第第頁高考物理總復習《磁場的性質(zhì)》專項測試卷帶答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________題型一磁場的疊加【題型解碼】對于多個電流在空間某點的合磁場方向，首先應用安培定則判斷出各電流在該點的磁場方向(磁場方向與該點和電流連線垂直)，然后應用平行四邊形定則合成．【典例分析1】（2023上·山西呂梁·高三?？茧A段練習）如圖所示，現(xiàn)有兩根通電長直導線分別固定在正方體的兩條邊和上且彼此絕緣，電流方向分別由流向、由流向，兩通電導線中的電流大小相等，在點形成的磁場的磁感應強度大小為。已知通電長直導線在周圍空間某位置產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為，其中為常數(shù)，為電流大小，為該位置到長直導線的距離，則點的磁感應強度大小為（

）A． B． C． D．【典例分析2】（2024·全國·高三專題練習）有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為導線的截面圖。在圖示的平面內(nèi)，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等。若兩導線中通有大小相等、方向垂直紙面向外的恒定電流I，則下列關(guān)于線段MN上各點的磁感應強度的說法正確的是（）A．M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同B．M點和N點的磁感應強度大小不等，方向相反C．在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D．在線段MN上只有一點的磁感應強度為零【提分秘籍】1.磁場的疊加問題的求解秘籍（1）確定磁場場源，如通電導線．（2）根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向。（3）磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向。（4）磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于各通電導體單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和。2.定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場．【突破訓練】1.（2023上·安徽·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，在磁感應強度大小為B0方向未知的勻強磁場中，存在豎直方向的正方形虛線區(qū)域abcd。在b、d兩點分別垂直正方形所在平面固定一根無限長的直導線（圖中未畫出），導線中通入大小相等、方向垂直紙面向里的恒定電流。若a點的磁感應強度大小為零，則c點的磁感應強度（）A．大小為，與勻強磁場方向相同 B．大小為2B0與勻強磁場方向相同C．大小為，與勻強磁場方向相反 D．條件不足，無法求出c點處磁感應強度2.（2023·貴州貴陽·統(tǒng)考模擬預測）一條載有電流的導線沿南北方向放置，導線中的電子由南向北定向移動。一小磁針位于該導線正上方并水平放置，此載流導線提供給小磁針水平方向的磁感應強度大小為B1，小磁針所在位置的地磁場指向北方的水平分量為B2。若則該小磁針N極應該偏轉(zhuǎn)至哪一方向（）A．北偏西60° B．北偏東60°C．南偏東30° D．南偏西30°3．（2024·江西贛州·贛州中學?？寄M預測）兩根通電細長直導線緊靠著同樣長的塑料圓柱體，圖甲是圓柱體和導線1的截面，導線2固定不動（圖中未畫出）。導線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從緩慢移動到，測量圓柱體中心O處磁感應強度，獲得沿x方向的磁感應強度隨的圖像（如圖乙）和沿y方向的磁感應強度隨的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）A．隨著的增大，導線1在中心O處產(chǎn)生的磁感應強度一直增大B．導線2電流方向垂直紙面向里C．當時，中心O處的磁感應強度方向沿第一象限角平分線向外D．當導線1繼續(xù)繞圓柱體移動，到達y軸負半軸時，O處的磁感應強度最小4.（2023上·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，O為線框的幾何中心。線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已知電流為I的直導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度計算公式（r為某點到直導線的距離），若MN邊在O點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為1×10-4T，則整個三角形線框在O點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為（）A．0 B．1×10-4T C．1.5×10-4T D．2×10-4T題型二磁場對通電導體作用及安培定則的綜合問題【題型解碼】1.判斷安培力的方向時，充分利用F安⊥B、F安⊥I；2.受力分析時，要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖．【典例分析1】（2023上·江蘇南京·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l=0.40m的正方形金屬框的D點上。金屬框的一條對角線AC水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。己知構(gòu)成金屬框的導線單位長度的阻值為=5.0×10-3Ω/m。在t=0到t=3.0s時間內(nèi)，磁感應強度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）=0.3-0.1t（SI制）。則下列說法正確的是（）A．t=0到t=3.0s時間內(nèi)，金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為0.016VB．t=0到t=3.0s時間內(nèi)，金屬框中的電流方向為A→D→C→B→AC．t=2.0s時金屬框所受安培力的大小為ND．在t=0到t=2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為0.032J【典例分析2】（2023上·廣西·高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲所示為安裝在某特高壓輸電線路上的一個六分導線間隔棒，圖乙為其截面圖。間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與電流大小成正比，與到導線的距離成反比，某瞬時，6條輸電導線中通過垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導線中的電流對b導線中電流的安培力大小為F，該時刻（

）A．O點的磁感應強度方向垂直于cf向上B．c導線所受安培力方向沿Oc指向cC．d導線中電流對a導線中電流的安培力為D．a(chǎn)導線所受安培力為【典例分析3】（2024·福建漳州·統(tǒng)考模擬預測）電磁炮的模型如圖所示，彈體（含水平桿ab）總質(zhì)量，水平導軌M、N間距，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度，可控電源提供恒定電流，以保證彈體做勻加速直線運動，不計一切阻力。求：（1）彈體所受安培力大??；（2）彈體從靜止加速到所用的時間t；（3）彈體從靜止加速到過程中安培力所做的功W。

【提分秘籍】1.安培力大小和方向2.同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。3.求解磁場對通電導體作用力的注意事項(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效長度)。(2)用準“兩個定則”①對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加性。②對通電導線在磁場中所受的安培力用左手定則。(3)明確兩個常用的等效模型①變曲為直：圖甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。②化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙?！就黄朴柧殹?.（2023上·黑龍江佳木斯·高三?？茧A段練習）將長1m的導線ac從中點b折成如圖中所示的形狀，放于B=0.08T的勻強磁場中，abc平面與磁場垂直。若在導線abc中通入I=25A的直流電，則整個導線所受安培力的大小為（）

A．N B．N C．1.5N D．2N2.（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考一模）如圖所示，粗細均勻的正三角形線框由三根相同的導體棒連接而成。頂點、分別通過細導線與一直流電源相連，并用輕繩將線框豎直懸掛在垂直于線框平面的勻強磁場中。已知線框的邊長為，磁場磁感應強度大小為，通過細導線的電流為，線框的質(zhì)量為，輕繩系于邊的中點，重力加速度為，則輕繩中的拉力大小為（）

A． B． C． D．3．（2023·河北保定·河北安國中學校聯(lián)考三模）如圖甲所示，邊長為、質(zhì)量為的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板上，邊水平，導線框中通有沿逆時針方向、大小為的恒定電流，線框部分處在水平虛線間的垂直于線框平面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為與間的距離為正三角形高的一半，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A．圖甲中，絕緣細線的拉力大小為B．圖甲中，絕緣細線的拉力大小為C．將勻強磁場上移到圖乙中所示位置，絕緣細線的拉力會變小D．將勻強磁場上移到圖乙中所示位置，絕緣細線的拉力會變大4．（2023上·山東·高三校聯(lián)考開學考試）如圖所示，半徑為r、粗細均勻的金屬圓環(huán)放在絕緣水平面上，虛線MN左側(cè)有垂直于水平面向下的勻強磁場I，右側(cè)有垂直于水平面向上的勻強磁場II，兩磁場的磁感應強度大小均為B，MN與圓環(huán)的直徑重合，PQ是圓環(huán)垂直MN的直徑，將P、Q兩端接入電路，從P點流入的電流大小為I，圓環(huán)保持靜止不動，則下列判斷正確的是（）

A．整個圓環(huán)受到的安培力為0B．整個圓環(huán)受到的安培力大小為C．MN左側(cè)半圓環(huán)受到的安培力大小為D．MN左側(cè)半圓環(huán)受到的安培力大小為5．（2023上·安徽·高三天長中學校聯(lián)考開學考試）如圖所示，一段直導線彎折成L形，AC和CD段相互垂直，AC段長為d，CD段長為0.6d，將該導線固定在赤道上，CD段沿東西方向（C在東側(cè)），AC段向北傾斜，與赤道平面成53°角，給該段導線從A端通入大小為I的恒定電流，導線所在處的地磁場磁感應強度大小為B，已知，則該段導線受到地磁場的安培力大小為（

）

A．BId B．1.6BId C．0.8Bld D．6.（2023·河南·校聯(lián)考三模）中國的電磁炮研究水平處于世界第一梯隊。如圖所示為某種電磁炮的設計原理示意圖，電源電動勢為E，間距為l的兩根傾斜導軌平行放置，軌道平面與水平面成角，且處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，導軌下端通過開關(guān)與電源連接。裝有炮彈的導體棒垂直放置在導軌上，其總質(zhì)量為m，整個回路的總電阻為R，閉合開關(guān)后，彈體會在安培力的作用下高速發(fā)射出去。某次實驗中，彈體在離開電磁炮發(fā)射軌道之前已達到勻速，炮彈發(fā)射出去后，剛好水平擊中目標，忽略空氣阻力和各處摩擦的影響，重力加速度為g，求：（1）彈體在導軌上運動的最大加速度；（2）目標距離炮口的水平距離為多大。題型三安培力作用下導體的平衡問題【典例分析1】（2023上·云南昆明·高三昆明一中?？茧A段練習）如圖甲所示，PQ和MN為水平、平行放置的兩金屬導軌，兩導軌相距導體棒ab垂直于導軌放在導軌上，導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)導體棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，細繩的一部分與導軌共面且平行，另一部分與導軌所在平面垂直，物體放在水平面上，勻強磁場的磁感應強度為B=0.5T，方向豎直向下，開始時繩子剛好拉直。現(xiàn)給導體棒中通入電流，使導體棒向左做加速運動，物體運動的加速度大小與導體棒中通入的電流大小關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為，求：（1）導體棒中電流的方向和開始運動時的安培力大小；（2）物體和導體棒的質(zhì)量分別為多少？

【提分秘籍】1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直，且L是通電導線的有效長度．2．通電導線在磁場中的平衡問題的分析思路(1)選定研究對象；(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如圖所示．(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解．【突破訓練】1.（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學?？计谥校╇娏魈炱娇梢詼y量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂豎直掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B的方向垂直線圈平面向里。當沒有通電時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡。當線圈中通過如圖所示方向的電流I時，要使兩臂重新達到平衡，在某一盤中增加了質(zhì)量為m的砝碼。重力加速度大小為g，下列說法正確的是（

）

A．增加的砝碼在左盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為B．增加的砝碼在左盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為C．增加的砝碼在右盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為D．增加的砝碼在右盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為2．（2023上·江西·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，傾角為θ=37°的粗糙斜面上有一個長度為L、質(zhì)量為m的通電直導線，其電流為I（可調(diào)），方向垂直紙面向里。整個空間分布有豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場，導線與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5（最大靜摩擦等于滑動摩擦力）。若導線能在斜面上靜止不動，則下列電流值不能滿足條件的是（）

A． B． C． D．3．（2023上·上海浦東新·高三校考期中）如圖所示，一個寬的“U”型絕緣導軌與水平面成37°傾角固定放置。導軌區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。一根質(zhì)量為0.10kg的金屬棒垂直放置在導軌上，棒上通有的電流。金屬棒靜止，棒與導軌之間的最大靜摩擦力為2.0N，，則（

）A．若增大電流，導軌對金屬棒的支持力也增大B．此時導軌對金屬棒的支持力大小為0.8NC．若增大磁感應強度，導軌對金屬棒的摩擦力先變小后變大D．此時導軌對金屬棒的摩擦力大小為1.4N4.（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學?？计谥校┤鐖D所示，水平導軌間距為，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質(zhì)量，導軌間有效電阻，與導軌接觸良好；電源電動勢，內(nèi)阻，電阻；外加勻強磁場的磁感應強度，方向垂直于導軌平面向上；ab與導軌間動摩擦因數(shù)為（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，取重力加速度，ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）ab受到的安培力；（2）重物重力G的最大值。題型四帶電粒子在有界勻強磁場中的運動【典例分析1】（2023·河南開封·?？寄M預測）虛線OM和虛線ON之間的夾角為30°，如圖所示，虛線OM上方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶負電的粒子沿紙面以大小為v的速度從O點右側(cè)距離為L的A點向左上方射人磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場，不計重力。則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為（）A． B． C．2L D．3L【典例分析2】（2023上·江蘇南通·高三統(tǒng)考期中）在平面的的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，速率相等的大量電子從原點均勻發(fā)射到第一象限內(nèi)，從磁場右邊界射出的電子數(shù)占電子總數(shù)的三分之二，不計電子間相互作用，則電子在磁場中的臨界軌跡可能正確的是（

）A．

B．

C．

D．

【典例分析3】（2023下·福建漳州·高三?？计谥校┤鐖D所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿直徑AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，下列說法正確的是（）

A．兩粒子分別從A到P、Q經(jīng)歷時間之比為3∶1B．粒子在磁場中做勻速圓周運動周期之比為2∶1C．粒子在磁場中速率之比為1∶3D．粒子在磁場中運動軌道半徑之比為3∶1【典例分析4】（2023上·廣東廣州·高三仲元中學?？茧A段練習）如圖所示，正方形容器處于勻強磁場中，一束電子從孔a垂直于磁場沿ab方向射入容器中，一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，容器處于真空中，則下列結(jié)論中正確的是（）A．從兩孔射出的電子速率之比B．從兩孔射出的電子速率之比C．從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比D．從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比【提分秘籍】1.處理帶電粒子在磁場中運動問題的方法(1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的一般思路①找圓心畫軌跡；②由對稱找規(guī)律；③尋半徑列算式；④找角度定時間。(2)處理該類問題常用的幾個幾何關(guān)系①四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點；②三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。(3)時間的求解方法①根據(jù)周期求解，運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)；②根據(jù)運動弧長和速度求解，t＝eq\f(s,v)＝eq\f(θr,v)。2.處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法技巧(1)解答有關(guān)運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設粒子能夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識解題。(2)對稱規(guī)律解題法①從直線邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時，出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等(如圖甲所示)。②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，一定沿徑向射出(如圖乙所示)。(3)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，尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大)，常用方法如下：①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上。②旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R＝eq\f(mv,qB)的圓周上?！就黄朴柧殹?.（2023上·云南·高三云南省下關(guān)第一中學校聯(lián)考階段練習）如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點。在О點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q的相同電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同。速度方向與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則（）A．粒子帶正電B．粒子運動的速度大小為C．粒子在磁場中運動的最長時間為D．磁場區(qū)域中有粒子通過的面積為2．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在無限長直邊界CD的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，無限大擋板EF平行于CD放置，與CD相距為d，帶電粒子達到擋板時能夠被擋板吸收，在A處有一粒子源能夠在紙面內(nèi)持續(xù)發(fā)射速度大小相等的電子。當電子在紙面內(nèi)沿AO方向垂直勻強磁場邊界射入時，恰好未被EF吸收。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力及電子間的相互作用。若磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄娮铀俣确较蚓徛龔腁O沿順時針旋轉(zhuǎn)到AD時，在擋板上能夠吸收到電子的長度為（）

A． B．C． D．3.（2023上·河北石家莊·高三石家莊實驗中學?？计谀┤鐖D所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別為、，虛線MN為理想邊界。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是（

）A．電子的運動軌跡為B．電子運動一周回到P點所用的時間C．D．電子在區(qū)域受到的磁場力始終不變4．（2023上·安徽·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，在平面直角坐標系xOy第一象限的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為m、電荷量為q的大量帶電粒子先后以相同的速度沿平行于y軸正方向從OA邊各處射入磁場，運動中有些粒子能在邊界AC上相遇，其中相遇粒子的入射時間差的最大值為t0。已知∠A=30°，不考慮各粒子之間的相互作用。下列判斷正確的是（）

A．粒子一定帶正電 B．粒子一定帶負電C．磁感應強度大小為 D．磁感應強度大小為5．（2024·全國·高三專題練習）如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內(nèi)、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計、質(zhì)子間的相互作用可忽略），所有質(zhì)子恰能通過D點，已知質(zhì)子的比荷，則質(zhì)子的速度可能為（）A． B．BkLC． D．6．（2023上·貴州黔東南·高三統(tǒng)考期中）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）A．粒子2帶負電B．若減小磁場的磁感應強度，粒子1有可能打在Q點C．若減小磁場的磁感應強度，粒子2有可能打在Q點D．若有一粒子3以和粒子2相同的速度從P點射入磁場，恰好打在Q點，則粒子3比荷小于粒子2比荷7．（2024·全國·模擬預測）如圖所示，寬度為的有界勻強磁場，磁感應強度為，和是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為，電荷量的絕對值為的帶電粒子以方向射入磁場。要使粒子不能從邊界射出，則粒子入射速度的最大值可能是（）

A． B． C． D．8．（2023·廣東中山·高三中山市華僑中學校考階段練習）地磁場能抵御宇宙射線的侵入，赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球一定厚度的勻強磁場，方向垂直該剖面，圖中給出了速度在圖示平面內(nèi)，從O點沿平行與垂直地面兩個不同方向入射的a、b、c三種帶電粒子（不計重力）在地磁場中的三條運動軌跡，其中，a、c入射速度方向與地面平行，b入射速度方向與地面垂直，且它們都恰不能到達地面。則下列相關(guān)說法中正確的是（）

A．沿a粒子帶負電B．若a、c粒子比荷相同，則c粒子的速率更大C．若a、b粒子比荷相同，則從O運動至與地面相切，a粒子的運動時間比b長D．若a粒子速率不變，在圖示平面內(nèi)只改變a粒子射入的速度方向，粒子可能到達地面9．（2024·全國·高三專題練習）如圖所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)分布磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。從ab邊的中點P處發(fā)射速率不同、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子沿紙面與Pb成的方向射入該磁場區(qū)域，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。（1）若帶電粒子垂直于ad邊射出磁場，求該粒子的運動時間；（2）求ab邊界有粒子離開磁場的區(qū)域長度；（3）若粒子離開磁場時的速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，求該粒子的速度大小。10．（2023上·浙江寧波·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，P點是位于紙面內(nèi)的質(zhì)子源，它可以向各個方向均勻發(fā)射速率相同的質(zhì)子，在P點下方放置有長度為以O為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離OP為a，在探測板的上方存在方向垂直直面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。不考慮粒子間的相互作用，質(zhì)子的電荷量。若質(zhì)子的質(zhì)量，質(zhì)子的動量。（1）當，時，求計數(shù)率（即打到探測板上的質(zhì)子數(shù)與總質(zhì)于數(shù)的比值）。（2）當，時，求質(zhì)子從質(zhì)子源出發(fā)到探測板上運動的最長時間；（3）若a取不同的值，可通過調(diào)節(jié)B的大小獲得與（1）問中同樣的計數(shù)率，求B與a的關(guān)系并給出B的取值范圍。11.（2023·四川成都·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，豎直平行邊界MN、PQ之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩邊界間距為d，邊界MN上A點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為，若不計粒子的重力及粒子間的相互作用，求：（1）從PQ邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間；（2）粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度。12．（2023上·湖南長沙·高三長郡中學校聯(lián)考階段練習）我國神舟十七號載人飛船已于2023年10月26日成功發(fā)射，中國空間站迎來新一批宇航員。如圖（a）是一種防止宇宙射線危害宇航員的裝置，在航天器內(nèi)建立半徑分別為R和的同心圓柱，圓柱之間加上沿軸線方向的磁場，其橫截面如圖（b）所示。宇宙射線中含有大量的質(zhì)子，若質(zhì)子沿各個方向運動的速率均為，質(zhì)子的電荷量為e、質(zhì)量為m。（1）若設置磁感應強度大小使得正對防護區(qū)圓心入射的質(zhì)子恰好無法進入防護區(qū)，求這種情況下磁感應強度的大小及質(zhì)子在磁場中運動的時間t。（2）假如入射質(zhì)子的速度與磁場方向垂直，那么要使沿各個方向入射的質(zhì)子都無法進入防護區(qū)，則磁感應強度B應滿足的條件。參考答案【典例分析1】（2023上·山西呂梁·高三?？茧A段練習）如圖所示，現(xiàn)有兩根通電長直導線分別固定在正方體的兩條邊和上且彼此絕緣，電流方向分別由流向、由流向，兩通電導線中的電流大小相等，在點形成的磁場的磁感應強度大小為。已知通電長直導線在周圍空間某位置產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為，其中為常數(shù)，為電流大小，為該位置到長直導線的距離，則點的磁感應強度大小為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設正方體棱長為，通電導線中的電流大小為，兩條邊和上通電導線在A點產(chǎn)生的感應強度大小均為方向分別沿方向和方向，互相垂直。則A點磁感應強度大小為點的磁感應強度大小為故選C?！镜淅治?】（2024·全國·高三專題練習）有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為導線的截面圖。在圖示的平面內(nèi)，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等。若兩導線中通有大小相等、方向垂直紙面向外的恒定電流I，則下列關(guān)于線段MN上各點的磁感應強度的說法正確的是（）A．M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同B．M點和N點的磁感應強度大小不等，方向相反C．在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D．在線段MN上只有一點的磁感應強度為零【答案】D【詳解】AB．根據(jù)安培定則判斷可知，兩根通電導線產(chǎn)生的磁場方向均沿逆時針方向，M、N關(guān)于O點對稱，兩根通電導線在M、N兩點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，根據(jù)平行四邊形定則進行合成可得，M點和N點的磁感應強度大小相等，M點磁場方向向下，N點磁場方向向上，故A、B錯誤。CD．只有當兩根通電導線在某一點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等、方向相反時，合磁感應強度才為零，分析可知只有O點的磁感應強度為零，故C錯誤，D正確。故選D?！咎岱置丶?.磁場的疊加問題的求解秘籍（1）確定磁場場源，如通電導線．（2）根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向。（3）磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向。（4）磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于各通電導體單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和。2.定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場．【突破訓練】1.（2023上·安徽·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，在磁感應強度大小為B0方向未知的勻強磁場中，存在豎直方向的正方形虛線區(qū)域abcd。在b、d兩點分別垂直正方形所在平面固定一根無限長的直導線（圖中未畫出），導線中通入大小相等、方向垂直紙面向里的恒定電流。若a點的磁感應強度大小為零，則c點的磁感應強度（）A．大小為，與勻強磁場方向相同 B．大小為2B0與勻強磁場方向相同C．大小為，與勻強磁場方向相反 D．條件不足，無法求出c點處磁感應強度【答案】B【詳解】根據(jù)右手螺旋定則可知，兩長直導線的電流在ac兩點的磁場強度如圖所示由于ac兩點到導線的距離相等，故兩長直導線的電流在ac兩點的磁場強度大小相等。根據(jù)平行四邊形定則可知，兩長直導線的電流在ac兩點的合磁場強度大小相等，方向相反。因a點的磁感應強度大小為零，故勻強磁場方向與兩長直導線的電流在a點的磁場方向相反，且有故c點的磁感應強度大小為方向與勻強磁場方向相同。故選B。2.（2023·貴州貴陽·統(tǒng)考模擬預測）一條載有電流的導線沿南北方向放置，導線中的電子由南向北定向移動。一小磁針位于該導線正上方并水平放置，此載流導線提供給小磁針水平方向的磁感應強度大小為B1，小磁針所在位置的地磁場指向北方的水平分量為B2。若則該小磁針N極應該偏轉(zhuǎn)至哪一方向（）A．北偏西60° B．北偏東60°C．南偏東30° D．南偏西30°【答案】A【詳解】導線中的電子由南向北定向移動，則電流方向由北向南，根據(jù)安培定則可知磁場水平向左，小磁針所在位置的地磁場指向北方的水平分量為B2，根據(jù)矢量的合成可知小磁針所在位置的磁場如圖：設磁場與B2的夾角為，則有則該小磁針N極應該是北偏西60°故選A。3．（2024·江西贛州·贛州中學?？寄M預測）兩根通電細長直導線緊靠著同樣長的塑料圓柱體，圖甲是圓柱體和導線1的截面，導線2固定不動（圖中未畫出）。導線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從緩慢移動到，測量圓柱體中心O處磁感應強度，獲得沿x方向的磁感應強度隨的圖像（如圖乙）和沿y方向的磁感應強度隨的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）A．隨著的增大，導線1在中心O處產(chǎn)生的磁感應強度一直增大B．導線2電流方向垂直紙面向里C．當時，中心O處的磁感應強度方向沿第一象限角平分線向外D．當導線1繼續(xù)繞圓柱體移動，到達y軸負半軸時，O處的磁感應強度最小【答案】D【詳解】A．單獨的導線1在中心O處磁感應強度大小沿x方向和y方向大小分別為，根據(jù)安培定則判斷通電直導線產(chǎn)生的磁場方向結(jié)合圖乙和圖丙中的函數(shù)曲線特點可知，導線2在中心O處產(chǎn)生的磁場在豎直方向上沒有分量，在水平方向有沿軸正方向的分量同時由圖中三角函數(shù)圖像可知單獨的導線1在中心O處產(chǎn)生的磁感應強度大小不變?yōu)椋鶕?jù)圖丙時沿y方向磁感應強度為負可知導線1中電流垂直紙面向外，故A錯誤；B．根據(jù)安培定則可知，導線2在軸正方向處有垂直紙面向外的電流或者在軸負方向處有垂直紙面里的電流，故B錯誤；C．時，導線1產(chǎn)生的磁感應強度方向沿第一象限角平分線向外，但導線2產(chǎn)生的磁場沿軸正方向。故中心O處的磁感應強度方向在軸與第一象限角平分線之間，故C錯誤；D．當導線1繼續(xù)繞圓柱體移動，到達y軸負半軸時，導線1在中心O處產(chǎn)生的磁感應強度沿軸負方向，大小為導線2在中心O處產(chǎn)生的磁感應強度沿軸正方向，大小為所以中心O處的合磁感應強度最小，為，故D正確。故選D。4.（2023上·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，O為線框的幾何中心。線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已知電流為I的直導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度計算公式（r為某點到直導線的距離），若MN邊在O點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為1×10-4T，則整個三角形線框在O點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為（）A．0 B．1×10-4T C．1.5×10-4T D．2×10-4T【答案】A【詳解】設每一根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比又因為通電直導線在O點產(chǎn)生磁場的磁感應強度與導線中的電流強度成正比，根據(jù)安培定則和矢量的疊加原理可知，MLN支路電流在O點產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，磁感應強度與MN邊在O點產(chǎn)生的磁感應強度相等，方向相反，所以整個線框在O點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為0。故選A。題型二磁場對通電導體作用及安培定則的綜合問題【題型解碼】1.判斷安培力的方向時，充分利用F安⊥B、F安⊥I；2.受力分析時，要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖．【典例分析1】（2023上·江蘇南京·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l=0.40m的正方形金屬框的D點上。金屬框的一條對角線AC水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。己知構(gòu)成金屬框的導線單位長度的阻值為=5.0×10-3Ω/m。在t=0到t=3.0s時間內(nèi)，磁感應強度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）=0.3-0.1t（SI制）。則下列說法正確的是（）A．t=0到t=3.0s時間內(nèi)，金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為0.016VB．t=0到t=3.0s時間內(nèi)，金屬框中的電流方向為A→D→C→B→AC．t=2.0s時金屬框所受安培力的大小為ND．在t=0到t=2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為0.032J【答案】C【詳解】A．t=0到t=3.0s時間內(nèi)，金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為故A錯誤；B．根據(jù)楞次定律的增反減同可知t=0到t=3.0s時間內(nèi)，金屬框中的電流方向為D→A→B→C→D。故B錯誤；C．由歐姆定律?？傻胻=2.0s時磁感應強度為金屬框處于磁場中的有效長度為所受安培力的大小為N故C正確；D．在t=0到t=2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為故D錯誤。故選C?！镜淅治?】（2023上·廣西·高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲所示為安裝在某特高壓輸電線路上的一個六分導線間隔棒，圖乙為其截面圖。間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與電流大小成正比，與到導線的距離成反比，某瞬時，6條輸電導線中通過垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導線中的電流對b導線中電流的安培力大小為F，該時刻（

）A．O點的磁感應強度方向垂直于cf向上B．c導線所受安培力方向沿Oc指向cC．d導線中電流對a導線中電流的安培力為D．a(chǎn)導線所受安培力為【答案】D【詳解】A．由題意可知，a與d、b與e、c與f在O點的磁場大小相等、方向相反，故O點的磁感應強度為零，A錯誤；B．根據(jù)安培定則，其他5根輸電線在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直fc向上，根據(jù)左手定則，c導線所受安培力方向沿Oc指向O，B錯誤；CD．由題意可知，b、f對a的安培力大小為F，c、e對a的安培力為，d對a的安培力為，則a導線所受安培力為C錯誤，D正確。故選D。【典例分析3】（2024·福建漳州·統(tǒng)考模擬預測）電磁炮的模型如圖所示，彈體（含水平桿ab）總質(zhì)量，水平導軌M、N間距，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度，可控電源提供恒定電流，以保證彈體做勻加速直線運動，不計一切阻力。求：（1）彈體所受安培力大??；（2）彈體從靜止加速到所用的時間t；（3）彈體從靜止加速到過程中安培力所做的功W。

【答案】（1）0.02N；（2）5s；（3）0.5J【詳解】（1）彈體受到的安培力大小解得（2）由牛頓第二定律可知解得（3）由運動學公式可知彈體的位移安培力所做的功解得【提分秘籍】1.安培力大小和方向2.同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。3.求解磁場對通電導體作用力的注意事項(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效長度)。(2)用準“兩個定則”①對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加性。②對通電導線在磁場中所受的安培力用左手定則。(3)明確兩個常用的等效模型①變曲為直：圖甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。②化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙?！就黄朴柧殹?.（2023上·黑龍江佳木斯·高三?？茧A段練習）將長1m的導線ac從中點b折成如圖中所示的形狀，放于B=0.08T的勻強磁場中，abc平面與磁場垂直。若在導線abc中通入I=25A的直流電，則整個導線所受安培力的大小為（）

A．N B．N C．1.5N D．2N【答案】B【詳解】由題意有導線在磁場內(nèi)有效長度為整個通電導線受到安培力大小為故選B。2.（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考一模）如圖所示，粗細均勻的正三角形線框由三根相同的導體棒連接而成。頂點、分別通過細導線與一直流電源相連，并用輕繩將線框豎直懸掛在垂直于線框平面的勻強磁場中。已知線框的邊長為，磁場磁感應強度大小為，通過細導線的電流為，線框的質(zhì)量為，輕繩系于邊的中點，重力加速度為，則輕繩中的拉力大小為（）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題意可知由電阻定律可得由歐姆定律可得即AB邊的電流為，ACB邊的電流為，由左手定則及安培力公式可得，方向均豎直向下。所以對正三角形線框受力分析由平衡條件可得，輕繩中的拉力大小為故選A。3．（2023·河北保定·河北安國中學校聯(lián)考三模）如圖甲所示，邊長為、質(zhì)量為的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板上，邊水平，導線框中通有沿逆時針方向、大小為的恒定電流，線框部分處在水平虛線間的垂直于線框平面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為與間的距離為正三角形高的一半，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A．圖甲中，絕緣細線的拉力大小為B．圖甲中，絕緣細線的拉力大小為C．將勻強磁場上移到圖乙中所示位置，絕緣細線的拉力會變小D．將勻強磁場上移到圖乙中所示位置，絕緣細線的拉力會變大【答案】A【詳解】AB．圖甲中，線框受到的安培力向上，有效長度為，絕緣細線的拉力A正確，B錯誤；CD．將勻強磁場上移到圖乙中所示位置，有效長度不變，線框所受安培力不變，懸線的拉力不變，CD錯誤。故選A。4．（2023上·山東·高三校聯(lián)考開學考試）如圖所示，半徑為r、粗細均勻的金屬圓環(huán)放在絕緣水平面上，虛線MN左側(cè)有垂直于水平面向下的勻強磁場I，右側(cè)有垂直于水平面向上的勻強磁場II，兩磁場的磁感應強度大小均為B，MN與圓環(huán)的直徑重合，PQ是圓環(huán)垂直MN的直徑，將P、Q兩端接入電路，從P點流入的電流大小為I，圓環(huán)保持靜止不動，則下列判斷正確的是（）

A．整個圓環(huán)受到的安培力為0B．整個圓環(huán)受到的安培力大小為C．MN左側(cè)半圓環(huán)受到的安培力大小為D．MN左側(cè)半圓環(huán)受到的安培力大小為【答案】A【詳解】圓環(huán)的上半部分的電流是順時針，下半部分的電流是逆時針，把圓環(huán)平均分成右上、左上、左下、右下四部分，根據(jù)左手定則可得這四部分的受力如下：

因為安培力大小為其中L為導線的有效長度，四部分的有效長度都為，且導線中的電流相同，故四部分所受的安培力大小相等，且與方向相反，與方向相反，故圓環(huán)所受安培力的合力為零。故選A。5．（2023上·安徽·高三天長中學校聯(lián)考開學考試）如圖所示，一段直導線彎折成L形，AC和CD段相互垂直，AC段長為d，CD段長為0.6d，將該導線固定在赤道上，CD段沿東西方向（C在東側(cè)），AC段向北傾斜，與赤道平面成53°角，給該段導線從A端通入大小為I的恒定電流，導線所在處的地磁場磁感應強度大小為B，已知，則該段導線受到地磁場的安培力大小為（

）

A．BId B．1.6BId C．0.8Bld D．【答案】D【詳解】導線CD段受到的安培力大小AC段受到的安培力大小因此受到的安培力的合力故選D。6.（2023·河南·校聯(lián)考三模）中國的電磁炮研究水平處于世界第一梯隊。如圖所示為某種電磁炮的設計原理示意圖，電源電動勢為E，間距為l的兩根傾斜導軌平行放置，軌道平面與水平面成角，且處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，導軌下端通過開關(guān)與電源連接。裝有炮彈的導體棒垂直放置在導軌上，其總質(zhì)量為m，整個回路的總電阻為R，閉合開關(guān)后，彈體會在安培力的作用下高速發(fā)射出去。某次實驗中，彈體在離開電磁炮發(fā)射軌道之前已達到勻速，炮彈發(fā)射出去后，剛好水平擊中目標，忽略空氣阻力和各處摩擦的影響，重力加速度為g，求：（1）彈體在導軌上運動的最大加速度；（2）目標距離炮口的水平距離為多大。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）導體棒剛要運動時，回路內(nèi)的電流最大，安培力最大，則有由牛頓第二定律可得解得（2）炮彈勻速運動時，有根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立可得炮彈發(fā)射出去后做斜拋運動，在豎直方向有在水平方向有聯(lián)立解得題型三安培力作用下導體的平衡問題【典例分析1】（2023上·云南昆明·高三昆明一中?？茧A段練習）如圖甲所示，PQ和MN為水平、平行放置的兩金屬導軌，兩導軌相距導體棒ab垂直于導軌放在導軌上，導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)導體棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，細繩的一部分與導軌共面且平行，另一部分與導軌所在平面垂直，物體放在水平面上，勻強磁場的磁感應強度為B=0.5T，方向豎直向下，開始時繩子剛好拉直。現(xiàn)給導體棒中通入電流，使導體棒向左做加速運動，物體運動的加速度大小與導體棒中通入的電流大小關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為，求：（1）導體棒中電流的方向和開始運動時的安培力大小；（2）物體和導體棒的質(zhì)量分別為多少？

【答案】（1）a到b，2N；（2）0.1kg，0.5kg【詳解】（1）要保持導體棒向左運動，則安培力方向必須水平向左，則根據(jù)左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b。由圖可知導體棒將要運動時的電流為I0=2A，則安培力F0=BI0L=2N（2）導體棒向左加速運動時即由圖像可知當I=2A時a=0，則解得M=0.5kgm=0.1kg【提分秘籍】1．安培力公式F＝BIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直，且L是通電導線的有效長度．2．通電導線在磁場中的平衡問題的分析思路(1)選定研究對象；(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如圖所示．(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解．【突破訓練】1.（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學?？计谥校╇娏魈炱娇梢詼y量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂豎直掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B的方向垂直線圈平面向里。當沒有通電時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡。當線圈中通過如圖所示方向的電流I時，要使兩臂重新達到平衡，在某一盤中增加了質(zhì)量為m的砝碼。重力加速度大小為g，下列說法正確的是（

）

A．增加的砝碼在左盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為B．增加的砝碼在左盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為C．增加的砝碼在右盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為D．增加的砝碼在右盤中，勻強磁場的磁感應強度大小為【答案】A【詳解】當線圈中通過如圖所示方向的電流I時，線圈受安培力向下，要使兩臂重新達到平衡，在左盤中增加砝碼勻強磁場的磁感應強度大小為故選A。2．（2023上·江西·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，傾角為θ=37°的粗糙斜面上有一個長度為L、質(zhì)量為m的通電直導線，其電流為I（可調(diào)），方向垂直紙面向里。整個空間分布有豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場，導線與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5（最大靜摩擦等于滑動摩擦力）。若導線能在斜面上靜止不動，則下列電流值不能滿足條件的是（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】通過通電導線在斜面上受重力、彈力、摩擦力和安培力作用下的平衡問題，考查科學思維能力?！驹斀狻繉Ь€進行受力分析，若摩擦力沿斜面向上，如圖甲所示

則有解得若摩擦力沿斜面向下，如圖乙所示

則有解得能使導線在斜面上靜止的電流范圍為故選A。3．（2023上·上海浦東新·高三?？计谥校┤鐖D所示，一個寬的“U”型絕緣導軌與水平面成37°傾角固定放置。導軌區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。一根質(zhì)量為0.10kg的金屬棒垂直放置在導軌上，棒上通有的電流。金屬棒靜止，棒與導軌之間的最大靜摩擦力為2.0N，，則（

）A．若增大電流，導軌對金屬棒的支持力也增大B．此時導軌對金屬棒的支持力大小為0.8NC．若增大磁感應強度，導軌對金屬棒的摩擦力先變小后變大D．此時導軌對金屬棒的摩擦力大小為1.4N【答案】D【詳解】AB．對金屬棒受力分析，如圖所示，根據(jù)左手定則可知其所受安培力水平向右，大小為導軌對金屬棒的支持力大小為若增大電流，則安培力增大，支持力減小，故AB錯誤；CD．根據(jù)平衡條件可得導軌對金屬棒的摩擦力大小為<2.0N若增大磁感應強度，則安培力增大，導軌對金屬棒的摩擦力會變大，故C錯誤，D正確；故選D。4.（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學?？计谥校┤鐖D所示，水平導軌間距為，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質(zhì)量，導軌間有效電阻，與導軌接觸良好；電源電動勢，內(nèi)阻，電阻；外加勻強磁場的磁感應強度，方向垂直于導軌平面向上；ab與導軌間動摩擦因數(shù)為（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，取重力加速度，ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）ab受到的安培力；（2）重物重力G的最大值。【答案】（1）2.5N，方向水平向左；（2）7.5N【詳解】（1）電路的電流ab受到的安培力方向水平向左。（2）ab受到的最大靜摩擦根據(jù)平衡可知，摩擦力方向向左時，重物重力最大對重物可知題型四帶電粒子在有界勻強磁場中的運動【典例分析1】（2023·河南開封·校考模擬預測）虛線OM和虛線ON之間的夾角為30°，如圖所示，虛線OM上方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶負電的粒子沿紙面以大小為v的速度從O點右側(cè)距離為L的A點向左上方射人磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場，不計重力。則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為（）A． B． C．2L D．3L【答案】A【詳解】軌跡與相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于故為等邊三角形，則而則故為一直線，則解得故A正確，BCD錯誤。故選A。【典例分析2】（2023上·江蘇南通·高三統(tǒng)考期中）在平面的的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，速率相等的大量電子從原點均勻發(fā)射到第一象限內(nèi)，從磁場右邊界射出的電子數(shù)占電子總數(shù)的三分之二，不計電子間相互作用，則電子在磁場中的臨界軌跡可能正確的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得可知速率相等的大量電子的運動半徑也相等，可知從原點均勻發(fā)射到第一象限內(nèi)，從磁場右邊界射出的電子數(shù)占電子總數(shù)的三分之二，可得可以從磁場右邊界射出的電子的發(fā)射角度范圍有則根據(jù)電子的偏轉(zhuǎn)軌跡和幾何關(guān)系可得能從右邊界射出的電子的發(fā)射角度在；故選D。【典例分析3】（2023下·福建漳州·高三?？计谥校┤鐖D所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿直徑AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，下列說法正確的是（）

A．兩粒子分別從A到P、Q經(jīng)歷時間之比為3∶1B．粒子在磁場中做勻速圓周運動周期之比為2∶1C．粒子在磁場中速率之比為1∶3D．粒子在磁場中運動軌道半徑之比為3∶1【答案】D【詳解】AB．做出帶電粒子運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知，到達Q點的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，到達P點的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，而粒子在磁場中做圓周運動的周期比荷相同且在同一磁場中做圓周運動，因此周期相同，則可得可得故AB錯誤；C．設圓形磁場的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得解得而根據(jù)可得故C錯誤，D正確。故選D。【典例分析4】（2023上·廣東廣州·高三仲元中學?？茧A段練習）如圖所示，正方形容器處于勻強磁場中，一束電子從孔a垂直于磁場沿ab方向射入容器中，一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，容器處于真空中，則下列結(jié)論中正確的是（）A．從兩孔射出的電子速率之比B．從兩孔射出的電子速率之比C．從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比D．從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比【答案】A【詳解】AB．設正方形的邊長為，從a孔射入，經(jīng)c，d兩孔射出的粒子的軌道半徑分別為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得從兩孔射出的電子速率之比為故A正確，B錯誤；CD．經(jīng)c孔射出的粒子在磁場中運動的時間為經(jīng)c孔射出的粒子在磁場中運動的時間為從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比為故CD錯誤。故選A?！咎岱置丶?.處理帶電粒子在磁場中運動問題的方法(1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的一般思路①找圓心畫軌跡；②由對稱找規(guī)律；③尋半徑列算式；④找角度定時間。(2)處理該類問題常用的幾個幾何關(guān)系①四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點；②三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。(3)時間的求解方法①根據(jù)周期求解，運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)；②根據(jù)運動弧長和速度求解，t＝eq\f(s,v)＝eq\f(θr,v)。2.處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法技巧(1)解答有關(guān)運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設粒子能夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識解題。(2)對稱規(guī)律解題法①從直線邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時，出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等(如圖甲所示)。②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，一定沿徑向射出(如圖乙所示)。(3)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，尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大)，常用方法如下：①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上。②旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R＝eq\f(mv,qB)的圓周上?！就黄朴柧殹?.（2023上·云南·高三云南省下關(guān)第一中學校聯(lián)考階段練習）如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點。在О點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q的相同電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同。速度方向與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則（）A．粒子帶正電B．粒子運動的速度大小為C．粒子在磁場中運動的最長時間為D．磁場區(qū)域中有粒子通過的面積為【答案】D【詳解】A．速度方向與OB的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，由粒子運動的軌跡，根據(jù)左手定則可判斷，粒子帶負電。故A錯誤。B．由此粒子的運動軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑r=d由牛頓第二定律，有則粒子運動的速度大小為故B錯誤。C．由于粒子做圓周運動的速度大小相同，因此在磁場中運動的軌跡越長，時間越長，分析可知，粒子在磁場中運動的最長弧長為四分之一圓周，因此最長時間為四分之一周期，即最長時間為故C錯誤。D．由圖可知磁場區(qū)域有粒子通過的面積為圖中AOCDA區(qū)域的面積，即為故D正確。故選D。2．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在無限長直邊界CD的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，無限大擋板EF平行于CD放置，與CD相距為d，帶電粒子達到擋板時能夠被擋板吸收，在A處有一粒子源能夠在紙面內(nèi)持續(xù)發(fā)射速度大小相等的電子。當電子在紙面內(nèi)沿AO方向垂直勻強磁場邊界射入時，恰好未被EF吸收。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力及電子間的相互作用。若磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，電子速度方向緩慢從AO沿順時針旋轉(zhuǎn)到AD時，在擋板上能夠吸收到電子的長度為（）

A． B．C． D．【答案】B【詳解】ABCD．電子垂直邊界射入，恰好未被EF吸收，其運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知電子做圓周運動的半徑為d，根據(jù)可知，當磁感應強度變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，電子在磁場中做圓周運動的半徑變?yōu)?d，速度方向改變時，電子能夠打到擋板上，臨界的運動軌跡如圖乙所示，能夠吸收到電子的區(qū)域為GH，由幾何關(guān)系可得

B正確，ACD錯誤。故選B。3.（2023上·河北石家莊·高三石家莊實驗中學?？计谀┤鐖D所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別為、，虛線MN為理想邊界?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是（

）A．電子的運動軌跡為B．電子運動一周回到P點所用的時間C．D．電子在區(qū)域受到的磁場力始終不變【答案】AC【詳解】A．由左手定則可知，電子在P點所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為，故A正確；BC．電子在磁場中做勻速圓周運動有解得，由圖知，則電子運動一周回到P點所用的時間為故B錯誤、C正確；D．電子在磁場中受洛倫茲力始終與速度垂直，方向時刻改變，故D錯誤。故選AC。4．（2023上·安徽·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，在平面直角坐標系xOy第一象限的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為m、電荷量為q的大量帶電粒子先后以相同的速度沿平行于y軸正方向從OA邊各處射入磁場，運動中有些粒子能在邊界AC上相遇，其中相遇粒子的入射時間差的最大值為t0。已知∠A=30°，不考慮各粒子之間的相互作用。下列判斷正確的是（）

A．粒子一定帶正電 B．粒子一定帶負電C．磁感應強度大小為 D．磁感應強度大小為【答案】AD【詳解】AB．由于運動中有些粒子能在邊界AC上相遇，因此帶電粒子一定向順時針方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子一定帶正電，故A正確，B錯誤；CD．由于粒子入射速度相同，根據(jù)可知粒子偏轉(zhuǎn)半徑相同，在邊界AC上相遇的情形有多種，如下圖

當相遇的兩粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角之差最大時，兩粒子的時間差最大，由于所以為等腰三角形，由幾何關(guān)系可得又可得可得最大時，最大，而當兩粒子相遇點B為左邊粒子軌跡與AC的切點時，最大，如下圖

由于∠A=30°，則此時為等邊三角形，可得故故而聯(lián)合解得故C錯誤，D正確。故選AD。5．（2024·全國·高三專題練習）如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內(nèi)、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計、質(zhì)子間的相互作用可忽略），所有質(zhì)子恰能通過D點，已知質(zhì)子的比荷，則質(zhì)子的速度可能為（）A． B．BkLC． D．【答案】ABD【詳解】質(zhì)子可能的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得2nRcos60°＝L（n＝1，2，…）由洛倫茲力提供向心力，則有聯(lián)立解得故選ABD。6．（2023上·貴州黔東南·高三統(tǒng)考期中）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）A．粒子2帶負電B．若減小磁場的磁感應強度，粒子1有可能打在Q點C．若減小磁場的磁感應強度，粒子2有可能打在Q點D．若有一粒子3以和粒子2相同的速度從P點射入磁場，恰好打在Q點，則粒子3比荷小于粒子2比荷【答案】CD【詳解】A．根據(jù)左手定則，粒子2帶正電，A錯誤；BC．根據(jù)得若減小磁場的磁感應強度，粒子2的運動半徑增大，有可能打在Q點；而粒子1做直線運動，不帶電，不會改變運動軌跡，B錯誤，C正確；D．速度相同，則粒子3的運動半徑更大，則粒子3比荷小于粒子2比荷，D正確。故選CD。7．（2024·全國·模擬預測）如圖所示，寬度為的有界勻強磁場，磁感應強度為，和是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為，電荷量的絕對值為的帶電粒子以方向射入磁場。要使粒子不能從邊界射出，則粒子入射速度的最大值可能是（）

A． B． C． D．【答案】BD【詳解】題目中只給出粒子“電荷量的絕對值為”，未說明是帶哪種