2023年高考物理復(fù)習(xí)講義 3 第13課時　磁場含答案

第13課時磁場

【命題規(guī)律】1.命題角度：（1）安培定則，磁場的疊加，安培力的分析和計算；（2）帶電粒子在

磁場中的運動；（3）動態(tài)圓模型.2.?？碱}型：選擇題.

高考題型1磁場的基本性質(zhì)安培力

1.磁場的產(chǎn)生與疊加

廣際IT條形磁鐵磁感線的分布、地球磁場的嗝

通電直導(dǎo)線

通電螺線管

環(huán)形電流

l

4?而H遵循平行四邊形定則I

2.安培力的分析與計算

方向左手定則

F=BILsinθ

直導(dǎo)線

6=0時尸=0,6=90°時尸=B∕Z,

大小?S^1.8.Xa網(wǎng)MX?A?β?；

卜寸'??通"?Q"4

導(dǎo)線為曲線時

I??C??××××?D????

等效為“c直線電流

受力分析

立體圖平面圖

Z??V

C

/KB/

、F

n?g

立體圖平面圖

根據(jù)力的平衡條件或牛頓運動定彳聿列方程

二級結(jié)論同向電流相互吸引，反向電流相互排斥

考向一安培定則磁場疊加

例1（2017?全國卷ΠI?18）如圖1,在磁感應(yīng)強度大小為Bo的勻強磁場中，兩長直導(dǎo)線尸和Q

垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為/.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流/

時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為/的。點處的磁感應(yīng)強度為零，如果讓P中的電流反向、其他

條件不變，則。點處磁感應(yīng)強度的大小為（）

A.O

r?

L-3?θD.28（）

答案C

解析如圖甲所示，尸、。中的電流在α點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，設(shè)為81,由幾何關(guān)

系可知，Bl=牛氏.如果讓P中的電流反向、其他條件不變時，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，

a點處磁感應(yīng)強度的大小B=7B02+BI2=半Bo,故選項C正確，A、B、D錯誤.

甲乙

考向二等效長度

例2（2019?全國卷I?17）如圖2,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定

于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點例、N與直流電源兩端相接.已

知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為凡則線框LMN受到的安培力的大小為（）

圖2

A.2FB.1.5FC.0.5FD.O

答案B

解析設(shè)三角形邊長為/,通過導(dǎo)體棒MN的電流大小為/,則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過

導(dǎo)體棒和ZJV的電流大小為如圖所示,

依題意有F=B〃,則導(dǎo)體棒和LN所受安培力的合力為尸方向與尸的方向

相同，所以線框LMN受到的安培力大小為F+Q=L5R選項B正確.

考向三安培力作用下的平衡

例3（2021.重慶市1月適應(yīng)性測試4）如圖3所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下

端連接一質(zhì)量為40g的金屬導(dǎo)體棒，部分導(dǎo)體棒處于邊界寬度為"=10cm的有界勻強磁場

中，磁場方向垂直于紙面向里.導(dǎo)體棒通入4A的電流后靜止時，彈簧伸長量是未通電時的

1.5倍.若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，導(dǎo)體棒一直保持水平，則磁感應(yīng)強度8的大小為（取重

力加速度g=10m∕s2）（）

圖3

A.0.25TB.0.5T

C.0.75TD.0.83T

答案B

解析未通電時，兩彈簧的彈力之和與導(dǎo)體棒的重力大小相等，根據(jù)平衡條件可知mg=2區(qū),

通電后，通過導(dǎo)體棒的電流方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知安培力豎直向下，根據(jù)平衡

?1I

條件可知mg+B/d=2&X1.5x,聯(lián)立兩式得一?-?=o,C.?=TT＞解得8=0.5T,故B正

emg+Bid2k×1.5x1.5

確.

高考題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動

分析帶電粒子在磁場中運動的方法

(1)畫軌跡：確定圓心，用兒何方法求半徑并畫出軌跡.

(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心

基本思路角、運動時間相聯(lián)系，運動時間與周期相聯(lián)系.

(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式和半

徑公式.

V2

基本公式qvB=my

mv?2πm?2πr

重要結(jié)論FTFT=F

(1)軌跡上的入射點和出射點的速度垂線的交點為圓心，如圖(a)；

(2)軌跡上入射點速度垂線和兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b)；

(3)沿半徑方向距入射點距離等于r的點，如圖(c)(當(dāng)r已知或可算)

圓心的確定

術(shù)"1。卜viθ↑×××i

I,?,i/：\x×:r×××;

;??*1/；×?××;××x?

?.?：X?<*×!

喈Wp??r×:!×z?X：

(a)(b)(c)

2

方法一：由物理公式求.由于Bq0=與~,所以半徑尸=,；

半徑的確定

方法二：由幾何關(guān)系求.一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計

算來確定.

方法一：由圓心角求.I=五?T;

時間的求解

方法二：由弧長求?f弋

(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時.，入射角等于出射角.(如

圖甲，θ?-θι-θi)

軌跡圓的幾

(2)粒子速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的對應(yīng)圓心角.(如圖甲，σl≈α2)

個基本特點

(3)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向，如圖乙.(兩

側(cè)關(guān)于兩圓心連線對稱)

?一年為；巖：

甲乙

(1)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維，尋

找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由

臨界問題

磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系.

(2)粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切.

(1)磁場方向不確定形成多解；

(2)帶電粒子電性不確定形成多解；

多解成因

(3)速度不確定形成多解；

(4)運動的周期性形成多解.

考向一直線邊界磁場

例4(多選)(2019?海南卷?9)如圖4,虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩

電荷量相同的粒子P、。從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動.射入磁場時，P

的速度。P垂直于磁場邊界，。的速度?！闩c磁場邊界的夾角為45。，已知兩粒子均從N點射

出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()

×××

A.P和Q的質(zhì)量之比為1:2

B.P和。的質(zhì)量之比為吸：1

C.P和。速度大小之比為噌：1

D.P和。速度大小之比為2：1

答案AC

解析設(shè)MN=IR,則粒子P的軌跡半徑為R,有：R=-^粒子Q的軌跡半徑為啦R,

有：√2∕?=-^;又兩粒子的運動時間相同，則"=詼^,'Q=17Q=E防，即諉"=E防，解

得"7Q=2"7P,Vp=y∣2vQ9故A、C正確，B、D錯誤.

考向二圓形區(qū)域磁場

例5（2021?全國乙卷?16）如圖5,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為機、電荷

量為虱q>0）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場.若粒子射入磁場時的速

度大小為功，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90。；若射入磁場時的速度大小為。2,離開磁場時速

度方向偏轉(zhuǎn)60。，不計重力，則段為（）

答案B

解析如圖所示,

°2Γ>,

設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R,粒子以S射入磁場時的軌跡半徑為r1

根據(jù)幾何關(guān)系r∣=R,

以S射入磁場時的軌跡半徑Γ2=y∣3R.

mv^

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=~γ?,

?≡r汨qrB

可付V=m

所哨4=坐故選R

考向三臨界和極值問題

例6（2020.全國卷III?18）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為α和3a的同軸圓

柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖6所示.一速率為。的電子從圓心沿半徑

方向進(jìn)入磁場.已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,忽略重力.為使該電子的運動被限制在圖

中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（）

/X××x?

∕×X>jX>Λ

xx(V×

V×LzZ

?××××z

圖6

3mvmv

A.τ;-B.—

2aeae

3mv3nιv

C.^;-D.τ-

4aeJae

答案C

解析磁感應(yīng)強度取最小值時對應(yīng)的臨界狀態(tài)如圖所示，設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑

為廣，由幾何關(guān)系得〃2+戶=(3〃-r)2,根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動知識得㈤臺=〃!：，聯(lián)立

解得B=袈，故選C?

例7(2020.全國卷I?18)—勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂直于紙面向外，其邊界

如圖7中虛線所示，為半圓，ac、與直徑H共線，ac間的距離等于半圓的半徑.一束

質(zhì)量為機、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從C點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種

速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()

：：：：∕b^"d

C

圖7

LJ

06qB"4qB'+3qBIC1B

答案C

解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角決

定.設(shè)軌跡交半圓于e點，Ce中垂線交be于。點，則。點為軌跡圓心，如圖所示.

圓心角e=π+2y?,當(dāng)“最大時，。有最大值，由幾何知識分析可知，當(dāng)Ce與α〃相切時，?

Δ.f）4JΓ77?

最大，此時夕=30。，可得6=鏟，則,=五T=而萬，故選C.

高考題型3動態(tài)圓模型

適用條件粒子速度方向一定，速度大小不同

以入射點P為定點，圓心位于PP'直線上，將半徑放縮作軌跡

圓，從而探索出臨界條件.

!×XX：

放縮圓

應(yīng)用方法

（軌跡圓的圓心在PiP2直線上）

適用條件粒子的速度大小一定，半徑一定，速度方向不同

將一半徑為R=W的圓以入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索出

臨界條件，

旋轉(zhuǎn)圓

應(yīng)用方法

一-Y--?--0--u一

（軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=鬻的圓上）

適用條件粒子的速度大小、方向均一定，入射點位置不同

將半徑為R=翳的圓進(jìn)行平移,

平移圓××××××××

應(yīng)用方法

（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）

成立條件：區(qū)帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡半徑與磁場半

磁聚焦與

域圓的半徑徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射方

磁發(fā)散

等于軌跡圓向平行

半徑R=器WC—―/W

磁聚焦

帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如果軌跡半

徑與磁場半徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線方向平行

G:/?z

?7

V7

磁發(fā)散

考向一旋轉(zhuǎn)圓

例8(多選)如圖8所示，在絕緣板MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直于紙面向

里.距離絕緣板4處有一粒子源S,能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為g、質(zhì)

量為〃八速率為。的帶正電粒子，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，已知粒子做圓周運

動的半徑也恰好為"，貝4()

××××××××

×××χSXXXX

*

××××!××××

×XX×；X×××

M---------------------------N

圖8

A.粒子能打到板上的區(qū)域長度為2√5d

B.能打到板上最左側(cè)的粒子所用的時間為爭

C.粒子從發(fā)射到打到板上的最長時間為手

D.同一時刻發(fā)射的粒子打到板上的最大時間差為警

答案BD

解析粒子受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，粒子運動的軌跡半徑R=d,粒子運動到絕緣板的兩

種臨界情況如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，左側(cè)最遠(yuǎn)處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則

左側(cè)最遠(yuǎn)處A到C距離為小d,右側(cè)離C最遠(yuǎn)處為B,距離為乩所以粒子能打在板上的區(qū)

域長度是(√5+l)d,故A錯誤；左側(cè)最遠(yuǎn)處與S之間的距離恰好是圓的直徑，所以從S到A

的時間恰好是半個周期，則“=亨=等=邛，故B正確；在磁場中運動時間最長和最短的粒

子運動軌跡示意圖如圖乙所示，粒子做整個圓周運動的周期T=-^,由幾何關(guān)系可知，最短

ci.-,IFnd目Vet13~3τtd.7nd,.……、______

時間攵=不7=五，IR長時間6=^7=/，Af=0—f2=五7,故C錯?天Cf，D正確.

XXXX×X

fx√.XX

XXX

.小X、

XXX

\?

XXx!×鄧，XX×X

MI一N

乙

考向二放縮圓

例9（多選）如圖9所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形

的勻強磁場區(qū)域，下列判斷正確的是（)

圖9

A.電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長

B.電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大

C.在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不一定重合

D.電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同

答案BC

解析由周期公式T==^知,周期與電子的速率無關(guān)，所以在磁場中的運動周期相同，由/

0

=~^~τ知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應(yīng)的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時

間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角。越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公

式廠=券知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，

故A錯誤，B正確；若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡3、4

與5,它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應(yīng)的半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，

D錯誤.

考向三磁聚集

例10（2021?山東青島市高三期末）如圖10甲，為除塵裝置的截面示意圖，水平放置的金屬

極板M、N間距離為d,大量均勻分布的帶負(fù)電塵埃以相同速度進(jìn)入兩板間，速度方向與板

平行，大小為列,每顆塵埃的質(zhì)量均為〃?，帶電荷量均為q.如圖乙，在原有兩極板M、N的

截面內(nèi)，建立平面直角坐標(biāo)系X。），，y軸垂直于金屬板并過板的右端，X軸與兩板中軸線共線;

在P（2.5d,-2d）處放置開口向上且大小不計的塵埃收集容器.撤去兩板間電場，然后只需在

y軸右側(cè)的某圓形區(qū)域內(nèi)施加一垂直于紙面向里的勻強磁場，就可以把所有塵埃全部收集到

容器中.塵埃顆粒重力、顆粒間作用力、塵埃顆粒對板間電場影響均不計.要把所有塵埃全

部收集到容器中，則在圓形區(qū)域內(nèi)所施加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足什么條件.

J

圖10

解析設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為Ri,塵埃在磁場中做圓周運動的半徑為&,要使所有塵埃都

能到達(dá)尸點，必須滿足R2=R∣

▼五n加

另有qv0B=nr^

當(dāng)圓形區(qū)域過戶點且與M板的延長線相切時，/?2最小，B最大,如圖，由幾何關(guān)系得

小二…P

"i

當(dāng)圓形區(qū)域過P點且在M板右端點與），軸相切時，/?2最大，B最小，如圖，由幾何關(guān)系得

u,ΞΓ^^^^o

~ι

^2max

2'

解得fi?min=,所以圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件為

W5W翳.

高考預(yù)測

1.（2021?廣東廣州市高三月考）如圖11,等腰梯形線框MCd是由相同材料、相同橫截面積的導(dǎo)

線制成，梯形上底和腰長度均為L,且腰與下底成60。.整個線框處在與線框平面垂直的勻強

磁場中.現(xiàn)給線框通過圖示電流，若下底Cd受到的安培力為F,則上底如受到的安培力為

（）

圖H

122

AqFC.5FD.3F

答案A

解析梯形上底和腰均為L且腰與下底成60。，由幾何關(guān)系可知，梯形的下底de長為2乙；由

電阻的決定式R=%,可知梯形的邊面兒的電阻等于下底de的電阻的1.5倍，兩者為并聯(lián)

2

關(guān)系，設(shè)公中的電流大小為/,根據(jù)歐姆定律，則加歷中的電流為寸：由已知條件可知加

邊與A的電流方向相同，由題意知F=8∕?2L,所以邊外所受安培力為F'=B?∣∕?Z,=∣F,

方向與de邊所受安培力的方向相同，故選A.

2.（2020.山東煙臺市重點中學(xué)監(jiān)測）如圖12所示，AC是四分之一圓弧，。為圓心，。為圓弧

AC的中點，A、。、C處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流大小相等、方向垂直紙面向里,

整個空間還存在一個磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（未畫出），。處的磁感應(yīng)強度恰好為

零.如果將。處電流反向，其他條件都不變，則。處的磁感應(yīng)強度大小為（）

圖12

A.2(√2-l)βB.(2√2-l)β

C.2BD.0

答案A

解析設(shè)A、C、。處的電流在。點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小均為氏，則由。點的磁感

應(yīng)強度恰好為零可知，B=√Bo2+βo2+Bo,^1,Bo=（√2-1）B,現(xiàn)將。處的電流反向，其他條

22

件不變，則。處的合磁感應(yīng)強度大小為B'=β+Bo-√Bo+Bo=2（√2-∣）β,選項A正確，

B、C、D均錯誤.

3.（2021?河南南陽市高三期末）如圖13所示，直線邊界OM與ON之間的夾角為30。，相交于

。點.OM與ON之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為BQN上有一粒子源S,

S到O點的距離為".某一時刻，粒子源S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒

子，已知粒子的帶電荷量為4,質(zhì)量為辦不計粒子的重力及粒子間的相互作用，所有粒子

的初速度大小均為。，d=需.則從邊界。M射出的粒子在磁場中運動的最短時間為（）

/M

/''X

X×B×

,∕×××××

型咳一X-K一箋一X--N

圖13

.πmrTtm

?-----R-----

%2qBrqB

2πmπtn

c'3qBD硒

答案D

解析由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，當(dāng)運動的弦長最短時對應(yīng)的時間最短，則最短的

弦長為過S點到OM的垂線段

/'X

×Bx

//乂'XZX×

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=*：,T=乎，解得T=〃=翡，t∕=~^=2r,

則最短弦長L為￡=dsin30。=匕由幾何關(guān)系可知，9=60。，則粒子在磁場中運動的最短時間

為t=%=而，故選D.

4.（多選）如圖14所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)（圓心為0）有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,

方向垂直于圓平面（未畫出）.一群具有相同比荷的負(fù)離子以相同的速率由尸點在紙平面內(nèi)沿

不同方向射入磁場中，發(fā)生偏轉(zhuǎn)后又飛出磁場，若離子在磁場中運動的軌道半徑大于R,則

下列說法中正確的是（不計離子的重力）（）

圖14

A.從Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長

B.沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大

C.所有離子飛出磁場時的動能一定相等

D.在磁場中運動時間最長的離子不可能經(jīng)過圓心。點

答案AD

解析由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故應(yīng)該

使弦長為P。，由。點飛出的離子圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長，軌跡不可能經(jīng)過圓心。

點，故A、D正確，B錯誤；因洛倫茲力永不做功，故粒子在磁場中運動時動能保持不變，

但由于離子的初動能不一定相等，故飛出時的動能不一定相等，故C錯誤.

5.（2021?江蘇泰州市高三期末）兩個比荷相等的帶電粒子a、h,以不同的速率為、內(nèi)對準(zhǔn)圓心

。沿著Ao方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖15所示，不計粒子的重力，則下列

說法正確的是（）

圖15

A.a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電

B.粒子射入磁場時的速率2:v*=l：2

C.粒子在磁場中的運動時間％：?=2：1

D.若將磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼男”?，其他條件不變，b粒子在磁場中運動的時間將變?yōu)樵?/p>

來唱

答案C

解析粒子向右運動，根據(jù)左手定則，〃向上偏轉(zhuǎn)，帶正電，a向下偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電，A錯誤；

設(shè)粒子的半徑分別為r“、rh,則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得％="f,Vb=^~,設(shè)大圓半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系有tan30。=4,tan30o=?

fΓl-ill-IfjI?

o

整理得粵=勺=4，B錯誤；粒子做圓周運動的周期為7=繆，由圖可知為=60。，θa=?20

Vhfh3C[D

*=l?Jτ,=嗎=Lr

“"360°/一3八%—360°/-6,

整理有：ta：tb=2：?,C正確；將磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼男”叮渌麠l件不變，則此時人粒

n,T

子的運動半徑，=■,周期T1=忑

R

tanθ=~=?,<9=45°,根據(jù)選項C,運動的時間分別為

_60。,_1T_90。,，_1,

tbτr,r-rT

~36Q°~6360°~44√3,

則可計算出，=半，〃粒子在磁場中運動的時間將變?yōu)樵瓉淼陌?，D錯誤.

專題強化練

I保分基礎(chǔ)練]

1.（2021?全國甲卷?16）兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖1示方式放置在同一平面內(nèi)，Eo與

O'Q在一條直線上，PO,與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流/,電流

方向如圖所示.若一根無限長直導(dǎo)線通過電流/時，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線〃處的磁感應(yīng)

強度大小為B,則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點處的磁感應(yīng)強度大小分別為（）

I

Q

Λ∕rA-A.πN

d?Q,?d

WOIP

I

E

I

圖1

A.B、OB.0、2BC.28、2BD.B、B

答案B

解析兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線在M處的磁

感應(yīng)強度方向分別為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強度大小為零；兩直導(dǎo)

線在N處的磁感應(yīng)強度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應(yīng)強度大小為28,B正確.

MN

×?×X

FOP

EOtQ

2.（2021?廣西柳州市高三第一次調(diào)研）某帶電粒子以速度。垂直射入勻強磁場中.粒子做半徑

為R的勻速圓周運動，若粒子的速度變?yōu)?°.則下列說法正確的是（）

A.粒子運動的周期變?yōu)樵瓉淼腡

B.粒子運動的半徑仍為R

C.粒子運動的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍

D.粒子運動軌跡所包圍的磁通量變?yōu)樵瓉淼?倍

答案D

解析帶電粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式有敗B=W解得，粒

子運動的半徑R=卷，若粒子的速度變?yōu)?。，粒子運動的半徑為2R,故B錯誤；粒子運動

的周期T=等=鬻，若粒子的速度變?yōu)?。，粒子運動的周期不變，故A錯誤；粒子運動

的加速度若粒子的速度變?yōu)?。，粒子運動的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；

fγi7）

粒子運動軌跡所包圍的面積S=πR2=τt（薪P,若粒子的速度變?yōu)?。，粒子運動軌跡所包圍的

磁通量BS變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確.

3.（2021.山西太原市高三二模）如圖2,固定在勻強磁場中的線框Mc是由一根粗細(xì)均勻的導(dǎo)

線彎折成的閉合等腰直角三角形，Nc=90。，線框所在平面與磁場方向垂直，現(xiàn)將直流電源

接在線框的〃、b兩點間，此時訛受到的安培力大小為凡則（）

b

圖2

A.導(dǎo)線6c與4c受到的安培力相同

B.導(dǎo)線受到的安培力大小為半F

C.導(dǎo)線必與αc力受到的安培力大小相等

D.整個線框受到的安培力大于2小產(chǎn)

答案D

解析根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線兒與αc受到的安培力大小相同，方向不同，故A錯誤；設(shè)

4c段電阻為R,則機■段電阻也為R,4〃段電阻為陋R,根據(jù)/=*可知，若設(shè)流過αc的電流

為1,則流過。。的電流為設(shè)ac=bc=L,則ab=巾L,則〃C受到的安培力為∕7=8∕L,

,仍受到的安培力大小為尸=β?√2∕?√2Δ=2B∕Δ=2F,方向垂直于油向上，

則導(dǎo)線ach受到的安培力大小為

F"=BI?巾L=巾BlL=巾F,方向垂直于"向上，

則整個線框受到的安培力大小為

F3=F'+F"=（2+√2）f>2√2F,

故B、C錯誤，D正確.

4.（多選）（2021?河北邯鄲市高三期末）如圖3所示，兩根相同的輕彈簧懸掛著一根通有電流/o

的直銅棒MN,置于磁感應(yīng)強度為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，此時兩根彈簧處于

原長狀態(tài)，若在銅棒下面懸掛一質(zhì)量為〃?的物塊（圖中未畫出），將銅棒中的電流改為人彈

簧可恢復(fù)為原長狀態(tài)；若在銅棒下懸掛質(zhì)量為例的物塊，將銅棒中的電流改為/2或保持4

不變使磁場增大為8'均可使彈簧恢復(fù)為原長狀態(tài)，下列說法中正確的是（）

A.電流方向由M指向N

B.若∕2=2∕∣,則M=2nz

C.若M=2m，B不變，則∕2<2∕∣

D.若M=2%，電流為∕∣,則B'<28

答案ACD

解析由題意，增大磁感應(yīng)強度可使彈簧恢復(fù)原長，故安培力方向向上，即電流方向由M指

向N,故A正確；設(shè)銅棒的質(zhì)量為"g,電流變?yōu)?時，BI?L=（m+m（>）g,電流變?yōu)?2時，

BI2L=（M+m^）g,若/2=2/1,則M>2"?,故B錯誤；若M=2相，B不變，由B選項中分析

可知，∕2<2∕I,故C正確；若M=2〃?，電流為∕∣不變，則8//=（"?+”?（>）8,B'∕∣L=（Λ√+?,

故8'<2B,故D正確.

5.（2021?遼寧葫蘆島市高三期末）如圖4所示，圓形區(qū)域圓心為O,區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外

的勻強磁場，MN為圓的直徑.從圓上的A點沿Ao方向，以相同的速度先后射入甲、乙兩

個粒子，甲粒子從M點離開磁場，乙粒子從N點離開磁場，已知NAoN=60。，粒子重力不

計，以下說法正確的是（）

??■?

A*---?θ

圖4

A.甲粒子帶負(fù)電荷

B.甲粒子在磁場中做圓周運動的半徑比乙小

C.乙粒子的比荷比甲大

D.乙粒子在磁場中運動時間比甲長

答案C

解析甲粒子從M點離開磁場，說明其進(jìn)入磁場后向下偏轉(zhuǎn)，運用左手定則可以判定，甲粒

子帶正電，故A錯誤；設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R,由幾何關(guān)系可解得甲粒子的運動半徑rv=

TR，

小R,乙粒子的運動半徑r即甲粒子在磁場中做圓周運動的半徑比乙大，故B錯誤:

由公式/8=/47得、=缶，由于。、5是相同的，??越小則比荷越大，故C正確；由幾何關(guān)

系可得甲、乙兩粒子的圓弧軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為60。和120。，所以在磁場中的路程分

別為S單=卓兀凡SL陪nR,即甲粒子的運動路程更長，由于二者速度相等，所以甲粒子

在磁場中運動時間更長，故D錯誤.

6.（2021?河南鄭州市高三第一次質(zhì)量檢測）圖5所示裝置叫質(zhì)譜儀，最初是由阿斯頓設(shè)計的，

是一種測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.其工作原理如下：一個質(zhì)量為〃?、電

荷量為q的離子，從容器4下方的小孔S飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0,

然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向，進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片

。上.不計離子重力.則（）

A.離子進(jìn)入磁場時的速率為。="學(xué)

B.離子在磁場中運動的軌道半徑為「=算呼

c.離子在磁場中運動的軌道半徑為「=卜尸平

D.若a、b是兩種同位素的原子核，從底片上獲知a、b在磁場中運動軌跡的直徑之比是

1.08：1,則a、b的質(zhì)量之比為1.08：1

答案C

解析離子在電場中加速有Uq=JnA解得O=

在磁場中偏轉(zhuǎn)有qvB=nτy1解得

冽“，同位素的電荷量一樣，其質(zhì)量之比為"=1=1.08?,故選C.

q）Tl2Γ2

7.（2021?山東濰坊市昌樂一中高三期末）如圖6所示,在邊長為/的等邊三角形所在區(qū)域內(nèi)，

存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8.現(xiàn)有一質(zhì)量為機、帶電荷量為+q的粒

子以某一速度從外邊的中點d平行于兒邊射入該區(qū)域，粒子恰好從C點射出，粒子所受重

力不計.則粒子入射速度的大小為（）

,∕?

df-^v

圖6

Λ√?

OR.√?

A?2"Zm

D型

C,2∕Hm

答案A

解析帶電粒子運動軌跡如圖所示,

0

由幾何關(guān)系可知，三角形OdC為等邊三角形，則帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為

r=yj尸一（）2=坐/,由牛頓第二定律得WB=詔;，聯(lián)立方程解得O=田普故選A.

8.（多選）（2021?山東日照市高三一模）如圖7所示，厚度為從寬度為4的某種半導(dǎo)體板，放

在垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為A當(dāng)電流通過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板的上、

下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng).實驗表明，當(dāng)磁場不太強時，上、下表

面之間的電勢差U、電流/和B的關(guān)系為U=浸，式中的比例系數(shù)人稱為霍爾系數(shù).設(shè)電流

/（方向如圖）是由帶正電荷的粒子定向移動形成的，導(dǎo)體中單位體積中粒子的個數(shù)為〃，粒子

定向移動的速率為。，電荷量為&下列說法正確的是（）

'B

圖7

A.上表面的電勢比下表面高

B.導(dǎo)體板之間的電場強度E=9

C.霍爾系數(shù)4的大小與d、人有關(guān)

D.霍爾系數(shù)人的大小與小e有關(guān)

答案AD

解析根據(jù)左手定則知，帶正電的粒子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面的電勢高于下表面的電勢，

故A正確；導(dǎo)體板之間的電場強度E*,故B錯誤：由電流的微觀表達(dá)式得I=〃evS=nevhd,

解得。=備，根據(jù)8B=*，解得U=VhB=*,因為U=等,則霍爾系數(shù)左=《，故C

錯誤，D正確.

I爭分提能練］

9.（多選）如圖8所示，一質(zhì)量為機、電荷量為4的帶電粒子（不計重力），從4點以與邊界夾

角為53。的方向垂直射入磁感應(yīng)強度為B的條形勻強磁場，從磁場的另一邊界6點射出，射

出磁場時的速度方向與邊界的夾角為37。.己知條形磁場的寬度為"，sin37。=0.6,cos37。=

0.8.下列說法正確的是（）

圖8

A.粒子帶正電

B.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為//

C.粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為甯

D.粒子穿過磁場所用的時間為鬻

ΔC∣D

答案BD

解析由左手定則可判定粒子帶負(fù)電，故A錯誤;

作出粒子在勻強磁場中運動的軌跡，如圖所示

粒子在勻強磁場中轉(zhuǎn)過90。角，由幾何關(guān)系知:

/-cos37o+rsin3∣l°=d

解得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=ηd,故B正確;

mv

由粒子在磁場中做圓周運動的半徑一=下知，粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為

qb

qrB5qdB、口

一,故錯■伏；

V=—mImC

粒子在勻強磁場中轉(zhuǎn)過90。角，粒子穿過磁場所用的時間為r=jτ=）x筆=乎差，故D正確.

10.如圖9所示，在0<x<3"的區(qū)域內(nèi)存在與xθy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為

正在f=0時刻，從原點。發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y