2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第12课时　磁场及带电粒子在磁场中的运动

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第12课时　磁场及带电粒子在磁场中的运动内容重要的规律、公式和二级结论1.磁场、电流的磁场(1)磁场方向就是小磁针N极的受力方向。(2)电流的磁场可以用安培定则(右手螺旋定则)来判定。2.磁感应强度、磁感线(3)定义式：B＝，B与F、I、l无关。(4)磁感线密的地方，磁场强，磁感线稀疏的地方，磁场弱。3.磁场对通电直导线的作用、安培力、左手定则(5)大小：F＝IlB(B、I、l相互垂直)；I∥B时，F安＝0。(6)方向：用左手定则判定。4.磁场对运动电荷的作用、洛伦兹力(7)洛伦兹力的大小：F＝qvB；方向用左手定则判定；洛伦兹力对运动的电荷不做功。(8)带电粒子在匀强磁场中运动：qvB＝m；半径r＝；周期T＝；粒子在磁场中的运动时间t＝T(φ为带电粒子运动轨迹圆弧的圆心角)。高考题型一　磁场的基本性质　安培力1.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，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。(3)应用平行四边形定则进行合成。2.熟悉“两个等效模型”(1)变曲为直：图1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。图1(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体，如图乙所示。【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2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(　　)图2A.B、0   B.0、2BC.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。【素能提升】1.(多选)(2022·广东广州一模)如图3所示，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，目的是固定导线间距，防止导线相碰。abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时(　　)图3A.几何中心O点的磁感应强度不为零B.几何中心O点的磁感应强度为零C.L1对L2的安培力小于L1对L3的安培力D.L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向答案　BD解析　因四条导线中的电流大小相等，方向相同，O点与四条导线间的距离均相等，由右手螺旋定则和对称性可知，L1在O点产生磁场的磁感应强度与L3在O点产生磁场的磁感应强度等大反向，L2在O点产生磁场的磁感应强度与L4在O点产生磁场的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点产生磁场的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C错误；根据推论“同向电流吸引，反向电流排斥”可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力(沿ac方向)合成，得L1所受安培力方向沿正方形的对角线ac方向，故D正确。2.(多选)(2022·湖北高考，11)如图4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g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是(　　)图4A.棒与导轨间的动摩擦因数为B.棒与导轨间的动摩擦因数为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－Fcos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得F()sin(θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin(θ1＋α)＝≤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＋Fcos θ2)＝ma2，有F()sin(θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin(θ2＋α)＝≤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＝，代入cos α＝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。高考题型二　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5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)。图53.半径的确定方法一：由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。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＝T。方法二：由弧长求，t＝。角度1直线边界磁场【例2】 (2022·河北新高考演练卷)如图6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(　　)图6A.粒子在磁场中运动的时间为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C.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.C与O点相距(＋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＝·＝，A错误；由几何关系得粒子的运动轨道半径R＝a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝＝，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≠·＝，B、C错误；由几何关系可知，C与O点距离为sOC＝R＋a＝(＋1)a，D正确。角度2圆形边界磁场【例3】 (2022·湖北新高考演练卷)如图7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(　　)图7A.沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为RB.沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为RC.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∶1D.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＝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＝，又sin 15°＝sin(45°－30°)，解得r2＝(＋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＝可得v＝，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，D错误。【素能提升】3.(2021·全国乙卷，16)如图8，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q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为(　　)图8A.   B.  C.  D.答案　B解析　设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝，解得＝，B正确。4.(多选)(2022·河南开封月考)如图9所示，空间存在相邻匀强磁场区域，磁场Ⅰ方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ方向垂直纸面向外，宽度为。现让质量为m、电荷量为q的带正电粒子以水平速率v垂直磁场Ⅰ从O点射入，当粒子从磁场Ⅱ边缘C处射出时，速度也恰好水平。已知粒子在磁场Ⅰ中运动时间是磁场Ⅱ中运动时间的2倍，不计粒子重力，则(　　)图9A.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为BB.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2BC.磁场Ⅰ的宽度为2dD.磁场Ⅰ的宽度为d答案　BD解析　根据题意画出带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中偏转的圆心角θ相同，粒子在磁场Ⅰ中运动时间是磁场Ⅱ中运动时间的2倍即＝根据t＝T，则＝根据T＝，可得＝＝，故B2＝2B，选项A错误，B正确；设磁场Ⅰ的宽度为x，则有sin θ＝＝根据r＝，则＝＝2，即r1＝2r2可得x＝d，选项C错误，D正确。高考题型三　临界极值问题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＝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＝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＝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＝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 角度1旋转圆【例4】 (多选)(2022·河南开封二模)如图10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，＝＝d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　)图10A.粒子的速度大小为B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为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∶2D.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＋(d)2得到R＝d，由洛伦兹力提供向心力得＝qvB，则v＝，A正确；运动周期T＝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＝＝，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＝T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，t2＝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。角度2放缩圆【例5】 (多选)(2022·辽宁名校联考)如图11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(　　)图11A.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＝BkdC.从OP边离开的电子的最大速率为v＝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＝m可得r＝，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r2＝r2＋d可得r2＝(＋1)d，电子从PQ边离开时轨迹半径r>(＋1)d，所以从PQ边离开的电子最小速率一定大于(＋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，如图中曲线1，因此最大速率为vmax＝，C正确；电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝＝，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＝＝，D错误。角度3磁聚焦与磁发散【例6】 为了探测带电粒子，研究人员设计了如图12甲所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以O′右边的O点为坐标原点建立一平面直角坐标系xOy，O和O′两点间距离为2R。y轴与OO′连线垂直，x轴(图甲中未画出)正方向垂直纸面向里，在xOy平面内存在一个足够大的探测屏。圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且与y轴垂直的粒子源MN，该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小均为v0，方向均沿y轴正方向，从粒子源MN中点发射的粒子速度方向恰好指向O′，已知粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径为R，不计粒子重力和粒子间相互作用力。图12(1)求圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小B；(2)求从粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间t；(3)若在圆形区域内再加上一个沿x轴正方向、场强为E＝且足够长的匀强电场，此时从粒子源中点及左右端点M、N发射的粒子打在屏上P1、P2、P3三点上，如图乙所示；①请指出从M点发射的粒子打在屏上哪一点；(不要求写推导过程)②求打在屏上的所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标。答案　(1)　(2)(π＋2)(3)①P3　②解析　(1)粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故有qv0B＝m解得B＝。(2)设从M点发射的粒子，在E点进入磁场；从N点发射的粒子，在A点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的D点，圆周运动的圆心为O1，如图所示由于粒子源MN长度为R，并与y轴垂直，且MN中点发射的粒子速度方向恰好指向O′，所以O′A＝O′E＝AE＝R故有∠O′AE＝60°由题意可得O′A＝O′C＝O1A＝O1C＝R由几何知识可得∠AO1C＝∠O′AE＝60°所以∠CDO＝∠AO1C＝60°粒子在磁场中的运动时间为t1＝T＝·＝粒子从C点到D点的运动时间为t2＝＝＝所以粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间t＝t1＋t2＝(π＋2)。(3)未加电场时，从M点发射的粒子从E点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的F点，从MN中点发射的粒子会打在O点，如图所示在磁场区域加上一个沿x轴正方向的电场时，粒子会在x轴方向加速，由于粒子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速度不影响粒子所受的洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受静电力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内的运动情况与未加电场时相同，所以从M点发射的粒子打在屏上的P3点；由图乙可知，从M点发射的粒子打在屏上时与O点相距最远，在x轴方向qE＝ma又因E＝，所以a＝＝由几何知识可得∠CAE＝120°∠CFO＝60°所以粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝·＝粒子在x轴方向的位移为x＝at＋at1t2＝R＋πR粒子在y轴方向的位移为y＝－OF＝－R所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标为。【素能提升】5.(多选)如图13所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是(　　)图13A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是t0答案　AD解析　由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A项正确；从ab边射出的粒子在磁场中经历的时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子在磁场中经历的时间小于T＝<t0，所有从cd边射出的粒子轨迹所对的圆心角都是300°，所用时间为＝，故B、C项错误，D项正确。6.(多选)(2021·海南高考)如图14，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　　)A.粒子一定带负电图14B.当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3LD.粒子入射速率为答案　CD解析　由题意知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲所示。甲粒子运动的轨迹半径为r＝＝2L洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m解得粒子入射速率为v＝，故D正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙所示。乙根据几何关系可知粒子离开磁场时速度方向与x轴不垂直，故B错误；粒子离开磁场距离O最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙所示。丙根据几何关系可得(2r)2＝(L)2＋x，解得xm＝3L，故C正确。1.(多选)(2022·全国乙卷，18)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15，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(　　)图15测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50 μTC.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　如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。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；磁感应强度为矢量，故由表格第1次测量的数据可知此处的磁感应强度大致为B＝≈50 μT，B正确；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By<0，故y轴指向南方，第3次测量Bx>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误。2.(2022·湖南高考，3)如图16(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(　　)图16A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.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＝，FT＝ mgcos θ，则sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。3.(2022·广东高考，7)如图17所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)图17答案　A解析　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MNPQ左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MNPQ右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；质子的运动轨迹在Ozx平面的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。4.(多选)(2022·湖北高考，8) 在如图18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(　　)图18A.kBL，0°   B.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＝m，可得v＝＝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＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝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＝＝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＝＝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。1.(2022·浙江3月模拟)如图1所示，四根长直导线垂直纸面放置，其横截面位于一边长为a的正方形顶点A、C、D、E上。四根导线中均通以大小为I0的恒定电流，电流方向如图所示，已知载流长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝k，式中k为常量，I为导线中的电流，r为该点到导线的距离。下列说法正确的是(　　)图1A.A处导线所受安培力方向从A指向DB.A处长为L的一段导线所受安培力大小为C.若仅改变D处导线中的电流方向，A处导线所受安培力大小变为原来的2倍D.若仅改变E处导线中的电流方向，A处导线所受安培力大小变为原来的倍答案　D解析　根据安培定则可知，C、D、E在A处产生磁场的磁感应强度的方向，又载流长直导线周围某点的磁感应强度大小为B＝k，由磁感应强度的叠加法则得，C、D、E在A处产生磁场的磁感应强度的大小为B＝，方向垂直AD连线斜向左下方，根据左手定则，可知A处导线所受安培力方向从D指向A，A错误；故A处长为L的一段导线所受安培力大小为FA＝，B错误；若仅改变D处导线中的电流方向，A处长为L的一段导线所受安培力大小为FA′＝，则A处导线所受安培力大小变为原来的3倍，C错误；若仅改变E处导线中的电流方向，由磁感应强度的叠加法则得，C、D、E在A处磁感应强度大小为B＝，则A处导线所受安培力大小变为原来的倍，D正确。2.(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2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(　　)图2A.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＝m，解得r＝，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。3.(2022·广东广州模拟)如图3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(　　)图3A.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。4.(2022·山西晋中二模)如图4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(　　)图4A.   B.  C.   D.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＝＝R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I1＝＝，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＝＝，此时线框所受的安培力F1＝I2LB，联立求解得F1＝F，故C正确。5.(2022·福建新高考演练卷)如图5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(　　)图5A.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。6.(2022·山东潍坊预测)如图6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(　　)图6A.   B.C.   D.答案　B解析　MN上有离子经过的区域长为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＋，解得圆周运动半径R＝L，根据qvB＝m，解得v＝，故B正确。7.(2022·陕西宝鸡质检)如图7所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，三根导线与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个顶点上，L1与L3中的电流均为I，L2中的电流为2I，L1与L2中电流的方向均垂直纸面向外，L3中电流方向垂直纸面向里。已知距导线r处的磁感应强度B＝(其中k为常数)。某时刻，一电子(电荷量为e)正好沿y轴正方向运动，经过原点O时的速度大小为v，则电子此时所受洛伦兹力(　　)图7A.方向垂直纸面向里，大小为B.方向垂直纸面向里，大小为C.方向垂直纸面向外，大小为D.方向垂直纸面向外，大小为答案　B解析　根据安培定则，判断三根导线分别在O点产生的磁场方向，由题意知，L1在O点产生的磁场的磁感应强度大小B1＝，方向沿x轴负方向，L2在O点产生的磁场的磁感应强度大小B2＝，方向与x轴负方向成45°角向下，L3在O点产生的磁场的磁感应强度大小B3＝，方向沿y轴正方向，所以合磁感应强度B＝，方向沿x轴负方向，电子沿y轴正方向经过原点O时，由左手定则可知，洛伦兹力的方向垂直纸面向里，大小为F＝，故B正确。8.(2022·重庆巴蜀中学模拟)如图8所示，在xOy平面直角坐标系的y轴右侧、以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面并指向纸面里。在坐标原点O有一个粒子发射源，可以沿x轴正方向先后发射质量相同、速度大小分别为v1、v2，电性相反，电荷量分别为q1、q2的两个粒子(重力均不计)。粒子q1在磁场中运动一段时间t1后从P1点离开磁场；粒子q2在磁场中运动一段时间t2后从P2点离开磁场。已知OP1＝R、t1＝3t2、q2＝2q1，则v1∶v2为(　　)图8A.1∶2   B.1∶4C.∶1   D.∶4答案　D解析　粒子在磁场中运动时间t＝·，已知θ1＝180°，得θ2＝120°，几何分析知R2＝R，粒子在磁场中运动半径R′＝，已知R1＝R，得＝，故D正确。9.(2020·全国卷Ⅲ，18)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9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(　　)图9A.   B.  C.   D.答案　C解析　为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有＋r＝3a，解得r＝a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝m，解得B＝，选项C正确。10.(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10所示，半径为R和R的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(H)和氘核(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(　　)图10A.R   B.RC.R   D.(－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＝m，得r＝，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(R－rmax)2＝r＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝R，所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax′＝rmax＝R，故A正确。11.(2022·安徽3月诊断)如图11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。图11(1)若两个粒子运动的时间均大于，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，求发射源M、N之间的距离。答案　(1)∶1　(2)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＝T，若两个粒子运动的时间均大于，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＝rb＝由v＝可得＝＝∶1。(2)若两个粒子运动的时间均小于，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＝，rb＝OM＝ra(1－cos θ1)ON＝rb(1－cos θ2)MN＝OM＋ON＝L。12.(2022·全国甲卷，25)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12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，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ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PQ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PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ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PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。图12(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Δx及PQ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，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，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s2。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，线圈受到的安培力为F＝NBIl根据胡克定律有F＝NBIl＝k||Δx||Δx|＝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，如图所示，又因为d≫Δx，r≫d则sin θ≈θ，sin 2θ≈2θ所以有Δx＝d·θ，s＝r·2θ联立可得s＝(2)因为测量前未调零，设没有通电流时向上偏移的弧长为s′，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s1＝＋s′当电流反向后有s2＝－s′联立可得I′＝同理可得没有通电流时为向下偏移弧长s′结果也相同，故待测电流的大小为I′＝。