2024版高考物理一轮复习第九章磁场第1讲磁场及其对电流的作用学案新人教版.doc

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1、2024版高考物理一轮复习第九章磁场第1讲磁场及其对电流的作用学案新人教版第九章磁场课标解读课程标准命题热点1了解我国古代对磁现象的认识和应用及其对人类文明的影响。2通过实验了解磁场。知道磁场是一种物质，体会场的统一性与多样性。知道磁感应强度和磁通量。能用磁感线描述磁场。体会物理模型在探索自然规律中的作用。3知道电流的磁场。会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。4通过实验，认识安培力。能判断安培力的方向，会计算安培力的大小。了解安培力在生产生活中的应用。5通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子的磁偏转

2、原理及其应用。(1)安培定则的应用、磁场的叠加。(2)安培力、洛伦兹力的理解及应用。(3)带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题。(4)带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题。(5)洛伦兹力在现代科技中的应用。第1讲磁场及其对电流的作用知识梳理双基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理知识点1磁场、磁感应强度1磁场(1)定义：磁场是磁体、电流周围存在的一种特殊物质。(2)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。(3)方向：小磁针的 N极所受磁场力的方向。2磁感应强度(1)定义式：B(通电导线垂直于磁场)。(2)方向：小磁针静止时 N极的指向。知

3、识点2磁感线与安培定则1磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。2安培定则：(1)通电直导线：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。(2)环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向。如图，分别表示通电直导线、环形电流、通电线圈周围的磁场，表示电流的方向，表示磁场的方向。知识点3安培力的大小与方向1安培力的方向：左手定则(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。(3)拇指所指

4、的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如图，表示电流的方向，表示磁场的方向，表示安培力的方向。2安培力的大小：FBILsin (为磁场方向与电流方向的夹角)(1)当磁场与电流垂直时，FBIL。(2)当磁场与电流平行时，F0。思考：(1)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零吗？(2)利用左手定则判断两平行的通电(同向、异向)直导线间的安培力是引力还是斥力？答案(1)不一定(2)同向相吸、异向相斥双基自测一、堵点疏通1同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与此类似，同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。()2安培力F、磁感应强度B、电流I三者方向总是相互垂直。()3安培力计算公式

5、FBIl的成立条件是磁感应强度B垂直于电流I，即BI。()4磁铁的磁场和电流的磁场本质上是不同的。()5磁感应强度是一个矢量，表示通电导线所受安培力的方向。()6地磁的 N极在地球南极附近，赤道表面附近的地磁场可近似认为平行地面向北。()7安培力只能对导体做正功。()二、对点激活1关于磁场中某一点磁感应强度的方向，下列说法正确的是(C)A与一小段通电直导线所受磁场力的方向一致B与运动电荷所受磁场力的方向一致C与在该点的小磁针N极所受磁场力的方向一致D与在该点的小磁针S极所受磁场力的方向一致解析本题考查对磁感应强度的理解。磁场中某一点磁感应强度的方向，与在该点的小磁针N极所受磁场力的方向一致，选

6、项C正确。2(多选)下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是(AB)解析本题考查安培定则的应用。题图A为环形电流的磁场，符合安培定则；题图B是直线电流的磁场，符合安培定则；题图C是直线电流的磁场，方向标反，不符合安培定则；题图D是通电螺线管的磁场，方向标反，不符合安培定则。3如图甲所示为“海影号”电磁推进试验舰艇，舰艇下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示(俯视)，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，舰艇因此前进。要使图乙中的舰艇向右前进，则在乙图中所加磁场的方

7、向应为(C)A水平向左B水平向右C垂直纸面向上D垂直纸面向下解析本题考查流体所受安培力的作用与牛顿第三定律。根据题意，M、N分别接电源正、负极，所以有从M到N的电流，要使舰艇向右运动，即受向右的作用力，根据牛顿第三定律可知，海水受向左的安培力，根据左手定则可以判断出磁场方向垂直纸面向上，所以选项C正确。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一安培定则的应用和磁场的叠加1电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极，非匀强，距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极，与条形磁体的磁场类似，管内可看作匀强磁场，管外是非匀强磁场两侧是N极和

8、S极，圆环内侧，离导线越近，磁场越强；圆环外侧离圆环越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图从上向下看从前向后看从右向左看2安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指3磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。例1(2018全国卷)(多选)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

9、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(AC)A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0解析A、C对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：B0B0B1B2在a点：B0B0B1B2由上述两式解得B1B0，B2B0。名师点拨高考常考的三类磁场 (1)电流表内部永磁体及铁心产生的磁场。(2)通电环形螺线管中部磁场分布。其中甲图中绝大部分磁场被束缚在铁心中，环形螺线管左、右半部相当于两个螺线管

10、，且根据安培定则，相当于两个螺线管N、S极首尾相连；乙图环形螺线管左、右半部也相当于两个螺线管，且根据安培定则，相当于两个螺线管 N极对 N极，S极对S极的并联，磁场被迫在螺线管中部形成了闭合曲线，中部可近似看成匀强磁场。(3)地磁场。地球的磁场与条形磁铁的磁场相似：地磁场的S极在地理北极附近，地磁场的 N极在地理的南极附近；将地磁场B沿地球表面，及垂直于地球表面两方向分解，得到磁场的两个分量B、B，无论在北半球还是南半球B总是从地理上的南极指向地理上的北极，在北半球B垂直于地表指向下，在南半球B垂直于地表向上。变式训练1物理学家欧姆在探究通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，利

11、用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一长直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。某兴趣研究小组在得知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比的正确结论后重做了该实验，他们发现：当通过导线的电流为I1时，小磁针偏转了30；当通过导线的电流为I2时，小磁针偏转了60，则下列说法中正确的是(A)AI23I1BI22I1CI2I1DI2I1解析本题考查直线电流产生的磁场、磁场叠加及其相关知识点。由题意可设BKI，K为常数，通电后小磁针偏转后重新平衡时，电流产生的磁场的磁感应强

12、度与地磁场的磁感应强度在小磁针处的合磁场方向沿着小磁针N极所指的方向，通电前小磁针N极所指的方向为地磁场方向。设地磁场磁感应强度大小为B0，导线中通过电流为I1、I2时，磁场方向如图所示。tan 30，tan 60，解得I23I1，选项A正确。考点二安培力作用下导体运动情况的判断1判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2安培力作用下导体运动情况判断的常用方法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

13、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例2一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，线圈L1将(B)A不动B顺时针转动C逆时针转动D向纸面内平动解析方法一：等效分析法。把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形

14、电流L2的中心，通电后，小磁针的 N极应指向该环形电流L2的磁场方向，由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针，其 N极应由纸里转为向上，所以从左向右看顺时针转动。方法二：利用结论法(凡转动，必靠近)。环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看顺时针转动。方法三：直线电流元法。把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向

15、右看线圈L1顺时针转动。变式训练2一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(D)A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图乙所示，导线还要靠近螺线管

16、，所以D正确，A、B、C错误。考点三安培力作用下导体的平衡问题通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力学综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示。题型(一)通电金属杆的平衡问题例3如图所示，U形平行金属导轨与水平面成37角，金属杆ab横跨放在导轨上，其有效长度为0.5 m，质量为0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数为0.1，空间存在竖直向上的磁感应强度为2 T的匀强磁场。要使ab杆在导轨上保持静止，则ab中的电流大小应在什么范围？(设最大静摩擦力

17、与滑动摩擦力相等，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析先画出金属杆受力的侧面图，由于安培力的大小与电流有关，因此改变电流的大小，可以改变安培力的大小，也可以使导线所受的摩擦力方向发生变化。由平衡条件可知，当电流较小时，导线所受的摩擦力方向沿斜面向上，如图甲所示。则mgsin (mgcos Fsin )Fcos 又FBI1L，得I1()1.21 A当电流较大时，导线所受的摩擦力方向沿斜面向下，如图乙所示。则mgsin (mgcos Fsin )Fcos 又FBI2L，I2()1.84 A所以1.21 AI1.84 A。答案1.21 AI1.84 A题型(二)通电线框的

18、平衡问题例4(2019全国卷，17)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。已知导体棒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(B)A2FB1.5FC0.5FD0解析设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1R22RR21，上下两路电流之比I1I212。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式FILB，可知FFI1I212，得FF，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FFF，选项B正确。名师点拨安培力的

19、大小 安培力大小计算常用公式FBIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。名师讲坛素养提升MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG安培力作用下的力电综合问题安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。例5(2021广东梅州市调研)(多

20、选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20 cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T。一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m60 g、电阻R1 ，用两根长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角53(sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2)，则(BD)A磁场方向一定竖直向上B电源的电动势E8 VC导体棒在

21、摆动过程中所受安培力F8 ND导体棒摆动过程中的最大动能为0.08 J解析由题意知，当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，导体棒ab所受安培力为F，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角53，则tan ，又FBILBL，得F0.8 N，E8 V，故B正确，C错误；导体棒ab速度最大时，动能最大为Ekm，根据动能定理得：FLsin 53mgL(1cos 53)Ekm0，解得Ekm0.08 J，故D正确。变式训练3(多选)如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平

22、行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比。通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是(BD)A弹体向左高速射出BI为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍解析根据安培定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向下，再利用左手定则可知，弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A错误；设BkI(其中k为比例系数)，轨道间距为l，弹体的质量为m，射出时的速

23、度为v，则安培力FBIlkI2l，根据动能定理有FLmv2，联立可得vI，选项C错误，B、D正确。2年高考1年模拟2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI1(2020浙江7月选考，9)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(C)Ab点处的磁感应强度大小为0Bd点处的磁感应强度大小为0Ca点处的磁感应强度方向竖直向下Dc点处的磁感应强度方向竖直向下解析把实际情境转化为如

24、图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在b点产生的磁场方向，根据电流在周围产生磁场的特点，可知B1B2，A错误；根据安培定则及电流在周围产生磁场的特点，可画出d点处的磁感应强度为B1和B2，如图所示，由平行四边形定则可知合磁感应强度不为0，B错误；同理，两通电导线在a点产生磁场的磁感应强度为B1和B2，如图所示，故a点的合磁感应强度方向竖直向下，C正确；两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度为B1和B2，如图所示，故c点的合磁感应强度方向竖直向上，D错误。2(2019海南单科，2)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通过顺

25、时针方向电流时，铜线所受安培力的方向(A)A向前B向后C向左D向右解析利用左手定则判断导线受到的安培力方向，四指指向电流的方向，磁感线穿过手心，大拇指的指向为该段导线受到的安培力方向。半圆形铜线受到的安培力如图所示，左右对称，故左右方向的分量全部抵消，合力向前，A符合题意。3(2020浙南名校联盟一联)如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成角。下列说法中正确的是(A)A导体棒受到磁场力的大小为BILB导体棒对轨道压力的大小为mgBIL cos C导体棒受到导轨的摩擦力为(mgBILsin )D导体棒受到

26、导轨的摩擦力为BILsin 解析结合左手定则，对导体棒受力分析如图所示，由于B与I垂直，故导体棒受到的磁场力大小为FBIL，故A项正确；根据共点力平衡规律得BILsin FNmg，得导体棒对轨道的压力大小F压FNmgBILsin ，故B项错误；由于导体棒受到的是静摩擦力，因此受到的静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，FfBILcos ，故C、D项错误。故选A项。4(2020吉林长春月考)如图所示，水平桌面上固定两条光滑平行导轨，导轨左端连接电源，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置，接通电源，导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出，始终与地面平行，

27、落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2。不计电源和导轨电阻，导体棒与导轨垂直且接触良好，则安培力对两导体棒做功之比为(B)A11BssCs1s2D解析导体棒做平抛运动时，由于高度一定，则时间一定，设为t，则被抛出时的速度为v，则安培力做功为：Wmv2m2；由题可知，两个导体棒落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，而且导体棒质量相同，则安培力做功之比为：，故选项B正确，A、C、D错误。第2讲磁场对运动电荷的作用一、选择题(本题共8小题，15题为单选，68题为多选)1(2019北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列

28、说法正确的是(C)A粒子带正电B粒子在b点速率大于在a点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R， 若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R，若仅减小入射速率v, 则R变小，粒子在磁场中的偏转角变大，由tT，T知，运动时间变长，D错误。2如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电荷量为Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是 (C)A滑块受

29、到的摩擦力不变B滑块到达地面时的动能与B的大小无关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下DB很大时，滑块可能静止于斜面上解析根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，故A错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故D错误。3(2020安徽明光中学开学考试)如图

30、所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，左右两侧磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(B)A电子的运动轨迹为PENCMDPBB12B2C电子运动一周回到P点用时为TDB14B2解析本题考查带电粒子在磁场中的运动。电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在匀强磁场B1中的运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r可知，B12B2，故B正确，D错误；整个过程

31、中，电子在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T，故C错误。4(2019全国卷)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(B)AkBl，kBlBkBl，kBlCkBl，kBlDkBl，kBl解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线，有qvaBmRa解得vA若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qvdBmR2l2解得vd选项B正确。5(2020云南绿春高级中学期末)如图

32、所示，半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以某一速度从筒壁上的小孔P进入筒中，速度方向与半径成30夹角并垂直于磁场方向。不计离子和筒壁碰撞时能量和电荷量的损失。若离子在最短的时间内返回P孔，则离子的速率和返回P孔的最短的时间分别是(B)ABCD解析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。离子只与圆筒碰撞一次回到P孔经历的时间最短，轨迹如图所示，设离子在磁场中的轨迹半径为r，速度为v，向心力为qvBm，结合图中的几何关系可得r2R，解得离子的速率v，离子在磁场中走过的每段圆弧对应的圆心角60，经历的时间t，则t，故B

33、正确，A、C、D错误。6.(2020天津)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OMa，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则(AD)A粒子带负电荷B粒子速度大小为C粒子在磁场中运动的轨迹半径为aDN与O点相距(1)a解析粒子在磁场中的偏转轨迹如图，由左手定则可知粒子带负电，故A正确；由粒子在磁场中做圆周运动的轨迹以及几何关系可知，Ra，ONRa，由洛伦兹力提供向心力得qvB，联立解得v，ON(1)a，故B、C错误，D正确。故

34、选A、D。7(2021辽宁沈阳)两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60和30，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则(BD)Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨迹半径之比RaRb1C两粒子的质量之比mamb12D两粒子的质量之比mamb21解析本题考查带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动、洛伦兹力及其相关知识点。根据题述，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；画出两粒子运动轨迹，如图所示。由几何知识可知Rad,2Rbcos 30d，解得两粒子的轨迹

35、半径之比RaRb1，选项B正确；粒子在磁场中运动周期T，a粒子在磁场中运动时间为ta，b粒子在磁场中运动时间为tb，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，则tatb，解得两粒子的质量之比mamb21，选项C错误，D正确。8(2021湖南长沙期末)如图所示，虚线为半圆形，其中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，AB为过圆心且与竖直直径CD垂直的半径，现有两完全相同的带正电粒子(重力不计)分别从A点和B点以大小相同的速度沿水平半径AB和BA方向射入磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B、磁场区域的半径为R，粒子的质量和电荷量分别用m、q表示。则(CD)A两粒子均向上偏转B两粒子在磁场中运动的时间相等C若两粒子

36、的速度大小v，则由A点射入的粒子在磁场中运动的时间一定为D若两粒子的速度大小v，则由A点射入的粒子在磁场中运动的时间长解析本题考查带电粒子在半圆形边界磁场中的运动。从A点射入的粒子最初受到向下的洛伦兹力，向下偏转，从B点射入的粒子最初受到向上的洛伦兹力，向上偏转，A错误；如果从A点射入的粒子刚好从D点离开磁场，则有，解得v，则当v0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。答案(1)r(2)解析(1)如图，PMON为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹，C为圆

37、心，半径为R；MON为圆O的直径，MCMN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动，由几何关系知(OPR)2R2r2由上式和题给条件得Rr。(2)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvB由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为MN2r设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t，由运动学公式有t联立式得t。10如图，在0xh，y0)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

38、与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。答案(1)垂直于纸面向里(2)(2)h解析本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题。(1)由题意可知，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qv0Bm由此可得R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Rh由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm。(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，由式可得，此时圆弧半径为R2h粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子

39、在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系sin 即由几何关系可得，P点与x轴的距离为y2h(1cos )联立式得y(2)h。第2讲磁场对运动电荷的作用知识梳理双基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理知识点1洛伦兹力1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力。2洛伦兹力的方向(左手定则)：(1)伸出左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)。(3)拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。如图，表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，表示磁场的方向，表

40、示洛伦兹力的方向。3洛伦兹力的大小：FqvBsin ，是v与B之间的夹角。(1)当vB时，F0。(2)当vB时，FqvB。知识点2带电粒子在匀强磁场中的运动1洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。2粒子的运动性质：(1)若v0B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。(2)若v0B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。3基本公式(1)由qvBm，得r。(2)由v，得T。注意：应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。(3)f。(4)2f。思考

41、：(1)为什么带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动？答案如果是变速，则洛伦兹力会变化，而洛伦兹力总是和速度方向垂直，所以就不可能是直线运动。(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，T、 f和的大小与速度v有关吗？与哪些因素有关？答案T、 f和的大小与轨道半径R和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷有关。比荷相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T、 f和相同。双基自测一、堵点疏通1带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。()2洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。()3根据公式T，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与

42、v成反比。()4由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。()5带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。()6利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。()7经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。()二、对点激活1(2020四川石室中学期中)(多选)带电荷量为q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(BD)A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B如果把q改为q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小不变C洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D粒子只受到洛伦兹力的作

43、用，不可能做匀速直线运动解析本题考查对洛伦兹力的认识。粒子速度大小相同，由fqvBsin 可知，如果速度v与磁场B的夹角不同，洛伦兹力大小就可能不同，故A错误；如果把q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，故B正确；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，故C错误；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，所以粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动，故D正确。2(2021安徽安庆月考)美丽的安庆处在北纬30度附近，一束带负电的粒子从太空沿地球半径方向飞向安庆振风塔，由于受到地磁场的作用，粒子的运动方向将会发生偏转，该束带电粒子偏转方向是(B)A向东B向西C向南D向北解析运动粒子带负电，而地磁场的水平分量由南向北，所以根据左手定则可以判断，粒子所受洛伦兹力的方向向西，应向西偏转，B正确。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一对洛伦兹力的理解1洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同