物理第1部分专题突破方略专题三电场与磁场第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动01真题感悟透析考情02热考核心高效突破03课后演练强化提能真题再现1.(2019·高考全国卷Ⅰ)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解析:选B.设三角形边长为l,通过导体棒MN的电流大小为I,则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为I2,如图所示,依题意有F=BlI,则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1=12BlI=12F,方向与F的方向相同,所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F,选项B正确.考情分析2.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)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13B0和12B0,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712B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0解析:选AC.由对称性可知,流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等,设为B1,流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反,设其大小为B2,由磁场叠加原理有B0-B1-B2=13B0,B0-B1+B2=12B0,联立解得B1=712B0,B2=112B0,所以A、C正确.考情分析3.(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反.下列说法正确的是()A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析:选BC.由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上,L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方,根据磁场叠加原理,L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示,根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行,选项A错误;同理,如图2所示,可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直,选项B正确;同理,如图3所示,设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B,根据几何知识可知,B合1=B,B合2=B,B合3=3B,由安培力公式可知,L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比,所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3,选项C正确,D错误.考情分析命题研究分析近几年高考试题可以看出,对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点,涉及磁场知识点的题目年年都有,考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多,一般为匀强磁场中的临界、极值问题,其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题;新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点,可能与电场相结合,也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合,要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法磁场对带电体的作用【高分快攻】1.磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则,明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法.(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”.即:2.安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为()A.0B.33B0C.233B0D.2B0[解析]导线P和Q中电流I均向里时,设其在a点产生的磁感应强度大小BP=BQ=B1,如图所示,则其夹角为60°,它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为3B1.又根据题意Ba=0,则B0=3B1,且B0平行于PQ向左.若P中电流反向,则BP反向、大小不变,BQ和BP大小不变,夹角为120°,合磁场的磁感应强度大小为B′1=B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直),a点合磁场的磁感应强度B=B20+B′21=233B0,则A、B、D项均错误,C项正确.[答案]C【题组突破】1.(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图.质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连,弹簧劲度系数为k,在边长ab=L1、bc=L2的矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.MN的右端连接一绝缘轻指针,可指示出标尺上的刻度,MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且MN处于静止状态时,MN与ab边重合,且指针指在标尺的零刻度处;当MN中有电流时,指针示数可表示电流大小.MN始终在纸面内且保持水平,重力加速度g.则()A.要使电流表正常工作,金属杆中电流方向应从M至NB.当该电流表的示数为零时,弹簧的伸长量为零C.该电流表的最大量程是Im=kL2BL1D.该电流表的刻度在0~Im范围内是不均匀的解析:选AC.要使电流表能正常工作,金属杆受到的安培力的方向应竖直向下,根据磁场的方向和左手定则可知,金属杆中电流方向应从M至N,选项A正确;当该电流表的示数为零时,说明金属杆中电流为零,此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用,根据平衡条件和胡克定律可知,kx=mg,弹簧的伸长量为x=mgk,选项B错误;根据平衡条件和胡克定律可知,k(x+L2)=mg+BImL1,解得Im=kL2BL1,即该电流表的最大量程为Im=kL2BL1,选项C正确;根据平衡条件和胡克定律可知,k(x+l)=mg+BIL1,解得I=kBL1·l,即该电流表的刻度在0~Im范围内是均匀的,选项D错误.2.(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析:选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,则线圈在安培力作用下转动起来,每转一周安培力驱动一次,可保证线圈不断地转动,A项正确;如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,不能保证线圈持续转动下去,B项错误;如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉,右转轴的下侧绝缘漆刮掉,则线圈中不可能有电流,因此线圈不可能转动,C项错误;如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同,因此D项正确.带电粒子在匀强磁场中的运动【高分快攻】1.“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动(1)一点:在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等).(2)两画:画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向.(3)三定:定圆心、定半径、定圆心角.(4)四写:写出基本方程qvB=mv2R,半径R=mvqB,周期T=2πRv=2πmqB,运动时间t=sv=α2πT.2.常见模型的解题思路(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时,我们可以先将有界磁场视为无界磁场,假设粒子能够做完整的圆周运动,确定粒子做圆周运动的圆心,作好辅助线,充分利用相关几何知识解题.(2)对称规律解题法①从直线边界射入的粒子,又从同一边界射出时,速度与边界的夹角相等(如图甲所示).②在圆形磁场区域内,沿半径方向射入的粒子,一定沿半径方向射出(如图乙所示).【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)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边中点有一电子发射源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.14kBl,54kBlB.14kBl,54kBlC.12kBl,54kBlD.12kBl,54kBl[解析]电子从a点射出时,其轨迹半径为ra=l4,由洛伦兹力提供向心力,有evaB=mv2ara,又em=k,解得va=kBl4;电子从d点射出时,由几何关系有r2d=l2+rd-l22,解得轨迹半径为rd=5l4,由洛伦兹力提供向心力,有evdB=mv2drd,又em=k,解得vd=5kBl4,选项B正确.[答案]B【题组突破】角度1带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析1.如图所示,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度大小为B,一群比荷为qm、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,则cosα2为()A.1-BqL4mvB.12-BqL4mvC.1-BqL2mvD.1-BqLmv解析:选C.根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,得R=mvqB,离子通过M、N点的轨迹如图所示,由几何关系知MN=ON-OM,过M点的两圆圆心与原点连线与x轴夹角为α2,圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向,由几何关系可知L=2R-2Rcosα2,解得cosα2=1-BqL2mv,故选项C正确.角度2带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析2.(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场.若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作用.则v2∶v1为()A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶2解析:选C.由于是相同的粒子,粒子进入磁场时的速度大小相同,由qvB=mv2R可知,R=mvqB,即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同.若粒子运动的速度大小为v1,如图所示,通过旋转圆可知,当粒子的磁场出射点A离P点最远时,则AP=2R1;同样,若粒子运动的速度大小为v2,粒子的磁场出射点B离P点最远时,则BP=2R2,由几何关系可知,R1=R2,R2=Rcos30°=32R,则v2v1=R2R1=3,C项正确.角度3带电粒子在有边界磁场中的运动分析3.平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析:选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图,设出射点为P,粒子运动轨迹与ON的交点为Q,粒子入射方向与OM成30°角,则射出磁场时速度方向与OM成30°角,由几何关系可知,PQ⊥ON,故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2