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新高考物理二轮培优专题2.7 恒磁场（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考物理二轮培优专题2.7 恒磁场（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理二轮培优专题27恒磁场原卷版doc、新高考物理二轮培优专题27恒磁场解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc19141" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc19141 \h 1
\l "_Tc15266" 题型二 带电粒子在匀强磁场中的运动 PAGEREF _Tc15266 \h 3
\l "_Tc20499" 类型1 直线有界磁场 PAGEREF _Tc20499 \h 4
\l "_Tc26836" 类型2 圆形有界磁场 PAGEREF _Tc26836 \h 5
\l "_Tc15043" 类型3 多边形有界磁场 PAGEREF _Tc15043 \h 6
\l "_Tc21777" 题型三 临界和极值问题 PAGEREF _Tc21777 \h 7
\l "_Tc26566" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc26566 \h 11
【突破高考题型】
题型一 磁场的基本性质 安培力
1．区分两个定则
安培定则(或右手螺旋定则)用来判断电流产生的磁场方向，左手定则用来判断电流所受磁场力的方向。
2．磁场的叠加
(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。
3．安培力
(1)大小：若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝IlB。
(2)方向：用左手定则判断，垂直于磁感线和通电导线确定的平面。
4．两个等效模型
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
【例1】 (2021·全国甲卷，16)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O′Q在一条直线上，PO′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、0 B.0、2B
C.2B、2B D.B、B
【答案】 B
【解析】 根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。
【例2】(多选)(2022·湖北高考，11)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq \f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq \r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是( )
A.棒与导轨间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),6)
B.棒与导轨间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【答案】 BC
【解析】 设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsin θ1－μ(mg－Fcs θ1)＝ma1，令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，根据数学知识可得F(eq \r(1＋μ2))sin(θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin(θ1＋α)＝eq \f(μmg＋ma1,F（\r(1＋μ2)）)≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsin θ2＋μ(mg＋Fcs θ2)＝ma2，有F(eq \r(1＋μ2))sin(θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin(θ2＋α)＝eq \f(ma2－μmg,F（\r(1＋μ2)）)≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝eq \f(\r(3),3)，代入cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。
【例3】(2022·河北邯郸市高三期末)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所示，且IM＝2IN(已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为( )
A．大小为eq \r(3)B1，方向水平向右
B．大小为eq \r(3)B1，方向水平向左
C．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下
D．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上
【答案】 A
【解析】 设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示，可得B1＝B0，将M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2B0，如图中虚线所示，N处导线在O点激发磁场的磁感应强度不变，则此时合磁感应强度大小为eq \r(3)B0，即eq \r(3)B1，方向水平向右，故A正确．
题型二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.基本思路
2.轨迹圆的几个基本特点
(1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。
(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。
(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线对称)。
3.半径的确定
方法一：由物理公式求。由于qvB＝eq \f(mv2,r)，所以半径r＝eq \f(mv,qB)。
方法二：由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。
4.时间的确定
方法一：由圆心角求，t＝eq \f(θ,2π)T。
方法二：由弧长求，t＝eq \f(s,v)。
类型1 直线有界磁场
【例1】(2022·河北新高考演练卷)如图所示，空间中存在一平面直角坐标系xOy，其第一象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一带负电的粒子从y轴上的A(0，a)点以一定初速度，沿着与y轴正半轴成θ＝45°的方向射入磁场，经磁场偏转后，粒子从x轴上的C点垂直x轴离开磁场。已知磁感应强度大小为B，粒子的比荷和电荷量分别为k、q，粒子的重力不计。下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中运动的时间为eq \f(π,4kB)
B.从射入磁场到离开磁场，粒子所受洛伦兹力冲量的大小为eq \f(3\r(2)πqBa,4)
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.C与O点相距(eq \r(2)＋1)a
【答案】 D
【解析】 如图所示
作出粒子运动的轨迹，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(（π－θ）,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(3π,4kB)，A错误；由几何关系得粒子的运动轨道半径R＝eq \r(2)a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)＝eq \f(\r(2)qBa,m)，因为洛伦兹力是变力，所以粒子所受洛伦兹力冲量的大小I≠(qvB)t，即I≠eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q\f(\r(2)qBa,m)B))·eq \f(3πm,4qB)＝eq \f(3\r(2)πqBa,4)，B、C错误；由几何关系可知，C与O点距离为sOC＝R＋a＝(eq \r(2)＋1)a，D正确。
类型2 圆形有界磁场
【例2】 (2022·湖北新高考演练卷)如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力。则( )
A.沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R
B.沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为eq \r(3)R
C.沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1
D.沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为eq \f(2－\r(3),3)
【答案】 C
【解析】 沿ac方向射入的粒子在磁场中运动方向偏转60°，其轨迹所对的圆心角为60°，如图中轨迹1所示，由几何关系知其轨迹半径为r1＝eq \r(3)R，A错误；沿ab方向射入磁场区域的粒子在磁场中运动轨迹如图中轨迹2所示，根据几何关系可知，该粒子的轨迹所对圆心角为30°，则轨迹半径r2满足eq \f(sin 45°,r2)＝eq \f(sin 15°,R)，又sin 15°＝sin(45°－30°)，解得r2＝(eq \r(3)＋1)R，B错误；两粒子的质量和电荷量相同，则在磁场中的运动周期相同，结合两粒子在磁场中的偏转角可知，沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，C正确；根据qvB＝eq \f(mv2,r)可得v＝eq \f(qBr,m)，则沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为eq \f(3－\r(3),2)，D错误。
类型3 多边形有界磁场
【例3】如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb。当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
【答案】 A
【解析】 如图所示，
设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝eq \f(2,3)π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝eq \f(π,3)
根据qvB＝meq \f(v2,r)得v＝eq \f(qBr,m)，故eq \f(vb,vc)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,2)，由T＝eq \f(2πr,v)得T＝eq \f(2πm,qB)，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又因为t＝eq \f(θ,2π)T，可得eq \f(tb,tc)＝eq \f(θ1,θ2)＝2，A正确，B、C、D错误。
题型三 临界和极值问题
1.临界极值问题的解决思路
(1)运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
2.四类动态圆模型
【例1】(多选)(2022·河南开封二模)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，eq \(OP,\s\up6(－))＝eq \r(3)eq \(OS,\s\up6(－))＝eq \r(3)d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A.粒子的速度大小为eq \f(qBd,m)
B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πm,qB)
C.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2
D.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为eq \f(d,2)
【答案】 AC
【解析】 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1，可知SP为直径，由几何关系得(2R)2＝d2＋(eq \r(3)d)2得到R＝d，由洛伦兹力提供向心力得eq \f(mv2,R)＝qvB，则v＝eq \f(qBd,m)，A正确；
运动周期T＝eq \f(2πm,qB)
由几何知识可得，从O点射出的粒子的运动轨迹如轨迹3，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3qB)，B错误；
运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t1＝eq \f(3,4)T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，t2＝eq \f(1,6)T，所以t1∶t2＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误。
【例2】(多选)(2022·辽宁名校联考)如图所示，三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠O＝90°，OQ＝OP＝2d，S为OP的中点，S处的粒子发射源以垂直OP的方向发射一系列速率不同的电子，电子的比荷为k，已知磁场的磁感应强度大小为B，忽略电子的重力以及电子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A.电子的速率为v＝Bkd时，电子从OQ上距离Q点d处离开磁场
B.从PQ边离开的电子的最小速率为v＝eq \r(2)Bkd
C.从OP边离开的电子的最大速率为v＝eq \f(Bkd,2)
D.从OP边离开的电子，速率越大在磁场中运动的时间越短
【答案】 AC
【解析】 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由qvB＝meq \f(v2,r)可得r＝eq \f(mv,qB)，当电子的速率为v＝Bkd时，电子的轨迹半径为r1＝d，轨迹如图中曲线2所示，则电子从距离Q点d处离开磁场，A正确；作出电子刚好不从PQ边离开磁场时的运动轨迹，即轨迹与PQ相切，如图中曲线3所示，由几何关系可知eq \r(2)r2＝r2＋d可得r2＝(eq \r(2)＋1)d，电子从PQ边离开时轨迹半径r>(eq \r(2)＋1)d，所以从PQ边离开的电子最小速率一定大于(eq \r(2)＋1)Bkd，B错误；若要使电子从OP边离开，则从O点离开的电子的轨迹半径最大，最大半径为eq \f(d,2)，如图中曲线1，因此最大速率为vmax＝eq \f(Bkd,2)，C正确；电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,Bk)，根据几何关系可知，电子从OP边离开时，偏转角均为180°，则从OP边离开磁场的电子在磁场中运动的时间均为t＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,Bk)，D错误。
【例3】(2022·福建福州市高三期末)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R.电子电荷量为e、质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用．求：
(1)电子进入磁场时的速度大小v；
(2)电子枪的加速电压U；
(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为eq \f(R,2)处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧，该点与N点间的距离是多少．
【答案】 (1)eq \f(eBR,m) (2)eq \f(eB2R2,2m) (3)左侧 eq \f(\r(3),3)R
【解析】 (1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有evB＝meq \f(v2,r)
电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得v＝eq \f(eBR,m)
(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2
联立解得U＝eq \f(eB2R2,2m)
(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上．从与AO相距eq \f(R,2)的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示，由几何关系可知α＝60°，GN＝eq \f(R,tan α)＝eq \f(\r(3),3)R.
【专题突破练】
1.(2022·江西九江二模)如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝30°，BO⊥AC，两个带异种电荷的粒子分别沿OB方向射入磁场，偏向左边的粒子恰好没有从AB边射出磁场，偏向右边的粒子恰好垂直BC边射出磁场，忽略粒子重力和粒子间的相互作用。若正、负粒子的速度大小之比为1∶3，则正、负粒子的比荷之比为( )
A．1∶3 B．3∶1
C．2∶9 D．9∶2
【答案】 A
【解析】 依题意，
画出粒子运动轨迹图
由几何关系可知R1＝R2，由qvB＝meq \f(v2,R)得eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)，因正、负粒子的速度大小之比为1∶3，则正、负粒子的比荷之比为1∶3，故A正确。
2.(2022·河南六市联合调研)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，ab是圆O的直径，c是圆周上一点，cO⊥ab，P、Q是圆周上离ab的距离均为eq \f(R,2)的两点。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以一定大小的速度从P点沿平行于ab的方向射入磁场，粒子在磁场中运动恰好经过O、c点。现保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从Q点射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(πm,3qB) B.eq \f(πm,6qB)
C.eq \f(2πm,3qB) D.eq \f(3πm,4qB)
【答案】 A
【解析】 作出从P点射入的粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系易知，Q点为做圆周运动的圆心，∠PQc＝120°，让粒子从Q点射入磁场，根据平移法得出粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系得∠QO1c＝60°，粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，则运动的时间为t＝eq \f(60°,360°)×T，解得t＝eq \f(πm,3qB)，故A正确。
甲
乙
3．(2022·山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和eq \r(2)R两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(eq \\al(1,1)H)和氘核(eq \\al(2,1)H)均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为( )
A.eq \f(\r(2),8)R B.eq \f(\r(2),4)R
C.eq \f(\r(2),2)R D．(eq \r(2)－1)R
【答案】 A
【解析】 依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得(eq \r(2)R－rmax)2＝req \\al(2,max)＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝eq \f(\r(2),4)R，所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax′＝eq \f(1,2)rmax＝eq \f(\r(2),8)R，故A正确。
4．(2022·河南名校联盟联考)如图所示，一个有理想边界、磁感应强度B＝5×10－5 T的矩形匀强磁场ABCD区域，对角线AC放一个挡板AB＝CD＝20eq \r(3) cm，BC＝AD＝20 cm，左边有一个宽度等于AB的线状粒子源，可以水平向右发射速度v＝1×105 m/s的粒子，粒子的质量m＝1×10－25 kg，电荷量q＝－2×10－15 C，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，在挡板AC上能打上粒子部分的长度是( )
A．10 cm B．10eq \r(3) cm
C．20eq \r(3) cm D．20 cm
【答案】 B
【解析】 粒子在
磁场中运动，由qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，解得r＝0.1 m＝10 cm，粒子运动的圆周与AC相切时，能打到AC上的长度最大，设从E点射出的粒子恰好与AC边相切，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系有 tan ∠A＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(20,20\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，AF＝eq \f(r,tan ∠A)＝eq \f(10,\f(\r(3),3)) cm＝10eq \r(3) cm，A、C、D错误，B正确。
5．(2022·浙江Z20名校联盟第三次联考)一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图11所示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的是( )
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
【答案】 B
【解析】 从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知CD导体棒电流在B端有垂直AB棒向上的分磁场，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误。
6．(多选)(2022·名校联盟选考)图甲中一半径为R的圆形面内沿竖直直径放置一通电直导线，图乙中平行放置三根通电直导线，间距均为a，图丙中在边长为a的正方形的四个顶点分别放置垂直纸面的通电直导线，导线间距离及导线中电流的大小和方向已在图中标出。已知电流为I的通电直导线在距离直导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(kI,r)。下列说法正确的是( )
A．图甲中圆形区域的磁通量为零
B．图乙中通有电流I0的直导线所受安培力为零
C．图丙中O点的磁感应强度大小为eq \f(2kI,a)
D．图乙中调节I0大小，三根直导线所受安培力可能都为零
【答案】 ABD
【解析】 根据对称性可知，两个半圆内的磁通量大小相等，方向相反，则图甲中圆形区域的磁通量为零，A正确；根据同向电流相吸、异向电流相斥及对称性可知，图乙中通有电流I0的直导线所受安培力等大反向，合力为0，B正确；图丙中O点有四个磁场，对角的两个同向电流产生的磁感应强度大小相等，方向相反，对角的两个异向电流产生的磁感应强度方向相同，相互叠加后为B＝eq \f(kI,\f(\r(2)a,2))×2＝eq \f(2\r(2)kI,a)，C错误；根据B＝eq \f(kI,r)知，当I0＝eq \f(I,2)时，三根通电导线受到的安培力的合力均为零，D正确。
7.(2022·湖南高考，3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
【答案】 D
【解析】 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
sin θ＝eq \f(ILB,mg)，FT＝ mgcs θ，则sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cs θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。
8.(多选)(2022·湖北高考，8) 在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A.eq \f(1,3)kBL，0° B.eq \f(1,2)kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
【答案】 BC
【解析】 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，
甲
根据几何关系则有R＝L，qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子上下均经历一次时，如图乙所示，
乙
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝eq \f(1,2)L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。
通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,（2n－1）m)＝
eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故可知B、C正确，A、D错误。
9.(多选)(2022·辽宁高考，8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是( )
A.粒子1可能为中子
B.粒子2可能为电子
C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】 AD
【解析】 由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，故A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故B错误；粒子1不带电，增大磁感应强度，粒子1不会偏转，仍打在M点，故C错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，增大粒子入射速度，粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。
10.(2022·广东广州模拟)如图所示，在竖直边界MN左侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，竖直边界O处有一小孔，大量带正电的相同粒子从各种不同方向沿纸面以相同速率从小孔射入磁场。紧贴小孔的下方有一可绕O转动的足够长挡板OA(忽略小孔的大小，认为小孔与转动轴在同一位置)，射入磁场的带电粒子能全部打在挡板上。不计粒子重力及其相互作用，当挡板和边界MN的夹角θ由0°增大到180°的过程中，从小孔射入的带电粒子击中挡板区域的长度将( )
A.不断增大
B.先增大，后减小，其长度变化情况先后对称
C.先增大，后减小，其长度变化情况先后不对称
D.先增大，后不变
【答案】 D
【解析】 带正电的粒子进入磁场后，由左手定则得轨迹如图
则当挡板和边界MN的夹角θ由0°增大到180°的过程中，在位置1时，电荷打在板上的长度小于直径，从2位置开始电荷打在板上长度等于直径，此后维持不变，直到增大到180°，故D正确。
12.(2022·山西晋中二模)如图所示，用一根电阻丝制作成正方形线框abcd，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，电源内阻与正方形一条边的电阻相等，导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab边切割移走，则余下线框受到的安培力大小为( )
A.eq \f(F,2) B.eq \f(F,4)
C.eq \f(7F,16) D.eq \f(16F,7)
【答案】 C
【解析】 设正方形线框一条边的电阻为R，长度为L，当开关S闭合时，正方形的总电阻为R1＝eq \f(3R2,3R＋R)＝eq \f(3,4)R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I1＝eq \f(E,\f(3,4)R＋R)＝eq \f(4E,7R)，所以线框所受的安培力F＝I1LB，当ab边切割移走后，电路中的电阻R2＝R＋3R＝4R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I2＝eq \f(E,3R＋R)＝eq \f(E,4R)，此时线框所受的安培力F1＝I2LB，联立求解得F1＝eq \f(7,16)F，故C正确。
13.(2022·福建新高考演练卷)如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN，电流方向向上。ab是一根水平放置的内壁光滑的绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自a端以速度v0射入ab管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b运动过程中，下列说法正确的是( )
A.小球的速率始终不变
B.洛伦兹力对小球先做正功，后做负功
C.小球受到的洛伦兹力始终为零
D.管壁对小球的弹力方向先竖直向下，后竖直向上
【答案】 A
【解析】 如图为俯视图，根据右手螺旋定则，知磁感线如图所示，小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力都不做功，小球速率不变，A正确，B错误；当小球运动到ab中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零，小球自a点到ab中点，所受洛伦兹力方向竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力方向竖直向上，小球从ab中点至b点，所受洛伦兹力方向竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力方向竖直向下，C、D错误。
14.(2022·山东潍坊预测)如图所示，离子源S到直线MN的距离为L，整个空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直S和MN所在的平面向里。离子源S一次性沿平面向各个方向均匀地射出大量速度大小相同的正离子，MN上有离子经过的区域长为eq \f(2\r(3),3)L。已知离子的比荷为k，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则离子的速度大小为( )
A.eq \f(kBL,3) B.eq \f(\r(3)kBL,3)
C.eq \f(2kBL,3) D.eq \f(2\r(3)kBL,3)
【答案】 B
【解析】 MN上有离子经过的区域长为eq \f(2\r(3),3)L，根据几何关系可知，轨迹直径另一端与直线相交处为离子经过的最远点，故(2R)2＝L2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)L))eq \s\up12(2)，解得圆周运动半径R＝eq \f(\r(3),3)L，根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(\r(3)kBL,3)，故B正确。
15.(多选)(2022·河南开封市模拟)如图所示，在xOy坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆的半径为R，与x轴和y轴分别相切于P点和Q点，圆心在C点，在y轴上A(0，eq \f(1,2)R)点沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，粒子进入磁场后经偏转刚好经过圆心C，不计粒子的重力，则下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为eq \f(3,2)R
B．粒子出磁场时的速度方向沿y轴正方向
C．粒子出磁场时的速度大小为eq \f(qBR,m)
D．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
【答案】 CD
【解析 根据题意可以得到如图轨迹，轨迹圆心为B点，进入磁场的点为A′，出磁场的点为D，因为A坐标为(0，eq \f(1,2)R)，则根据几何关系可得∠QCA′＝30°，则∠CA′B＝60°，可知B点在圆周上，△A′BC为等边三角形，故粒子做圆周运动的半径为R，A错误；粒子出磁场时速度方向为左上，由几何关系可知与竖直方向成30°，B错误；洛伦兹力提供向心力，则Bqv＝eq \f(mv2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)，C正确；粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为120°，则运动时间为t＝eq \f(\f(2,3)πR,v)＝eq \f(2πm,3qB)，D正确．
16.(多选)(2022·河北省高三检测)如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直于圆面的磁场，一束质量为m、电荷量为－q的同种粒子(不计重力和粒子之间相互作用)，从圆周上的P点以不同速率沿不同方向射入磁场区域，其中以最大速率v0且沿PO方向射入的粒子恰好从A点离开磁场．已知∠POA＝90°，则以下说法正确的是( )
A．区域内磁场方向垂直圆面向里
B．速率为eq \f(v0,2)的粒子不可能从A点射出
C．从A点离开磁场的粒子速率最小值为eq \f(\r(3),2)v0
D．若将区域内磁场增大为原来的eq \r(2)倍，则所有粒子只能从圆弧PA上离开
【答案】 ABD
【解析】 由题可知，粒子从A点离开磁场，则粒子在P点所受洛伦兹力方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直圆面向里，粒子运动的最大半径为R，则速率为eq \f(v0,2)的粒子轨迹半径为eq \f(1,2)R，直径为R，且PA＝eq \r(2)R，故直径小于PA弦长，不可能从A点射出，A、B正确；从A点离开磁场的粒子速率最小值对应半径最小，最小半径为R′＝eq \f(1,2)PA＝eq \f(\r(2),2)R＝eq \f(mv′,Bq)，又有R＝eq \f(mv0,qB)，联立解得v′＝eq \f(\r(2),2)v0，C错误；若将区域内磁场增大为原来的eq \r(2)倍，根据R＝eq \f(mv,Bq)，可知粒子的最大直径为eq \r(2)R，恰好等于弦长PA，所有粒子只能从圆弧PA上离开，D正确．
17.如图所示，在xOy平面上以O为圆心的圆形区域内存在匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面向外．一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从原点O以初速度v0沿y轴负方向开始运动，后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为30°.A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的半径为( )
A.eq \f(\r(3),2)d B.eq \f(\r(3),3)d C.eq \f(\r(3),4)d D.eq \f(2\r(3),3)d
【答案】 B
【解析】 粒子的运动轨迹如图所示，设粒子运动的半径为R，由几何关系可知R＋eq \f(R,sin 30°)＝d，解得R＝eq \f(1,3)d，则圆形磁场区域的半径为r＝2Rsin 60°＝eq \f(\r(3),3)d，故选B.
18.(多选)(2022·四川成都市三模)如图，半径为R的半圆形区域内(含边界)有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为位于磁场下边界的粒子收集板，磁场左侧边界与MN相距eq \f(R,2)处有一粒子源S，以不同速率沿平行于MN的方向射出大量质量均为m、电荷量均为q的同种粒子，部分粒子能够打到收集板上．不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( )
A．粒子带正电
B．到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为30°
C．到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
D．到达收集板的粒子的速度最大值为eq \f(2＋\r(3)qBR,m)
【答案】 CD
【解析】 由部分粒子能够打到收集板上可知，粒子向下偏转，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；粒子源S与MN相距为eq \f(R,2)，可知SO与水平面的夹角为30°，到达收集板O点的粒子在磁场中的速度偏转角为60°，B错误；到达收集板的粒子在磁场中运动的偏转角最大为π，故到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(πm,qB)，C正确； 打到收集板N处的粒子轨道半径最大，则速度最大，设最大半径为r，由几何关系得r2＝(r－eq \f(R,2))2＋(R＋Rcs 30°)2，解得r＝(2＋eq \r(3))R，故速度最大值v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(2＋\r(3)qBR,m)，D正确．
19.(2022·贵州省高三检测)如图所示为一磁约束装置的简化示意图，内半径为a、外半径为3a的环状区域Ⅰ内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．小圆区域Ⅱ中有大量质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内以不同速率向各个方向运动．要使所有粒子都不会穿出区域Ⅰ的外边缘，不计粒子重力及粒子间相互作用，则粒子的最大速率为( )
A.eq \f(3qBa,m) B.eq \f(2qBa,m) C.eq \f(4qBa,3m) D.eq \f(qBa,m)
【答案】 D
【解析】 沿与内圆相切方向进入磁场的粒子在磁场中有最大弦，且轨迹刚好与外圆相切，由几何关系知，此时粒子运动半径满足2r＝3a－a，即r＝a，由qvB＝meq \f(v2,r)，得粒子的速率v＝eq \f(qBa,m)，所以粒子的最大速率为eq \f(qBa,m)，故选D.
20.(多选)(2022·福建省四地市质检)如图所示，射线OM与ON夹角为30°，MON之外分布着垂直于纸面向里的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)，从O点垂直于OM以某一速度射出．则( )
A．粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角为60°
B．粒子第一次穿过边界OM之后，在磁场中运动的时间为eq \f(5πm,3qB)
C．仅减小粒子射出的速率，粒子可能第二次经过边界ON
D．仅增大粒子射出的速率，粒子一定能两次经过边界OM
【答案】 ABD
【解析】 由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角等于从O点出发时与边界ON的夹角α，由几何关系可得α＝60°，故A正确；粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，从C点穿过OD边界进入下方磁场，由对称性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆心角θ为300°，所以在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)T，T＝eq \f(2πm,qB)，可得t＝eq \f(5πm,3qB)，故B正确；由几何关系可得，粒子从ON穿过时，C点与O点间的距离为其在圆周运动半径R的3倍，所以粒子在下方磁场再次偏转，从D点穿过OM，DC距离为R，射出时速度方向平行于ON，所以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次经过边界OM，故C错误，D正确．
21.(2022·安徽3月诊断)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x轴的上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N是位于x轴上的粒子发射源，它们可以向磁场中发射速度大小不同但均沿y轴正方向运动的带电粒子，已知比荷相同电性不同的带电粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T，先从M发射带正电的粒子a，经过eq \f(T,12)再从N发射带负电的粒子b，一段时间后，两个粒子恰能同时经过y轴上的P(0，L)点(图中未画出)，且经过P点时，两个粒子的速度方向正好相互垂直，不计两个带电粒子之间的相互作用力和带电粒子的重力。
(1)若两个粒子运动的时间均大于eq \f(T,4)，求两个粒子做圆周运动的速度之比；
(2)若两个粒子运动的时间均小于eq \f(T,4)，求发射源M、N之间的距离。
【答案】 (1)eq \r(3)∶1 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2\r(3),3)))L
【解析】 (1)假设粒子a转过的圆心角为θ1，粒子b转过的圆心角为θ2，
即eq \f(T,12)＝eq \f(θ1－θ2,360°)T，
若两个粒子运动的时间均大于eq \f(T,4)，则θ1和θ2都是钝角，则360°－θ1－θ2＝90°
联立解得θ1＝150°，θ2＝120°
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知ra＝eq \f(L,sin（180°－θ1）)
rb＝eq \f(L,sin（180°－θ2）)
由v＝eq \f(2πr,T)
可得eq \f(va,vb)＝eq \f(ra,rb)＝eq \r(3)∶1。
(2)若两个粒子运动的时间均小于eq \f(T,4)，则θ1和θ2都是锐角，θ1＋θ2＝90°
解得θ1＝60°，θ2＝30°
粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知
ra＝eq \f(L,sin θ1)，rb＝eq \f(L,sin θ2)
OM＝ra(1－cs θ1)
ON＝rb(1－cs θ2)
MN＝OM＋ON＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2\r(3),3)))L。
22.(2022·河南信阳市质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场．已知从边界PQ射出的离子，离子速度为v0时射出点与P点距离最大，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用．求：
(1)射出点与P点最大距离xm；
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值．
【答案】 (1)eq \f(\r(3)v0,kB) (2)eq \f(v0,3)
【解析】 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，射出点与P点距离最大时，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹2如图所示，
根据牛顿第二定律有qv0B＝meq \f(v02,R1)，
根据几何关系得xm＝2R1cs α，
解得xm＝eq \f(\r(3)v0,kB)
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹1如图所示，
根据牛顿第二定律得qvmB＝meq \f(vm2,R2)，
设MP的长度为L，根据几何关系得
Lsin α＝R1－R1sin α，
L＝eq \f(R2,sin α)＋R2，
解得vm＝eq \f(v0,3).
放缩圆
适用条件
粒子速度方向一定，速度大小不同
应用方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)
旋转圆
适用条件
粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同
应用方法
将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件
(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq \f(mv0,qB)的圆上)
平移圆
适用条件
粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同
应用方法
将半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆进行平移
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
磁聚焦与磁发散
成立条件：
区域圆的
半径等于
轨迹圆的
半径
R＝eq \f(mv,qB)
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc19141" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc19141 \h 1
\l "_Tc15266" 题型二 带电粒子在匀强磁场中的运动 PAGEREF _Tc15266 \h 3
\l "_Tc20499" 类型1 直线有界磁场 PAGEREF _Tc20499 \h 4
\l "_Tc26836" 类型2 圆形有界磁场 PAGEREF _Tc26836 \h 5
\l "_Tc15043" 类型3 多边形有界磁场 PAGEREF _Tc15043 \h 6
\l "_Tc21777" 题型三 临界和极值问题 PAGEREF _Tc21777 \h 7
\l "_Tc26566" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc26566 \h 11
【突破高考题型】
题型一 磁场的基本性质 安培力
1．区分两个定则
安培定则(或右手螺旋定则)用来判断电流产生的磁场方向，左手定则用来判断电流所受磁场力的方向。
2．磁场的叠加
(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。
3．安培力
(1)大小：若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝IlB。
(2)方向：用左手定则判断，垂直于磁感线和通电导线确定的平面。
4．两个等效模型
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
【例1】 (2021·全国甲卷，16)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O′Q在一条直线上，PO′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、0 B.0、2B
C.2B、2B D.B、B
【答案】 B
【解析】 根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。
【例2】(多选)(2022·湖北高考，11)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq \f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq \r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是( )
A.棒与导轨间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),6)
B.棒与导轨间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【答案】 BC
【解析】 设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsin θ1－μ(mg－Fcs θ1)＝ma1，令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，根据数学知识可得F(eq \r(1＋μ2))sin(θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin(θ1＋α)＝eq \f(μmg＋ma1,F（\r(1＋μ2)）)≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsin θ2＋μ(mg＋Fcs θ2)＝ma2，有F(eq \r(1＋μ2))sin(θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin(θ2＋α)＝eq \f(ma2－μmg,F（\r(1＋μ2)）)≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝eq \f(\r(3),3)，代入cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。
【例3】(2022·河北邯郸市高三期末)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所示，且IM＝2IN(已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为( )
A．大小为eq \r(3)B1，方向水平向右
B．大小为eq \r(3)B1，方向水平向左
C．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下
D．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上
【答案】 A
【解析】 设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示，可得B1＝B0，将M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2B0，如图中虚线所示，N处导线在O点激发磁场的磁感应强度不变，则此时合磁感应强度大小为eq \r(3)B0，即eq \r(3)B1，方向水平向右，故A正确．
题型二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.基本思路
2.轨迹圆的几个基本特点
(1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。
(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。
(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线对称)。
3.半径的确定
方法一：由物理公式求。由于qvB＝eq \f(mv2,r)，所以半径r＝eq \f(mv,qB)。
方法二：由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。
4.时间的确定
方法一：由圆心角求，t＝eq \f(θ,2π)T。
方法二：由弧长求，t＝eq \f(s,v)。
类型1 直线有界磁场
【例1】(2022·河北新高考演练卷)如图所示，空间中存在一平面直角坐标系xOy，其第一象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一带负电的粒子从y轴上的A(0，a)点以一定初速度，沿着与y轴正半轴成θ＝45°的方向射入磁场，经磁场偏转后，粒子从x轴上的C点垂直x轴离开磁场。已知磁感应强度大小为B，粒子的比荷和电荷量分别为k、q，粒子的重力不计。下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中运动的时间为eq \f(π,4kB)
B.从射入磁场到离开磁场，粒子所受洛伦兹力冲量的大小为eq \f(3\r(2)πqBa,4)
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.C与O点相距(eq \r(2)＋1)a
【答案】 D
【解析】 如图所示
作出粒子运动的轨迹，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(（π－θ）,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(3π,4kB)，A错误；由几何关系得粒子的运动轨道半径R＝eq \r(2)a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)＝eq \f(\r(2)qBa,m)，因为洛伦兹力是变力，所以粒子所受洛伦兹力冲量的大小I≠(qvB)t，即I≠eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q\f(\r(2)qBa,m)B))·eq \f(3πm,4qB)＝eq \f(3\r(2)πqBa,4)，B、C错误；由几何关系可知，C与O点距离为sOC＝R＋a＝(eq \r(2)＋1)a，D正确。
类型2 圆形有界磁场
【例2】 (2022·湖北新高考演练卷)如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力。则( )
A.沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R
B.沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为eq \r(3)R
C.沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1
D.沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为eq \f(2－\r(3),3)
【答案】 C
【解析】 沿ac方向射入的粒子在磁场中运动方向偏转60°，其轨迹所对的圆心角为60°，如图中轨迹1所示，由几何关系知其轨迹半径为r1＝eq \r(3)R，A错误；沿ab方向射入磁场区域的粒子在磁场中运动轨迹如图中轨迹2所示，根据几何关系可知，该粒子的轨迹所对圆心角为30°，则轨迹半径r2满足eq \f(sin 45°,r2)＝eq \f(sin 15°,R)，又sin 15°＝sin(45°－30°)，解得r2＝(eq \r(3)＋1)R，B错误；两粒子的质量和电荷量相同，则在磁场中的运动周期相同，结合两粒子在磁场中的偏转角可知，沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，C正确；根据qvB＝eq \f(mv2,r)可得v＝eq \f(qBr,m)，则沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为eq \f(3－\r(3),2)，D错误。
类型3 多边形有界磁场
【例3】如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb。当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
【答案】 A
【解析】 如图所示，
设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝eq \f(2,3)π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝eq \f(π,3)
根据qvB＝meq \f(v2,r)得v＝eq \f(qBr,m)，故eq \f(vb,vc)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,2)，由T＝eq \f(2πr,v)得T＝eq \f(2πm,qB)，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又因为t＝eq \f(θ,2π)T，可得eq \f(tb,tc)＝eq \f(θ1,θ2)＝2，A正确，B、C、D错误。
题型三 临界和极值问题
1.临界极值问题的解决思路
(1)运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
2.四类动态圆模型
【例1】(多选)(2022·河南开封二模)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，eq \(OP,\s\up6(－))＝eq \r(3)eq \(OS,\s\up6(－))＝eq \r(3)d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A.粒子的速度大小为eq \f(qBd,m)
B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πm,qB)
C.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2
D.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为eq \f(d,2)
【答案】 AC
【解析】 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1，可知SP为直径，由几何关系得(2R)2＝d2＋(eq \r(3)d)2得到R＝d，由洛伦兹力提供向心力得eq \f(mv2,R)＝qvB，则v＝eq \f(qBd,m)，A正确；
运动周期T＝eq \f(2πm,qB)
由几何知识可得，从O点射出的粒子的运动轨迹如轨迹3，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3qB)，B错误；
运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t1＝eq \f(3,4)T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，t2＝eq \f(1,6)T，所以t1∶t2＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误。
【例2】(多选)(2022·辽宁名校联考)如图所示，三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠O＝90°，OQ＝OP＝2d，S为OP的中点，S处的粒子发射源以垂直OP的方向发射一系列速率不同的电子，电子的比荷为k，已知磁场的磁感应强度大小为B，忽略电子的重力以及电子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A.电子的速率为v＝Bkd时，电子从OQ上距离Q点d处离开磁场
B.从PQ边离开的电子的最小速率为v＝eq \r(2)Bkd
C.从OP边离开的电子的最大速率为v＝eq \f(Bkd,2)
D.从OP边离开的电子，速率越大在磁场中运动的时间越短
【答案】 AC
【解析】 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由qvB＝meq \f(v2,r)可得r＝eq \f(mv,qB)，当电子的速率为v＝Bkd时，电子的轨迹半径为r1＝d，轨迹如图中曲线2所示，则电子从距离Q点d处离开磁场，A正确；作出电子刚好不从PQ边离开磁场时的运动轨迹，即轨迹与PQ相切，如图中曲线3所示，由几何关系可知eq \r(2)r2＝r2＋d可得r2＝(eq \r(2)＋1)d，电子从PQ边离开时轨迹半径r>(eq \r(2)＋1)d，所以从PQ边离开的电子最小速率一定大于(eq \r(2)＋1)Bkd，B错误；若要使电子从OP边离开，则从O点离开的电子的轨迹半径最大，最大半径为eq \f(d,2)，如图中曲线1，因此最大速率为vmax＝eq \f(Bkd,2)，C正确；电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,Bk)，根据几何关系可知，电子从OP边离开时，偏转角均为180°，则从OP边离开磁场的电子在磁场中运动的时间均为t＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,Bk)，D错误。
【例3】(2022·福建福州市高三期末)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R.电子电荷量为e、质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用．求：
(1)电子进入磁场时的速度大小v；
(2)电子枪的加速电压U；
(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为eq \f(R,2)处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧，该点与N点间的距离是多少．
【答案】 (1)eq \f(eBR,m) (2)eq \f(eB2R2,2m) (3)左侧 eq \f(\r(3),3)R
【解析】 (1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有evB＝meq \f(v2,r)
电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得v＝eq \f(eBR,m)
(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2
联立解得U＝eq \f(eB2R2,2m)
(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上．从与AO相距eq \f(R,2)的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示，由几何关系可知α＝60°，GN＝eq \f(R,tan α)＝eq \f(\r(3),3)R.
【专题突破练】
1.(2022·江西九江二模)如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝30°，BO⊥AC，两个带异种电荷的粒子分别沿OB方向射入磁场，偏向左边的粒子恰好没有从AB边射出磁场，偏向右边的粒子恰好垂直BC边射出磁场，忽略粒子重力和粒子间的相互作用。若正、负粒子的速度大小之比为1∶3，则正、负粒子的比荷之比为( )
A．1∶3 B．3∶1
C．2∶9 D．9∶2
【答案】 A
【解析】 依题意，
画出粒子运动轨迹图
由几何关系可知R1＝R2，由qvB＝meq \f(v2,R)得eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)，因正、负粒子的速度大小之比为1∶3，则正、负粒子的比荷之比为1∶3，故A正确。
2.(2022·河南六市联合调研)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，ab是圆O的直径，c是圆周上一点，cO⊥ab，P、Q是圆周上离ab的距离均为eq \f(R,2)的两点。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以一定大小的速度从P点沿平行于ab的方向射入磁场，粒子在磁场中运动恰好经过O、c点。现保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从Q点射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(πm,3qB) B.eq \f(πm,6qB)
C.eq \f(2πm,3qB) D.eq \f(3πm,4qB)
【答案】 A
【解析】 作出从P点射入的粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系易知，Q点为做圆周运动的圆心，∠PQc＝120°，让粒子从Q点射入磁场，根据平移法得出粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系得∠QO1c＝60°，粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，则运动的时间为t＝eq \f(60°,360°)×T，解得t＝eq \f(πm,3qB)，故A正确。
甲
乙
3．(2022·山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和eq \r(2)R两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(eq \\al(1,1)H)和氘核(eq \\al(2,1)H)均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为( )
A.eq \f(\r(2),8)R B.eq \f(\r(2),4)R
C.eq \f(\r(2),2)R D．(eq \r(2)－1)R
【答案】 A
【解析】 依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核，氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得(eq \r(2)R－rmax)2＝req \\al(2,max)＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝eq \f(\r(2),4)R，所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax′＝eq \f(1,2)rmax＝eq \f(\r(2),8)R，故A正确。
4．(2022·河南名校联盟联考)如图所示，一个有理想边界、磁感应强度B＝5×10－5 T的矩形匀强磁场ABCD区域，对角线AC放一个挡板AB＝CD＝20eq \r(3) cm，BC＝AD＝20 cm，左边有一个宽度等于AB的线状粒子源，可以水平向右发射速度v＝1×105 m/s的粒子，粒子的质量m＝1×10－25 kg，电荷量q＝－2×10－15 C，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，在挡板AC上能打上粒子部分的长度是( )
A．10 cm B．10eq \r(3) cm
C．20eq \r(3) cm D．20 cm
【答案】 B
【解析】 粒子在
磁场中运动，由qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，解得r＝0.1 m＝10 cm，粒子运动的圆周与AC相切时，能打到AC上的长度最大，设从E点射出的粒子恰好与AC边相切，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系有 tan ∠A＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(20,20\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，AF＝eq \f(r,tan ∠A)＝eq \f(10,\f(\r(3),3)) cm＝10eq \r(3) cm，A、C、D错误，B正确。
5．(2022·浙江Z20名校联盟第三次联考)一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图11所示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的是( )
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
【答案】 B
【解析】 从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知CD导体棒电流在B端有垂直AB棒向上的分磁场，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误。
6．(多选)(2022·名校联盟选考)图甲中一半径为R的圆形面内沿竖直直径放置一通电直导线，图乙中平行放置三根通电直导线，间距均为a，图丙中在边长为a的正方形的四个顶点分别放置垂直纸面的通电直导线，导线间距离及导线中电流的大小和方向已在图中标出。已知电流为I的通电直导线在距离直导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(kI,r)。下列说法正确的是( )
A．图甲中圆形区域的磁通量为零
B．图乙中通有电流I0的直导线所受安培力为零
C．图丙中O点的磁感应强度大小为eq \f(2kI,a)
D．图乙中调节I0大小，三根直导线所受安培力可能都为零
【答案】 ABD
【解析】 根据对称性可知，两个半圆内的磁通量大小相等，方向相反，则图甲中圆形区域的磁通量为零，A正确；根据同向电流相吸、异向电流相斥及对称性可知，图乙中通有电流I0的直导线所受安培力等大反向，合力为0，B正确；图丙中O点有四个磁场，对角的两个同向电流产生的磁感应强度大小相等，方向相反，对角的两个异向电流产生的磁感应强度方向相同，相互叠加后为B＝eq \f(kI,\f(\r(2)a,2))×2＝eq \f(2\r(2)kI,a)，C错误；根据B＝eq \f(kI,r)知，当I0＝eq \f(I,2)时，三根通电导线受到的安培力的合力均为零，D正确。
7.(2022·湖南高考，3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
【答案】 D
【解析】 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
sin θ＝eq \f(ILB,mg)，FT＝ mgcs θ，则sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cs θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。
8.(多选)(2022·湖北高考，8) 在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A.eq \f(1,3)kBL，0° B.eq \f(1,2)kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
【答案】 BC
【解析】 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，
甲
根据几何关系则有R＝L，qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子上下均经历一次时，如图乙所示，
乙
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝eq \f(1,2)L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。
通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,（2n－1）m)＝
eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故可知B、C正确，A、D错误。
9.(多选)(2022·辽宁高考，8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是( )
A.粒子1可能为中子
B.粒子2可能为电子
C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】 AD
【解析】 由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，故A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故B错误；粒子1不带电，增大磁感应强度，粒子1不会偏转，仍打在M点，故C错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，增大粒子入射速度，粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。
10.(2022·广东广州模拟)如图所示，在竖直边界MN左侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，竖直边界O处有一小孔，大量带正电的相同粒子从各种不同方向沿纸面以相同速率从小孔射入磁场。紧贴小孔的下方有一可绕O转动的足够长挡板OA(忽略小孔的大小，认为小孔与转动轴在同一位置)，射入磁场的带电粒子能全部打在挡板上。不计粒子重力及其相互作用，当挡板和边界MN的夹角θ由0°增大到180°的过程中，从小孔射入的带电粒子击中挡板区域的长度将( )
A.不断增大
B.先增大，后减小，其长度变化情况先后对称
C.先增大，后减小，其长度变化情况先后不对称
D.先增大，后不变
【答案】 D
【解析】 带正电的粒子进入磁场后，由左手定则得轨迹如图
则当挡板和边界MN的夹角θ由0°增大到180°的过程中，在位置1时，电荷打在板上的长度小于直径，从2位置开始电荷打在板上长度等于直径，此后维持不变，直到增大到180°，故D正确。
12.(2022·山西晋中二模)如图所示，用一根电阻丝制作成正方形线框abcd，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，电源内阻与正方形一条边的电阻相等，导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab边切割移走，则余下线框受到的安培力大小为( )
A.eq \f(F,2) B.eq \f(F,4)
C.eq \f(7F,16) D.eq \f(16F,7)
【答案】 C
【解析】 设正方形线框一条边的电阻为R，长度为L，当开关S闭合时，正方形的总电阻为R1＝eq \f(3R2,3R＋R)＝eq \f(3,4)R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I1＝eq \f(E,\f(3,4)R＋R)＝eq \f(4E,7R)，所以线框所受的安培力F＝I1LB，当ab边切割移走后，电路中的电阻R2＝R＋3R＝4R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I2＝eq \f(E,3R＋R)＝eq \f(E,4R)，此时线框所受的安培力F1＝I2LB，联立求解得F1＝eq \f(7,16)F，故C正确。
13.(2022·福建新高考演练卷)如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN，电流方向向上。ab是一根水平放置的内壁光滑的绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自a端以速度v0射入ab管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b运动过程中，下列说法正确的是( )
A.小球的速率始终不变
B.洛伦兹力对小球先做正功，后做负功
C.小球受到的洛伦兹力始终为零
D.管壁对小球的弹力方向先竖直向下，后竖直向上
【答案】 A
【解析】 如图为俯视图，根据右手螺旋定则，知磁感线如图所示，小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力都不做功，小球速率不变，A正确，B错误；当小球运动到ab中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零，小球自a点到ab中点，所受洛伦兹力方向竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力方向竖直向上，小球从ab中点至b点，所受洛伦兹力方向竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力方向竖直向下，C、D错误。
14.(2022·山东潍坊预测)如图所示，离子源S到直线MN的距离为L，整个空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直S和MN所在的平面向里。离子源S一次性沿平面向各个方向均匀地射出大量速度大小相同的正离子，MN上有离子经过的区域长为eq \f(2\r(3),3)L。已知离子的比荷为k，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则离子的速度大小为( )
A.eq \f(kBL,3) B.eq \f(\r(3)kBL,3)
C.eq \f(2kBL,3) D.eq \f(2\r(3)kBL,3)
【答案】 B
【解析】 MN上有离子经过的区域长为eq \f(2\r(3),3)L，根据几何关系可知，轨迹直径另一端与直线相交处为离子经过的最远点，故(2R)2＝L2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)L))eq \s\up12(2)，解得圆周运动半径R＝eq \f(\r(3),3)L，根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(\r(3)kBL,3)，故B正确。
15.(多选)(2022·河南开封市模拟)如图所示，在xOy坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆的半径为R，与x轴和y轴分别相切于P点和Q点，圆心在C点，在y轴上A(0，eq \f(1,2)R)点沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，粒子进入磁场后经偏转刚好经过圆心C，不计粒子的重力，则下列判断正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为eq \f(3,2)R
B．粒子出磁场时的速度方向沿y轴正方向
C．粒子出磁场时的速度大小为eq \f(qBR,m)
D．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
【答案】 CD
【解析 根据题意可以得到如图轨迹，轨迹圆心为B点，进入磁场的点为A′，出磁场的点为D，因为A坐标为(0，eq \f(1,2)R)，则根据几何关系可得∠QCA′＝30°，则∠CA′B＝60°，可知B点在圆周上，△A′BC为等边三角形，故粒子做圆周运动的半径为R，A错误；粒子出磁场时速度方向为左上，由几何关系可知与竖直方向成30°，B错误；洛伦兹力提供向心力，则Bqv＝eq \f(mv2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)，C正确；粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为120°，则运动时间为t＝eq \f(\f(2,3)πR,v)＝eq \f(2πm,3qB)，D正确．
16.(多选)(2022·河北省高三检测)如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直于圆面的磁场，一束质量为m、电荷量为－q的同种粒子(不计重力和粒子之间相互作用)，从圆周上的P点以不同速率沿不同方向射入磁场区域，其中以最大速率v0且沿PO方向射入的粒子恰好从A点离开磁场．已知∠POA＝90°，则以下说法正确的是( )
A．区域内磁场方向垂直圆面向里
B．速率为eq \f(v0,2)的粒子不可能从A点射出
C．从A点离开磁场的粒子速率最小值为eq \f(\r(3),2)v0
D．若将区域内磁场增大为原来的eq \r(2)倍，则所有粒子只能从圆弧PA上离开
【答案】 ABD
【解析】 由题可知，粒子从A点离开磁场，则粒子在P点所受洛伦兹力方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直圆面向里，粒子运动的最大半径为R，则速率为eq \f(v0,2)的粒子轨迹半径为eq \f(1,2)R，直径为R，且PA＝eq \r(2)R，故直径小于PA弦长，不可能从A点射出，A、B正确；从A点离开磁场的粒子速率最小值对应半径最小，最小半径为R′＝eq \f(1,2)PA＝eq \f(\r(2),2)R＝eq \f(mv′,Bq)，又有R＝eq \f(mv0,qB)，联立解得v′＝eq \f(\r(2),2)v0，C错误；若将区域内磁场增大为原来的eq \r(2)倍，根据R＝eq \f(mv,Bq)，可知粒子的最大直径为eq \r(2)R，恰好等于弦长PA，所有粒子只能从圆弧PA上离开，D正确．
17.如图所示，在xOy平面上以O为圆心的圆形区域内存在匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面向外．一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从原点O以初速度v0沿y轴负方向开始运动，后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为30°.A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的半径为( )
A.eq \f(\r(3),2)d B.eq \f(\r(3),3)d C.eq \f(\r(3),4)d D.eq \f(2\r(3),3)d
【答案】 B
【解析】 粒子的运动轨迹如图所示，设粒子运动的半径为R，由几何关系可知R＋eq \f(R,sin 30°)＝d，解得R＝eq \f(1,3)d，则圆形磁场区域的半径为r＝2Rsin 60°＝eq \f(\r(3),3)d，故选B.
18.(多选)(2022·四川成都市三模)如图，半径为R的半圆形区域内(含边界)有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为位于磁场下边界的粒子收集板，磁场左侧边界与MN相距eq \f(R,2)处有一粒子源S，以不同速率沿平行于MN的方向射出大量质量均为m、电荷量均为q的同种粒子，部分粒子能够打到收集板上．不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( )
A．粒子带正电
B．到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为30°
C．到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
D．到达收集板的粒子的速度最大值为eq \f(2＋\r(3)qBR,m)
【答案】 CD
【解析】 由部分粒子能够打到收集板上可知，粒子向下偏转，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；粒子源S与MN相距为eq \f(R,2)，可知SO与水平面的夹角为30°，到达收集板O点的粒子在磁场中的速度偏转角为60°，B错误；到达收集板的粒子在磁场中运动的偏转角最大为π，故到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(πm,qB)，C正确； 打到收集板N处的粒子轨道半径最大，则速度最大，设最大半径为r，由几何关系得r2＝(r－eq \f(R,2))2＋(R＋Rcs 30°)2，解得r＝(2＋eq \r(3))R，故速度最大值v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(2＋\r(3)qBR,m)，D正确．
19.(2022·贵州省高三检测)如图所示为一磁约束装置的简化示意图，内半径为a、外半径为3a的环状区域Ⅰ内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．小圆区域Ⅱ中有大量质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内以不同速率向各个方向运动．要使所有粒子都不会穿出区域Ⅰ的外边缘，不计粒子重力及粒子间相互作用，则粒子的最大速率为( )
A.eq \f(3qBa,m) B.eq \f(2qBa,m) C.eq \f(4qBa,3m) D.eq \f(qBa,m)
【答案】 D
【解析】 沿与内圆相切方向进入磁场的粒子在磁场中有最大弦，且轨迹刚好与外圆相切，由几何关系知，此时粒子运动半径满足2r＝3a－a，即r＝a，由qvB＝meq \f(v2,r)，得粒子的速率v＝eq \f(qBa,m)，所以粒子的最大速率为eq \f(qBa,m)，故选D.
20.(多选)(2022·福建省四地市质检)如图所示，射线OM与ON夹角为30°，MON之外分布着垂直于纸面向里的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)，从O点垂直于OM以某一速度射出．则( )
A．粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角为60°
B．粒子第一次穿过边界OM之后，在磁场中运动的时间为eq \f(5πm,3qB)
C．仅减小粒子射出的速率，粒子可能第二次经过边界ON
D．仅增大粒子射出的速率，粒子一定能两次经过边界OM
【答案】 ABD
【解析】 由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角等于从O点出发时与边界ON的夹角α，由几何关系可得α＝60°，故A正确；粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，从C点穿过OD边界进入下方磁场，由对称性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆心角θ为300°，所以在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)T，T＝eq \f(2πm,qB)，可得t＝eq \f(5πm,3qB)，故B正确；由几何关系可得，粒子从ON穿过时，C点与O点间的距离为其在圆周运动半径R的3倍，所以粒子在下方磁场再次偏转，从D点穿过OM，DC距离为R，射出时速度方向平行于ON，所以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次经过边界OM，故C错误，D正确．
21.(2022·安徽3月诊断)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x轴的上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N是位于x轴上的粒子发射源，它们可以向磁场中发射速度大小不同但均沿y轴正方向运动的带电粒子，已知比荷相同电性不同的带电粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T，先从M发射带正电的粒子a，经过eq \f(T,12)再从N发射带负电的粒子b，一段时间后，两个粒子恰能同时经过y轴上的P(0，L)点(图中未画出)，且经过P点时，两个粒子的速度方向正好相互垂直，不计两个带电粒子之间的相互作用力和带电粒子的重力。
(1)若两个粒子运动的时间均大于eq \f(T,4)，求两个粒子做圆周运动的速度之比；
(2)若两个粒子运动的时间均小于eq \f(T,4)，求发射源M、N之间的距离。
【答案】 (1)eq \r(3)∶1 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2\r(3),3)))L
【解析】 (1)假设粒子a转过的圆心角为θ1，粒子b转过的圆心角为θ2，
即eq \f(T,12)＝eq \f(θ1－θ2,360°)T，
若两个粒子运动的时间均大于eq \f(T,4)，则θ1和θ2都是钝角，则360°－θ1－θ2＝90°
联立解得θ1＝150°，θ2＝120°
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知ra＝eq \f(L,sin（180°－θ1）)
rb＝eq \f(L,sin（180°－θ2）)
由v＝eq \f(2πr,T)
可得eq \f(va,vb)＝eq \f(ra,rb)＝eq \r(3)∶1。
(2)若两个粒子运动的时间均小于eq \f(T,4)，则θ1和θ2都是锐角，θ1＋θ2＝90°
解得θ1＝60°，θ2＝30°
粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知
ra＝eq \f(L,sin θ1)，rb＝eq \f(L,sin θ2)
OM＝ra(1－cs θ1)
ON＝rb(1－cs θ2)
MN＝OM＋ON＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2\r(3),3)))L。
22.(2022·河南信阳市质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场．已知从边界PQ射出的离子，离子速度为v0时射出点与P点距离最大，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用．求：
(1)射出点与P点最大距离xm；
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值．
【答案】 (1)eq \f(\r(3)v0,kB) (2)eq \f(v0,3)
【解析】 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，射出点与P点距离最大时，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹2如图所示，
根据牛顿第二定律有qv0B＝meq \f(v02,R1)，
根据几何关系得xm＝2R1cs α，
解得xm＝eq \f(\r(3)v0,kB)
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹1如图所示，
根据牛顿第二定律得qvmB＝meq \f(vm2,R2)，
设MP的长度为L，根据几何关系得
Lsin α＝R1－R1sin α，
L＝eq \f(R2,sin α)＋R2，
解得vm＝eq \f(v0,3).
放缩圆
适用条件
粒子速度方向一定，速度大小不同
应用方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)
旋转圆
适用条件
粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同
应用方法
将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件
(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq \f(mv0,qB)的圆上)
平移圆
适用条件
粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同
应用方法
将半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆进行平移
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
磁聚焦与磁发散
成立条件：
区域圆的
半径等于
轨迹圆的
半径
R＝eq \f(mv,qB)
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行
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