、有缺口的半圓形金屬圓環(huán)用金屬線a、b連接并懸吊，半圓環(huán)直徑AC水平，靜止在磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場中，磁場方向垂直于環(huán)面向外，豎直金屬線a、b間的距離為r，通過金屬線a、b給半圓環(huán)通以大小為I的電流，半圓環(huán)仍保持靜止，重力加速度為g，則金屬線a上的拉力為()圖7A.eq\f(1,2)(mg＋IrB) B.eq\f(1,2)(mg－IrB)C.eq\f(1,2)(mg＋2IrB) D.eq\f(1,2)(mg－2IrB)答案B解析根據(jù)左手定則，半圓環(huán)所受的安培力向上，根據(jù)平衡條件得2F＋IrB＝mg，解得F＝eq\f(1,2)(mg－IrB)，故B正確。8.(2023·山東省濟寧高三期末)某同學設(shè)計了測定磁場的磁感應(yīng)強度B大小的實驗，他用兩根不可伸長的絕緣細線將質(zhì)量為m、長為L的導體棒水平懸掛在方向豎直向下的勻強磁場中。當突然給導體棒通入大小為I的恒定電流，棒沿弧線“彈起”到最高點時，懸線與豎直方向的夾角剛好為53°，整個過程導體棒一直處于水平狀態(tài)，其側(cè)視圖如圖8所示，已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則()圖8A.B＝eq\f(mg,2IL)，電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向外B.B＝eq\f(4mg,3IL)，電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向外C.B＝eq\f(mg,2IL)，電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向里D.B＝eq\f(4mg,3IL)，電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向里答案A解析由題意知，導體棒受到的安培力向右，由左手定則可知電流方向為側(cè)視圖中垂直紙面向外。在導體棒由最低點運動到最高點的過程中，由動能定理可知－mgL(1－cos53°)＋ILB·Lsin53°＝0，可解得B＝eq\f(mg,2IL)，故A正確，B、C、D錯誤。9.(2022·重慶高三診斷)如圖9所示，電源電動勢E＝16V，內(nèi)阻r＝1Ω，在磁感應(yīng)強度B＝1T、方向豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量m＝0.2kg的金屬細桿MN置于傾角為θ＝37°的導軌上，導軌的寬度為L＝0.5m，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導軌與MN桿的電阻忽略不計，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。要使MN桿在導軌上恰好不上滑，滑動變阻器R的阻值為()圖9A.1Ω B.3Ω C.5Ω D.7Ω答案A解析畫出桿MN在導軌上恰好不上滑這種情況下的受力分析圖，如圖所示，由平衡條件得，沿斜面方向mgsinθ＋μFN＝F安cosθ，垂直斜面方向FN＝mgcosθ＋F安sinθ，而F安＝eq\f(E,R＋r)LB，解得R＝1Ω，故A正確。B級綜合提升練10.(2023·山東省濟寧高三月考)三根足夠長的導體棒a、b、c呈等邊三角形排列，質(zhì)量均為m，電流大小相等、方向如圖10所示，a、b兩導體棒放置在粗糙的水平桌面上，導體棒c被豎直伸長的彈簧懸掛，重力加速度為g，則()圖10A.彈簧的拉力大于c導體棒的重力B.桌面對a、b導體棒的摩擦力均為零C.桌面對a導體棒的支持力大于eq\f(3,2)mgD.若對稱地緩慢增大a、b導體棒間的距離，則彈簧長度增大答案D解析由“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”知，a導體棒和b導體棒對c導體棒都是排斥力，作用力的合力方向豎直向上，故彈簧的拉力小于c導體棒的重力，選項A錯誤；c導體棒對a導體棒的作用力為斜向左下的排斥力，b導體棒對a導體棒的作用力為水平向右的吸引力，兩力大小相等，夾角120°，合力斜向右下方，a導體棒受力平衡，說明桌面對a導體棒的摩擦力不為零，方向水平向左，同理桌面對b導體棒摩擦力也不為零，方向水平向右，選項B錯誤；選擇a、b、c導體棒整體研究，由于彈簧的彈力豎直向上，根據(jù)對稱性，桌面對a導體棒的支持力小于eq\f(3,2)mg，選項C錯誤；若對稱地緩慢增大a、b導體棒間的距離，a導體棒和b導體棒對c導體棒的作用力都在減小，且二力的夾角增大，故二力的合力減小，則彈簧的彈力增大，長度增大，選項D正確。11.如圖11甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對放置，圓環(huán)半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環(huán)通過導線與電源相連，電源的電動勢E＝3V，內(nèi)阻不計。在兩圓環(huán)上水平放置一導體棒，導體棒質(zhì)量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環(huán)電阻不計，勻強磁場方向豎直向上。開關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，側(cè)視圖如圖乙所示，該位置對應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖11(1)導體棒靜止在某位置時所受安培力的大??；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小；(3)斷開開關(guān)S后，導體棒下滑到軌道最低點時對單個圓環(huán)的壓力。答案(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向豎直向下解析(1)導體棒靜止時，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入數(shù)據(jù)解得導體棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4T。(3)斷開開關(guān)S后，導體棒下滑到軌道最低點的過程中，根據(jù)動能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s導體棒在最低點時，由牛頓第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛頓第三定律可知，導體棒對單個圓環(huán)的壓力大小為0.54N，方向豎直向下。第2講磁場對運動電荷的作用學習目標1.會利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。2.會分析帶電粒子在有界磁場中的運動。1.2.1.思考判斷(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。(×)(2)根據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。(×)(3)粒子在只受洛倫茲力作用時運動的速度不變。(×)(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×)(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)。(√)2.(多選)如圖1所示，初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()圖1A.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C.電子將向左偏轉(zhuǎn)，軌道半徑不變D.電子將向右偏轉(zhuǎn)，軌道半徑改變答案AD考點一對洛倫茲力的理解和應(yīng)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。(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向負電荷運動的反方向。2.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。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。跟蹤訓練1.如圖2所示，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導線，O為M、N連線中點，一電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出，當兩導線同時通有如圖方向電流時，該電子將()圖2A.向上偏轉(zhuǎn) B.向下偏轉(zhuǎn)C.向左偏轉(zhuǎn) D.向右偏轉(zhuǎn)答案D解析根據(jù)右手螺旋定則可知，M、N兩導線在O點形成的磁場方向都是向上的，故O點處合磁場方向向上，電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出時，由左手定則可知，電子受洛倫茲力向右，故D正確。2.(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3中的1、2、3所示。下列說法正確的是()圖3A.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)的粒子是正電子答案A解析三個粒子從P點射入磁場，軌跡偏轉(zhuǎn)方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2對應(yīng)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＝eq\f(mv,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＝eq\f(mv,qB)知v2＜v3，故C錯誤。

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運動時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心P、M點速度方向垂線的交點P點速度方向垂線與弦的垂直平分線交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度l求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(l,v)t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(2α,2π)Tt＝eq\f(l,v)＝eq\f(\o(AB,\s\up8(︵)),v)2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖4所示)圖4(2)平行邊界：往往存在臨界條件，如圖5所示。圖5(3)圓形邊界①沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6甲所示。②不沿徑向射入時，如圖6乙所示。粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為θ。圖6角度直線邊界和平行邊界磁場例1(多選)如圖7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，已知初速度方向與OF成θ＝30°角，兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，則()圖7A.兩帶電粒子回到EOF豎直線時到O點的距離相等B.兩帶電粒子回到EOF豎直線時的速度相同C.兩帶電粒子在磁場中的運動時間相等D.從射入到射出磁場的過程中，兩帶電粒子所受洛倫茲力的沖量相同答案ABD解析這兩個正、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做勻速圓周運動，負粒子沿順時針方向做勻速圓周運動，如圖所示(磁場未畫出)。因正、負粒子所帶電荷量的絕對值和質(zhì)量都相同，由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)知，正、負粒子的軌跡半徑和周期相同。由幾何關(guān)系知，負粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為2θ，正粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度φ＝2π－2θ，則兩段圓弧所對應(yīng)的弦長度相等，即兩帶電粒子回到EOF豎直線時到O點的距離相等，選項A正確；因洛倫茲力不改變速度的大小，結(jié)合幾何關(guān)系分析知，兩粒子回到EOF豎直線時的速度大小和方向均相同，選項B正確；因正、負粒子的運動周期相同，而在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度不同，所以兩帶電粒子在磁場中的運動時間不相等，選項C錯誤；因兩帶電粒子的初、末速度相同，根據(jù)動量定理可知兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，選項D正確。跟蹤訓練3.如圖8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()圖8A.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∶eq\r(3)C.粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq\r(3)∶1D.粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2答案B解析粒子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；如圖所示，由幾何關(guān)系可知，磁場寬度x＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C錯誤；粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則Ta＝Tb，a運動的時間ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta＝eq\f(1,6)T，b運動的時間tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb＝eq\f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。角度圓形邊界磁場例2(2023·江蘇鹽城高三月考)如圖9所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，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()圖9A.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eq\f(\r(3),3)D.沿徑跡Ob、Od運動的時間之比為9∶8答案C解析由于正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則由T＝eq\f(2πm,qB)，可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡Oc運動的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，圓心角也最大，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為θ，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，A項錯誤；由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運動的粒子均帶負電，B項錯誤；設(shè)圓形磁場半徑為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，rb＝eq\r(3)r，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C項正確；運動時間之比為偏轉(zhuǎn)角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D項錯誤。跟蹤訓練4.(多選)(2023·河北張家口高三期末)如圖10所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點，∠COD＝60°。在A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。則從A點射出的粒子的比荷eq\f(q,m)可能是()圖10A.eq\f(v,BR) B.eq\f(3v,2BR) C.eq\f(\r(3)v,BR) D.eq\f(\r(3)v,3BR)答案AD解析帶電粒子從C點射出磁場，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得sin30°＝eq\f(R,r1)，解得r1＝2R，帶電粒子從D點射出磁場，軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系得AODO2是菱形，所以粒子的軌跡半徑r2＝R，所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足r2≤r≤r1，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得從A點射出的粒子的比荷滿足eq\f(v,2BR)≤eq\f(q,m)≤eq\f(v,BR)，故A、D正確。 甲乙角度三角形或四邊形邊界磁場例3如圖11所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點M垂直于ad邊，以一定速度射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下，正好從ab邊中點N射出磁場。忽略粒子受到的重力，下列說法正確的是()圖11A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子將從b點射出B.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2倍C.若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子將從a點射出D.若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2倍答案C解析由題意和左手定則可知，粒子帶正電，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，即v′＝2v，則粒子的半徑將增大為原來的2倍，由圖可知，粒子不會從b點射出，A錯誤；由圖可知，若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，則粒子的半徑將增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的圓心角將減小，粒子在磁場中運動的時間將減小，B錯誤；若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子的運動半徑將減小為原來的eq\f(1,2)，將從a點射出，粒子運動時間為半個周期，即t′＝eq\f(πm,qB′)＝eq\f(πm,2qB)，而原來的時間t＝eq\f(90°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，所以t′＝t，時間不變，故C正確，D錯誤。跟蹤訓練5.(多選)如圖12所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab＝2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用。關(guān)于這些粒子，下列說法正確的是()圖12A.速度的最大值為eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)B.速度的最小值為eq\f(qBl,m)C.在磁場中運動的最短時間為eq\f(πm,4qB)D.在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)答案AD解析粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知r1＝eq\f(l,2)，2r2cos45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋eq\r(2))l，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故粒子的最大速度為vmax＝eq\f(qBr2,m)＝eq\f(（1＋\r(2)）qBl,m)，最小速度vmin＝eq\f(qBr1,m)＝eq\f(qBl,2m)，故A正確，B錯誤；由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡可知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角θmax＝180°，最小圓心角θmin>45°，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運動的最短時間tmin＝eq\f(θmin,360°)T>eq\f(πm,4qB)，最長時間tmax＝eq\f(θmax,360°)T＝eq\f(πm,qB)，故C錯誤，D正確。A級基礎(chǔ)對點練對點練1對洛倫茲力的理解和應(yīng)用1.(2023·廣東潮州高三期末)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1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()圖1A.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)強度較強答案D解析粒子在運動過程中，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知半徑不斷減小與太陽輻射對粒子產(chǎn)生了驅(qū)動力無關(guān)，A錯誤；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；粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應(yīng)強度較強，由r＝eq\f(mv,qB)可知，當磁感應(yīng)強度增加時，半徑減小，D正確。2.(2023·安徽蕪湖市高三期末)如圖2所示是電視顯像管原理示意圖(俯視圖)，電流通過偏轉(zhuǎn)線圈，從而產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)磁場，電子束經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后運動軌跡發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計電子的重力，圖中O點為熒光屏的中心，若調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)線圈中的電流，使電子束打到熒光屏上的A點，此時下列說法正確的是()圖2A.電子經(jīng)過磁場速度增大B.偏轉(zhuǎn)磁場的方向水平向右C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向里D.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外答案D解析電子經(jīng)過磁場，洛倫茲力不做功，則動能不變，即速度不變，故A錯誤；欲使電子束打到熒光屏上的A點，則洛倫茲力方向向左，根據(jù)左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外，故B、C錯誤，D正確。對點練2帶電粒子在勻強磁場中的運動3.在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動。則α粒子與β粒子的動能之比是()A.eq\f(m1,m2) B.eq\f(m2,m1) C.eq\f(m1,4m2) D.eq\f(4m2,m1)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，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，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eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(qeq\o\al(2,1),m1),\f(qeq\o\al(2,2),m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確。4.(多選)(2021·湖北卷，9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖3所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()圖3A.a帶負電荷B.b帶正電荷C.c帶負電荷D.a和b的動量大小一定相等答案BC解析由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負電，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于a粒子與粒子b的電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關(guān)系不確定，D錯誤。5.(2022·廣東卷)如圖4所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()圖4答案A解析由題意知當質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場后先在MN左側(cè)運動，剛進入時根據(jù)左手定則可知受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，做勻速圓周運動，即質(zhì)子會向y軸正方向偏移，y軸坐標增大，在MN右側(cè)磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯誤；質(zhì)子的運動軌跡在Ozx平面的投影為一條平行于x軸的直線，故C、D錯誤。6.(2023·廣東廣州一模)如圖5，虛線內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，acb是半圓，圓心是O，半徑為r，∠bOc＝60°?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子，以速度v沿半徑Oc射入磁場，從bd邊垂直邊界離開磁場，則()圖5A.離子做圓周運動的半徑為2rB.離子離開磁場時距b點為3rC.虛線內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mv,3qr)D.離子在磁場中的運動時間為eq\f(5\r(3)πr,6v)答案D解析由題意作出離子在磁場中運動軌跡示意圖如下。根據(jù)幾何關(guān)系，離子在磁場中圓周運動半徑為R＝eq\r(3)r，離子離開磁場時距b點為s＝R＋eq\f(r,cos60°)－r＝(eq\r(3)＋1)r，故A、B錯誤；離子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力知，qvB＝meq\f(v2,R)，可得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,\r(3)qr)，故C錯誤；由幾何關(guān)系知，離子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為150°，則運動時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(5\r(3)πr,6v)，故D正確。7.(多選)(2023·河北衡水高三期末)如圖6所示，豎直線CD右邊的空間存在范圍無限大且垂直紙面向里的有界勻強磁場，帶有同種電荷的M粒子和N粒子同時從勻強磁場的邊界CD上的S點分別以與邊界的夾角為30°和60°射入磁場，兩粒子又恰好同時到達Q點。不計粒子重力和粒子間的相互作用，則()圖6A.M、N兩粒子的運動軌跡半徑之比為eq\r(3)∶1B.M、N兩粒子的運動軌跡半徑之比為2∶1C.M、N兩粒子的初速度大小之比為eq\r(3)∶1D.M、N兩粒子的比荷之比為5∶2答案AD解析設(shè)SQ＝d，由題圖可知，M粒子在磁場中運動軌跡半徑rM＝d，運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為300°，運動軌跡弧長sM＝eq\f(5πd,3)，N粒子在磁場中運動軌跡的半徑rN＝eq\f(\r(3),3)d，所對應(yīng)的圓心角為120°，運動軌跡弧長sN＝eq\f(2\r(3)πd,9)，所以M、N兩粒子運動半徑之比為eq\r(3)∶1,A正確，B錯誤；因運動時間t＝eq\f(s,v)，而tM＝tN，則M、N粒子的初速度大小之比為15∶2eq\r(3)，C錯誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，故M、N粒子的比荷之比為5∶2，D正確。8.(多選)(2023·湖南長沙高三聯(lián)考)半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向外的勻強磁場。不計重力的a、b兩粒子從圓周上的P點沿著半徑方向射入磁場，分別從A、B兩點離開磁場，運動軌跡如圖7所示。已知a、b兩粒子進入磁場時的速率之比為1∶2，AOB為直徑，∠AOP＝60°。下列說法正確的是()圖7A.a粒子帶正電，b粒子帶負電B.a、b兩粒子的比荷之比為3∶2C.a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為2∶1D.a、b兩粒子的軌道半徑之比為1∶3答案BD解析根據(jù)粒子的運動軌跡，由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯誤；由幾何關(guān)系可知，a、b兩粒子的半徑之比為r1∶r2＝1∶3，D正確；由r＝eq\f(mv,qB)可知，a、b兩粒子的比荷之比為3∶2，B正確；粒子在磁場中運動時間t＝eq\f(l,v)＝eq\f(θr,v)，θ為軌跡所對應(yīng)的圓心角，代入數(shù)據(jù)可知，a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為4∶3，C錯誤。9.(2023·江西南昌高三月考)如圖8所示，邊長為L的正方形A