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专题10 磁场-（2018-2022）五年高考物理真题模拟题分类练（全国卷专用）
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这是一份专题10 磁场-（2018-2022）五年高考物理真题模拟题分类练（全国卷专用），文件包含专题10磁场解析版docx、专题10磁场原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。
【考纲定位】
【知识重现】
知识点一 安培定则的应用和磁场的叠加
1．常见电流的磁场的比较
2．理解磁感应强度的几点注意
（1）磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比。
（2）在定义式B＝中，小段通电导线必须垂直于磁场放入；如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
（3）磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。
3.磁场叠加问题的解题思路
①确定磁场场源,如通电导线
②定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。
③应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B。
知识点二 安培力及其作用下导体的平衡与加速
1. 安培力的大小和方向
2.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
知识点三 洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力与电场力的比较
2.带电粒子在匀强磁场中运动的分析方法
知识点四 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题
(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。
(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
2.多解形成原因，常见的有如下三种情况
知识点五 带电粒子在组合场或叠加场中的运动
一、突破带电粒子在组合场中运动问题的五步法
二、带电粒子在组合场中的常见类型
【真题汇编】
1. （2022·全国甲卷·T18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
2. （2022·全国乙卷·T18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
A. 测量地点位于南半球
B. 当地的地磁场大小约为50μT
C. 第2次测量时y轴正向指向南方
D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【答案】BC
【解析】
A．如图所示
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得
B ≈ 50μT
B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
故选BC。
3. （2021·全国甲卷·T16）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BD. B、B
【答案】B
【解析】
两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。
故选B。
4. （2021·全国乙卷·T16）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
5. （2020·全国Ⅰ卷·T18）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，
粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。
当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R粒子运动最长时间为
,
故选C。
6. （2020·全国Ⅱ卷·T17）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A. M处的电势高于N处的电势
B. 增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】
A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
7. （2020·全国Ⅲ卷·T18）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，， 为直角三角形，则由几何关系可得
解得
解得磁场的磁感应强度最小值
故选C。
8. （2019·全国Ⅰ卷·T17）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A. 2FB. 1.5FC. 0.5FD. 0
【答案】B
【解析】
设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．
9. （2019·全国Ⅱ卷·T17）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，
d点射出粒子半径为 ，R=
故vd= =，故B选项符合题意
10. （2019·全国Ⅲ卷·T18）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
运动轨迹如图:
即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.
11. （2018·全国Ⅱ卷·T20）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（ ）
A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
【答案】AC
【解析】
外磁场、电流的磁场方向如图所示
在b点
B0＝B0－B1＋B2
在a点
B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正确，BD错误。
故选AC。
12. （2022·全国甲卷·T25）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于的圆心，通过读取反射光射到上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧的半径为r﹐，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值及上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为。求待测电流的大小。
【答案】（1），；（2）
【解析】
（1）由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为
F = NBIl
根据胡克定律有
F = NBIl = k│x│
如图所示
设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为
d >> x，r >> d
则
sinθ ≈ θ，sin2θ ≈ 2θ
所以有
x = dθ
s = r2θ
联立可得
（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有
当电流反向后有
联立可得
同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为
13. （2021·全国甲卷·T25）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【解析】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
③
粒子发射位置到P点的距离
④
由①②③④式得
⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度
⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径
⑦
最大半径
⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
⑩
带电粒子的运动半径为
⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
⑫
由⑩⑪⑫式解得
⑬
14. （2020·全国Ⅱ卷·T24）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【解析】
（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得
②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
③
由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得
④
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系
⑥
即⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
⑧
联立⑦⑧式得
⑨
15. （2019·全国Ⅰ卷·T24）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：
或
16. （2018·全国Ⅰ卷·T25）如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) 第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) 第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
【答案】(1) h；(2)；(3)（－1）h
【解析】
(1) 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t12 ②
进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1 ③
联立以上各式得
s1＝h ④
(2) 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1 ⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝ ⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1 ⑧
联立以上各式得
⑨
(3) 与初动能相等
(2m)v22＝mv12 ⑩
在电场中运动时有
qE＝2ma2 ⑪
s2＝v2t2 ⑫
h＝a2t22 ⑬
进入磁场时
v2tan θ2＝a2t2 ⑭
v′＝ ⑮
qv′B＝2m ⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1 ⑰
所以第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2 ⑱
联立④⑧⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝( －1)h ⑲
17. （2018·全国Ⅱ卷·T25）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l´，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
【答案】（1）轨迹如图所示：
（2）
（3）；
【解析】
（1）粒子运动的轨迹如图所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为如图所示，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
，，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
由几何关系得
联立以上公式可得
（3）由运动学公式和题给数据得
联立得
设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
则从M点运动到N点的时间
【突破练习】
1. （2022·安徽合肥市高三下学期二模）图甲为交流感应电动机的工作原理示意图。完全相同的线圈A、B、C竖直固定，其平面互成120°，且中心重合于O点（图中未画出）。当线圈连接三相交流电源时，其中心产生旋转磁场，磁场中的导线框也就随着转动。若线圈中通入图乙所示的正弦式交流电，三个线圈在的电流方向如图甲所示，此时线圈A中电流在O点产生磁场的磁感应强度大小为B0。已知每个线圈在O点产生磁场的磁感应强度大小与线圈中通入的电流成正比，则此时O点的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D. 3B0
【答案】A
【解析】
由题意可知，时刻，线圈B和线圈C的电流为线框A的，则线圈B和线圈C在O点产生的磁场大小为，由右手螺旋定则则可知，线圈A产生的磁场方向垂直线框A平面向右下，线圈B产生的磁场方向垂直线框B平面向左下，线圈C生的磁场方向垂直线框C面向里，如图所示
由磁感应强度的叠加可知O点的磁感应强度
方向与线圈A产生的磁场方向相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
2. （2022·广东深圳市高三下学期一模）质量为m，长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示，则下列关于导体棒中的电流分析正确的是（ ）
A. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为
B. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为
C. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为
D. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小
【答案】C
【解析】
平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件得
解得
再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里。
故选C。
3. （2022·河北石家庄市高三下学期二模）如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为，比荷。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动的最短时间为
B. 粒子在磁场中运动的最长时间为
C. 正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6m
D. 稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶2
【答案】ABC
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
解得
代入数据解得
AB．假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示
当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为
由几何关系知，此时对应圆心角为
所以最短时间为
同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为
故AB正确；
CD．由几何关系知
解得
则
所以边界上有粒子射出的总长度为
且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比，即为 ，故C正确，D错误。
故选ABC。
4. （2022·四川德阳市高三下学期二模）为了研究行星的磁场对宇宙高能粒子及行星生态环境的作用，研究小组建立了以下模型，如图所示，在圆心为O1半径为R的接地的金属圆柱外，有一个匀强磁场均匀的分布在半径为R、2R的两边界1、II之间的圆环区域内，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B（未知）．在磁场左侧有一长为4R的带状粒子源，中点为O2，可以放出速度大小为v。、方向平行O1O2连线的带正电粒子，带电粒子沿线均匀分布，每单位时间放出的粒子数为n0已知带电粒子的比荷为，不计重力及任何阻力。求：
（1）若从O2点放出的粒子，恰好能被金属圆柱接收到，则磁感应强度B的大小；
（2）若，则圆柱在单位时间内接收到的粒子数n1；
（3）若某粒子在磁场中轨迹恰好与金属圆柱内切时，则该粒子进入磁场的位置与O1O2连线间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设点放出的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，轨迹如图所示
轨迹刚好与圆柱相切，由勾股定理得
得
因此由
得
（2）当，根据
粒子运动半径
由几何关系知，刚好与圆柱相切的粒子的轨迹圆的圆心在边界Ⅱ上粒子入射的位置在连线以下处，而且沿最下方与磁场相切进入的粒子容易被圆柱接收到，故粒子入射的位置在连线以下处，圆柱在单位时间内接收到的粒子数
（3）在时，根据
粒子的轨迹圆半径为
粒子的轨迹圆与圆柱体内切，如图所示
是一个两邻边为的等腰三角形，其面积
由图可知
解得
对
粒子进人磁场的位置与0102连线间的距离。
5. （2022·山西太原市高三下学期一模）如图所示，直角坐标系xOy平面内，有半径为R的圆形区域，圆心的坐标为，该圆内存在着磁感应强度为B0、方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以某一动能从坐标为的P点沿的方向射入圆形区域，粒子离开圆形区域后，会通过x轴上坐标为（R，0）的A点。不计粒子的重力。
（1）求粒子的动能。
（2）若在圆形区域外加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场，该粒子到达x轴时速度方向恰好沿x轴正方向。求圆形区域外磁场磁感应强度的大小和方向。
（3）在（2）的情况下，粒子能否回到P点？若能回到P点，求粒子从P点出发，经过多长时间第一次回到P点；若不能回到P点，请说明理由。
【答案】（1）；（2）；方向垂直于平面向里；（3）能回到P点；
【解析】
(1)设粒子的速度为，粒子在圆形区域内做半径为的圆周运动，设粒子从圆周上的点离开磁场，粒子在圆形区域内速度的偏转角为，如图所示
由几何关系有
即
则有
可得
由牛顿运动定律有
粒子的动能
联立解得
(2)圆形区域外加上磁场后，粒子在圆形区域外做半径为的圆周运动，轨迹与轴上的点相切。设圆形区域外磁场的磁感应强度为，由几何关系有
可得
由牛顿第二定律有
解得
方向垂直于平面向里；
(3)粒子离开点后，从点返回圆形区域，在圆形区域内运动半径，由几何关系可知，粒子能回到点，粒子从点运动到点的时间为，从点运动到点的时间为，从点运动到点的时间为，则有
运动的总时间
近5年考情分析
考点要求
等级要求
考题统计
2022
2021
2020
2019
2018
磁场的描述及安培力
Ⅱ
全国乙卷·T18
全国甲卷·T25
全国甲卷·T16
Ⅰ卷·T17
Ⅱ卷·T20
磁场对运动电荷的作用
Ⅱ
全国甲卷·T18
全国乙卷·T16
Ⅰ卷·T18
Ⅱ卷·T24
Ⅲ卷·T18
Ⅱ卷·T17
Ⅲ卷·T18
带电粒子在组合场、叠加场中的运动
Ⅱ
全国甲卷·T25
Ⅱ卷·T17
Ⅰ卷·T24
Ⅰ卷·T25
Ⅱ卷·T25
安培定则
横截面图
纵截面图
直线电流
磁感线分布特点：以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
磁感线分布特点：内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
磁感线分布特点：内部为匀强磁场且磁感应强度比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
安培力的大小
F＝ILB sinθ
（1）当I⊥B时，F＝BIL
（2）当I∥B时，F＝0
L应是导线的“有效长度”
（1）导线的“有效长度”如图中虚线所示
（2）对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零
安培力的方向
用左手定则判断
安培力方向既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面
电流元法
分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法
在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究
对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也
可能不做功
定
圆
心
方法一:已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心[如图(甲)所示]
已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心[如图(乙)所示]
求
半
径
利用平面几何关系,求出轨迹圆的可能半径(或圆心角),求解时注意以下几个重要的几何特点:
①粒子速度的偏向角()等于圆心角(α),并等于弦AB与切线的夹角(弦切角θ)的2倍[如图(丙)所示],即=α=2θ=ωt。
②直角三角形的应用(勾股定理、三角函数)。
找到AB的中点C,连接OC,则△AOC、△BOC都是直角三角形。
算
时
间
由运动弧长计算,t=(l弧长)
由旋转角度计算,t=T(或t=T)
带电粒子电性不确定
在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解：若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性
明性质
要清楚场的性质、强弱、方向、范围等
定运动
带电粒子在通过不同的场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况
画轨迹
正确画出粒子在场中运动轨迹示意图
用规律
根据区域和规律的不同，将粒子的运动分为几个阶段，对不同阶段选择合适的规律处理
找关系
要明确带电粒子在通过不同场区的交界处时速度大小和方向上的关系：前一个区域的末速度往往是后一个区域的初速度
回旋加速器
1．加速条件：T电场＝T回旋＝。
2．磁场约束偏转：qvB＝⇒v＝。
3．带电粒子的最大速度vmax＝，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
质谱仪
①加速电场：qU＝mv2；
②偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得：r＝， m＝， ＝
速度选择器、
平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE，故选择速度：v＝
磁流体发电机
(1)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。
(2)电源电动势U：当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q＝qvB，即U＝Blv。
(3)电源内阻：r＝ρ。(4)回路电流：I＝。
霍尔元件
(1)电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高，若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
(2)霍尔电压的计算：当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45
【考纲定位】
【知识重现】
知识点一 安培定则的应用和磁场的叠加
1．常见电流的磁场的比较
2．理解磁感应强度的几点注意
（1）磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比。
（2）在定义式B＝中，小段通电导线必须垂直于磁场放入；如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
（3）磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。
3.磁场叠加问题的解题思路
①确定磁场场源,如通电导线
②定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。
③应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B。
知识点二 安培力及其作用下导体的平衡与加速
1. 安培力的大小和方向
2.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
知识点三 洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力与电场力的比较
2.带电粒子在匀强磁场中运动的分析方法
知识点四 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题
(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。
(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
2.多解形成原因，常见的有如下三种情况
知识点五 带电粒子在组合场或叠加场中的运动
一、突破带电粒子在组合场中运动问题的五步法
二、带电粒子在组合场中的常见类型
【真题汇编】
1. （2022·全国甲卷·T18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
2. （2022·全国乙卷·T18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
A. 测量地点位于南半球
B. 当地的地磁场大小约为50μT
C. 第2次测量时y轴正向指向南方
D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【答案】BC
【解析】
A．如图所示
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得
B ≈ 50μT
B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
故选BC。
3. （2021·全国甲卷·T16）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BD. B、B
【答案】B
【解析】
两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。
故选B。
4. （2021·全国乙卷·T16）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
5. （2020·全国Ⅰ卷·T18）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，
粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。
当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R
,
故选C。
6. （2020·全国Ⅱ卷·T17）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A. M处的电势高于N处的电势
B. 增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】
A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
7. （2020·全国Ⅲ卷·T18）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，， 为直角三角形，则由几何关系可得
解得
解得磁场的磁感应强度最小值
故选C。
8. （2019·全国Ⅰ卷·T17）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A. 2FB. 1.5FC. 0.5FD. 0
【答案】B
【解析】
设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．
9. （2019·全国Ⅱ卷·T17）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，
d点射出粒子半径为 ，R=
故vd= =，故B选项符合题意
10. （2019·全国Ⅲ卷·T18）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
运动轨迹如图:
即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.
11. （2018·全国Ⅱ卷·T20）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（ ）
A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
【答案】AC
【解析】
外磁场、电流的磁场方向如图所示
在b点
B0＝B0－B1＋B2
在a点
B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正确，BD错误。
故选AC。
12. （2022·全国甲卷·T25）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于的圆心，通过读取反射光射到上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧的半径为r﹐，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值及上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为。求待测电流的大小。
【答案】（1），；（2）
【解析】
（1）由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为
F = NBIl
根据胡克定律有
F = NBIl = k│x│
如图所示
设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为
d >> x，r >> d
则
sinθ ≈ θ，sin2θ ≈ 2θ
所以有
x = dθ
s = r2θ
联立可得
（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有
当电流反向后有
联立可得
同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为
13. （2021·全国甲卷·T25）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【解析】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
③
粒子发射位置到P点的距离
④
由①②③④式得
⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度
⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径
⑦
最大半径
⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
⑩
带电粒子的运动半径为
⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
⑫
由⑩⑪⑫式解得
⑬
14. （2020·全国Ⅱ卷·T24）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【解析】
（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得
②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
③
由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得
④
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系
⑥
即⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
⑧
联立⑦⑧式得
⑨
15. （2019·全国Ⅰ卷·T24）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：
或
16. （2018·全国Ⅰ卷·T25）如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) 第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) 第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
【答案】(1) h；(2)；(3)（－1）h
【解析】
(1) 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t12 ②
进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1 ③
联立以上各式得
s1＝h ④
(2) 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1 ⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝ ⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1 ⑧
联立以上各式得
⑨
(3) 与初动能相等
(2m)v22＝mv12 ⑩
在电场中运动时有
qE＝2ma2 ⑪
s2＝v2t2 ⑫
h＝a2t22 ⑬
进入磁场时
v2tan θ2＝a2t2 ⑭
v′＝ ⑮
qv′B＝2m ⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1 ⑰
所以第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2 ⑱
联立④⑧⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝( －1)h ⑲
17. （2018·全国Ⅱ卷·T25）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l´，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
【答案】（1）轨迹如图所示：
（2）
（3）；
【解析】
（1）粒子运动的轨迹如图所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为如图所示，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
，，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
由几何关系得
联立以上公式可得
（3）由运动学公式和题给数据得
联立得
设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
则从M点运动到N点的时间
【突破练习】
1. （2022·安徽合肥市高三下学期二模）图甲为交流感应电动机的工作原理示意图。完全相同的线圈A、B、C竖直固定，其平面互成120°，且中心重合于O点（图中未画出）。当线圈连接三相交流电源时，其中心产生旋转磁场，磁场中的导线框也就随着转动。若线圈中通入图乙所示的正弦式交流电，三个线圈在的电流方向如图甲所示，此时线圈A中电流在O点产生磁场的磁感应强度大小为B0。已知每个线圈在O点产生磁场的磁感应强度大小与线圈中通入的电流成正比，则此时O点的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D. 3B0
【答案】A
【解析】
由题意可知，时刻，线圈B和线圈C的电流为线框A的，则线圈B和线圈C在O点产生的磁场大小为，由右手螺旋定则则可知，线圈A产生的磁场方向垂直线框A平面向右下，线圈B产生的磁场方向垂直线框B平面向左下，线圈C生的磁场方向垂直线框C面向里，如图所示
由磁感应强度的叠加可知O点的磁感应强度
方向与线圈A产生的磁场方向相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
2. （2022·广东深圳市高三下学期一模）质量为m，长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示，则下列关于导体棒中的电流分析正确的是（ ）
A. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为
B. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为
C. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为
D. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小
【答案】C
【解析】
平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件得
解得
再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里。
故选C。
3. （2022·河北石家庄市高三下学期二模）如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为，比荷。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动的最短时间为
B. 粒子在磁场中运动的最长时间为
C. 正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6m
D. 稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶2
【答案】ABC
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
解得
代入数据解得
AB．假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示
当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为
由几何关系知，此时对应圆心角为
所以最短时间为
同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为
故AB正确；
CD．由几何关系知
解得
则
所以边界上有粒子射出的总长度为
且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比，即为 ，故C正确，D错误。
故选ABC。
4. （2022·四川德阳市高三下学期二模）为了研究行星的磁场对宇宙高能粒子及行星生态环境的作用，研究小组建立了以下模型，如图所示，在圆心为O1半径为R的接地的金属圆柱外，有一个匀强磁场均匀的分布在半径为R、2R的两边界1、II之间的圆环区域内，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B（未知）．在磁场左侧有一长为4R的带状粒子源，中点为O2，可以放出速度大小为v。、方向平行O1O2连线的带正电粒子，带电粒子沿线均匀分布，每单位时间放出的粒子数为n0已知带电粒子的比荷为，不计重力及任何阻力。求：
（1）若从O2点放出的粒子，恰好能被金属圆柱接收到，则磁感应强度B的大小；
（2）若，则圆柱在单位时间内接收到的粒子数n1；
（3）若某粒子在磁场中轨迹恰好与金属圆柱内切时，则该粒子进入磁场的位置与O1O2连线间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设点放出的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，轨迹如图所示
轨迹刚好与圆柱相切，由勾股定理得
得
因此由
得
（2）当，根据
粒子运动半径
由几何关系知，刚好与圆柱相切的粒子的轨迹圆的圆心在边界Ⅱ上粒子入射的位置在连线以下处，而且沿最下方与磁场相切进入的粒子容易被圆柱接收到，故粒子入射的位置在连线以下处，圆柱在单位时间内接收到的粒子数
（3）在时，根据
粒子的轨迹圆半径为
粒子的轨迹圆与圆柱体内切，如图所示
是一个两邻边为的等腰三角形，其面积
由图可知
解得
对
粒子进人磁场的位置与0102连线间的距离。
5. （2022·山西太原市高三下学期一模）如图所示，直角坐标系xOy平面内，有半径为R的圆形区域，圆心的坐标为，该圆内存在着磁感应强度为B0、方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以某一动能从坐标为的P点沿的方向射入圆形区域，粒子离开圆形区域后，会通过x轴上坐标为（R，0）的A点。不计粒子的重力。
（1）求粒子的动能。
（2）若在圆形区域外加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场，该粒子到达x轴时速度方向恰好沿x轴正方向。求圆形区域外磁场磁感应强度的大小和方向。
（3）在（2）的情况下，粒子能否回到P点？若能回到P点，求粒子从P点出发，经过多长时间第一次回到P点；若不能回到P点，请说明理由。
【答案】（1）；（2）；方向垂直于平面向里；（3）能回到P点；
【解析】
(1)设粒子的速度为，粒子在圆形区域内做半径为的圆周运动，设粒子从圆周上的点离开磁场，粒子在圆形区域内速度的偏转角为，如图所示
由几何关系有
即
则有
可得
由牛顿运动定律有
粒子的动能
联立解得
(2)圆形区域外加上磁场后，粒子在圆形区域外做半径为的圆周运动，轨迹与轴上的点相切。设圆形区域外磁场的磁感应强度为，由几何关系有
可得
由牛顿第二定律有
解得
方向垂直于平面向里；
(3)粒子离开点后，从点返回圆形区域，在圆形区域内运动半径，由几何关系可知，粒子能回到点，粒子从点运动到点的时间为，从点运动到点的时间为，从点运动到点的时间为，则有
运动的总时间
近5年考情分析
考点要求
等级要求
考题统计
2022
2021
2020
2019
2018
磁场的描述及安培力
Ⅱ
全国乙卷·T18
全国甲卷·T25
全国甲卷·T16
Ⅰ卷·T17
Ⅱ卷·T20
磁场对运动电荷的作用
Ⅱ
全国甲卷·T18
全国乙卷·T16
Ⅰ卷·T18
Ⅱ卷·T24
Ⅲ卷·T18
Ⅱ卷·T17
Ⅲ卷·T18
带电粒子在组合场、叠加场中的运动
Ⅱ
全国甲卷·T25
Ⅱ卷·T17
Ⅰ卷·T24
Ⅰ卷·T25
Ⅱ卷·T25
安培定则
横截面图
纵截面图
直线电流
磁感线分布特点：以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
磁感线分布特点：内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
磁感线分布特点：内部为匀强磁场且磁感应强度比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
安培力的大小
F＝ILB sinθ
（1）当I⊥B时，F＝BIL
（2）当I∥B时，F＝0
L应是导线的“有效长度”
（1）导线的“有效长度”如图中虚线所示
（2）对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零
安培力的方向
用左手定则判断
安培力方向既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面
电流元法
分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法
在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究
对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也
可能不做功
定
圆
心
方法一:已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心[如图(甲)所示]
已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心[如图(乙)所示]
求
半
径
利用平面几何关系,求出轨迹圆的可能半径(或圆心角),求解时注意以下几个重要的几何特点:
①粒子速度的偏向角()等于圆心角(α),并等于弦AB与切线的夹角(弦切角θ)的2倍[如图(丙)所示],即=α=2θ=ωt。
②直角三角形的应用(勾股定理、三角函数)。
找到AB的中点C,连接OC,则△AOC、△BOC都是直角三角形。
算
时
间
由运动弧长计算,t=(l弧长)
由旋转角度计算,t=T(或t=T)
带电粒子电性不确定
在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解：若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性
明性质
要清楚场的性质、强弱、方向、范围等
定运动
带电粒子在通过不同的场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况
画轨迹
正确画出粒子在场中运动轨迹示意图
用规律
根据区域和规律的不同，将粒子的运动分为几个阶段，对不同阶段选择合适的规律处理
找关系
要明确带电粒子在通过不同场区的交界处时速度大小和方向上的关系：前一个区域的末速度往往是后一个区域的初速度
回旋加速器
1．加速条件：T电场＝T回旋＝。
2．磁场约束偏转：qvB＝⇒v＝。
3．带电粒子的最大速度vmax＝，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
质谱仪
①加速电场：qU＝mv2；
②偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得：r＝， m＝， ＝
速度选择器、
平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE，故选择速度：v＝
磁流体发电机
(1)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。
(2)电源电动势U：当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q＝qvB，即U＝Blv。
(3)电源内阻：r＝ρ。(4)回路电流：I＝。
霍尔元件
(1)电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高，若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
(2)霍尔电压的计算：当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45
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