專題24磁場的基本性質目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一磁場的疊加和安培定則的應用 1類型1磁場的疊加 1類型2安培定則的應用 4題型二安培力的分析和計算 5類型1通電導線有效長度問題 6類型2判斷安培力作用下導體的運動情況 8題型三安培力作用下的平衡和加速問題 9類型1安培力作用下的平衡問題 9類型2安培力作用下的加速問題 13題型四對洛倫茲力的理解和應用 16題型五洛倫茲力作用下帶電體的運動 18題型六帶電粒子在勻強磁場中的運動 22題型一磁場的疊加和安培定則的應用1．磁場疊加問題的分析思路(1)確定磁場場源，如通電導線。(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生的磁場的大小和方向。如圖2所示為M、N在c點產生的磁場BM、BN。(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B。2．安培定則的應用在運用安培定則判定直線電流和環形電流及通電螺線管的磁場時應分清“因”和“果”。因果磁場原因(電流方向)結果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環形電流及通電螺線管的磁場四指大拇指類型1磁場的疊加【例1】(2022·湖北省高考模擬)六根通電長直導線垂直紙面平行固定，其截面構成一正六邊形，O為六邊形的中心，通過長直導線a、b、c、d、e、f的電流分別為I1、I2、I3、I4、I5、I6，a、c、e中通過的電流大小相等，b、d、f中通過的電流大小相等，電流方向如圖5所示。已知通電長直導線在距導線r處產生的磁感應強度大小為B＝keq\f(I,r)，此時O點處的磁感應強度大小為6B，導線a在O處產生的磁感應強度大小為B，則移除e處導線后，e處的磁感應強度大小為()A．0 B．BC.eq\r(3)B D．2B【例2】(2022·四川省儀隴宏德中學高三模擬)(多選)如圖，三根通電長直細導線垂直于紙面固定，導線的橫截面(截面積不計)分別位于以O點為圓心的圓環上a、c、d三處，已知每根導線在O點的磁感應強度大小均為B，則()A．O點的磁感應強度方向垂直于aO向右B．O點的磁感應強度方向從O指向aC．O點的磁感應強度大小為(eq\r(2)＋1)BD．O點的磁感應強度大小為(eq\r(2)－1)B【例3】(2022·廣東深圳市高三月考)已知通電長直導線在周圍空間某位置產生的磁感應強度大小與電流大小成正比，與該位置到長直導線的距離成反比．如圖所示，現有通有電流大小相同的兩根長直導線分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則關于a、b、c、e、f五點，下列說法正確的是()A．f、a點磁感應強度相同B．c、e兩點磁感應強度大小之比為2∶1C．c點磁感應強度最大D．c點磁感應強度方向與ac平行【例4】(2021·河北選擇考模擬)如圖，兩根相互絕緣的通電長直導線分別沿x軸和y軸放置，沿x軸方向的電流為I0。已知通電長直導線在其周圍激發磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，其中k為常量，I為導線中的電流，r為場中某點到導線的垂直距離。圖中A點的坐標為(a，b)，若A點的磁感應強度為零，則沿y軸放置的導線中電流的大小和方向分別為()A.eq\f(a,b)I0，沿y軸正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y軸負向C.eq\f(b,a)I0，沿y軸正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y軸負向類型2安培定則的應用【例1】(2022·廣東潮州市教學質檢)如圖所示，兩根平行固定放置的長直導線a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場力大小為F，當加入一與導線所在平面垂直紙面向外的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變為3F，則此時b受到的磁場力大小為()A．F B．2FC．3F D．4F【例2】如圖所示，在同一絕緣水平面上固定三根平行且等間距的長直通電導線a、b、c，導線中通有大小相等的恒定電流．已知導線a受到的安培力方向向左，則下列說法正確的是()A．導線b中電流方向一定與導線a中電流方向相同B．導線c受到的安培力一定向右C．導線a、c受到的安培力的大小不一定相等D．導線b受到的安培力一定最大【例3】(2022·湖北宜昌市聯考)A、B、C三根通電長直導線均水平固定，導線通入的恒定電流大小相等，方向如圖所示，其中A、B垂直紙面且關于C對稱，則導線C所受磁場力的情況是()A．大小為零 B．方向豎直向上C．方向豎直向下 D．方向水平向左題型二安培力的分析和計算1．大小計算(1)有效長度：公式F＝IlB中的l是有效長度，彎曲導線的有效長度等于連接兩端點線段的長度。相應的電流沿l由始端流向末端，如圖所示。(2)電流元法：將導線分割成無限個小電流元，每一小段看成直導線，再按直線電流判斷和計算。2．安培力作用下導體運動的分析思路判定通電導體在安培力作用下的運動方向或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置磁感線的分布情況，及導體中電流的方向，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢。3．安培力作用下導體運動的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環形電流?小磁針條形磁體?通電螺線管?多個環形電流結論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力類型1通電導線有效長度問題【例1】(2022·山東濟南市高三月考)如圖所示，將一根同種材料，粗細均勻的導體圍成半徑為R的閉合導體線圈，固定在垂直線圈平面、磁感應強度為B的勻強磁場中．C、D兩點將線圈分為上、下兩部分，且C、D兩點間上方部分的線圈所對應的圓心角為120°.現將大小為I的恒定電流自C、D兩點間通入，則線圈C、D兩點間上、下兩部分導線受到的總安培力的大小為()A.eq\r(3)BIR B.eq\r(2)BIRC．BIR D．0【例1】(多選)(2022·廣東省選擇考模擬)(多選)磁感應強度大小為B的勻強磁場方向豎直向上，將一個三分之二圓弧形導體ab固定在圖示位置，其圓心為O，半徑為r.在導體中通以方向從a→b的恒定電流I，將磁場沿順時針方向繞垂直紙面并過O點的軸緩慢旋轉，下列說法正確的是()A．導體ab受到的安培力方向始終垂直紙面向外B．導體ab受到的安培力大小可能為零C．導體ab受到的安培力大小可能為BIrD．導體ab受到的安培力最大值為2BIr【例3】(2019·全國Ⅰ卷，17)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0類型2判斷安培力作用下導體的運動情況【例1】一個可以沿過圓心的水平軸自由轉動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()A．不動B．順時針轉動C．逆時針轉動D．在紙面內平動【例2】(2022·上海師大附中高三學業考試)水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導線由S極的上端平行于桌面移到N極上端的過程中，磁體始終保持靜止，導線始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示．則在這個過程中，磁體受到的摩擦力的方向和桌面對磁體的彈力()A．摩擦力始終為零，彈力大于磁體重力B．摩擦力始終不為零，彈力大于磁體重力C．摩擦力方向由向左變為向右，彈力大于磁體重力D．摩擦力方向由向右變為向左，彈力小于磁體重力題型三安培力作用下的平衡和加速問題解題思路：(1)選定研究對象．(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：類型1安培力作用下的平衡問題【例1】(2022·湖南衡陽市聯考)在勻強磁場區域內有一傾角為θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長為L、質量為m的導線，通以如圖12所示方向的電流I時，通電導線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．導線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感應強度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應強度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應強度方向垂直于斜面向下時，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)【例2】(2022·重慶市適應性測試)如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質量為40g的金屬導體棒，部分導體棒處于邊界寬度為d＝10cm的有界勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。導體棒通入4A的電流后靜止時，彈簧伸長量是未通電時的1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內，導體棒一直保持水平，則磁感應強度B的大小為(取重力加速度g＝10m/s2)()A．0.25T B．0.5TC．0.75T D．0.83T【例3】(2022·湖南省適應性考試)如圖所示，力傳感器固定在天花板上，邊長為L的正方形勻質導線框abcd用不可伸長的輕質絕緣細線懸掛于力傳感器的測力端，導線框與磁感應強度方向垂直，線框的bcd部分處于勻強磁場中，b、d兩點位于勻強磁場的水平邊界線上。若在導線框中通以大小為I、方向如圖所示的恒定電流，導線框處于靜止狀態時，力傳感器的示數為F1。只改變電流方向，其他條件不變，力傳感器的示數為F2，該勻強磁場的磁感應強度大小為()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【例3】(2022·江蘇南京市十三中教學質量調研)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。則()A．僅棒中的電流變小，θ變小B．僅兩懸線等長變長，θ變大C．僅金屬棒質量變大，θ變大D．僅磁感應強度變大，θ變小【例4】某同學自制一電流表，其原理如圖所示．質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數為k，在矩形區域abcd內有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度．MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數可表示電流強度．MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．當電流表的示數為零時，彈簧的長度為eq\f(mg,k)B．標尺上的電流刻度是均勻的C．為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為N→MD．電流表的量程為eq\f(mg＋kL2,BL1)【例5】(2022·福建省南安第一中學高三月考)如圖所示，電阻不計的水平導軌間距L＝0.5m，導軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應強度B＝5T的勻強磁場中．導體棒ab垂直于導軌放置且處于靜止狀態，質量m＝1kg，電阻R＝0.9Ω，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5.電源電動勢E＝10V，其內阻r＝0.1Ω，定值電阻的阻值R0＝4Ω.不計定滑輪的摩擦，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，細繩對ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)通過ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范圍．類型2安培力作用下的加速問題【例1】如圖所示，寬為L＝0.5m的光滑導軌與水平面成θ＝37°角，質量為m＝0.1kg、長也為L＝0.5m的金屬桿ab水平放置在導軌上，電源電動勢E＝3V，內阻r＝0.5Ω，金屬桿電阻為R1＝1Ω，導軌電阻不計．金屬桿與導軌垂直且接觸良好．空間存在著豎直向上的勻強磁場(圖中未畫出)，當電阻箱的電阻調為R2＝0.9Ω時，金屬桿恰好能靜止．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)磁感應強度B的大小；(2)保持其他條件不變，當電阻箱的電阻調為R2′＝0.5Ω時，閉合開關S，同時由靜止釋放金屬桿，求此時金屬桿的加速度．【例2】(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌平面水平，導軌上放有一金屬棒MN.現從t＝0時刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列關于棒的速度、加速度隨時間t變化的關系中，可能正確的是()【例3】航空母艦的艦載機在起飛的過程中，僅靠自身發動機噴氣不足以在飛行甲板上達到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(如圖甲所示)就能達到起飛速度．電磁彈射系統的設計原理圖可簡化為圖乙所示，圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導軌(電阻忽略不計)，AB是電磁彈射車，回路PBAM中電流恒定，該電流產生的磁場對彈射車施加力的作用，從而帶動艦載機由靜止開始向右加速起飛，不計空氣阻力，關于該系統，下列說法正確的是()A．MN、PQ間的磁場是勻強磁場B．彈射車的速度與運動的時間成正比C．彈射車所受的安培力與電流的大小成正比D．回路PBAM中通以交變電流，彈射車不能正常加速【例4】(2022·湘豫名校聯考)如圖甲所示，在豎直平面內固定兩光滑平行導體圓環，兩圓環正對放置，圓環半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環通過導線與電源相連，電源的電動勢E＝3V，內阻不計。在兩圓環上水平放置一導體棒，導體棒質量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環電阻不計，勻強磁場方向豎直向上。開關S閉合后，棒可以靜止在圓環上某位置，如圖乙所示，該位置對應的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)導體棒靜止在某位置時所受安培力的大小；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小；(3)斷開開關S后，導體棒下滑到軌道最低點時對單個圓環的壓力。題型四對洛倫茲力的理解和應用1．洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷。(2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力一定不做功。2．與安培力的聯系及區別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。【例1】(多選)核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優勢，中科院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓界面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學家率先建成世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”實驗裝置．將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示，磁場水平向右分布在空間中，所有粒子的質量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是()A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動C．丙粒子做勻速圓周運動D．所有粒子運動過程中動能不變【例2】如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導線在周圍產生的磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發在桌面上沿連線MN運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是()A．小球做勻速直線運動B．小球先做加速運動后做減速運動C．小球對桌面的壓力先減小后增大D．小球對桌面的壓力一直在減小【例3】．(2022·浙江高三模擬)一根通電直導線水平放置，通過直導線的恒定電流方向如圖所示，現有一電子從直導線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關于接下來電子的運動，下列說法正確的是()A．電子將向下偏轉，運動的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉，運動的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉，運動的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉，運動的半徑逐漸變小題型五洛倫茲力作用下帶電體的運動帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發生變化，與接觸面間彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開接觸面．【例1】(2022·云南昆明一中高三月考)如圖所示，一個質量為m＝1.5×10－4kg的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝37°的光滑絕緣斜面上，斜面固定且置于B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，將脫離斜面(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)小滑塊帶何種電荷；(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大；(3)該斜面長度至少多長．【例2】(2022·甘肅嘉峪關市第一中學高三月考)如圖所示，一傾角為θ＝53°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在豎直向上、大小E＝1×102N/C的勻強電場和垂直紙面向外、大小B＝1×102T的勻強磁場．現讓一質量m＝0.4kg、電荷量q＝1×10－2C的帶負電小滑塊從斜面上某點由靜止釋放，小滑塊運動1m后離開斜面．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，則以下說法正確的是()A．離開斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運動B．小滑塊離開斜面時的速度大小為1.8m/sC．在離開斜面前的過程中小滑塊電勢能增加了0.8JD．在離開斜面前的過程中產生的熱量為2.2J【例3】．如圖所示，足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場中固定一光滑斜面，A、B兩物塊疊放在斜面上，A帶正電，B不帶電且上表面絕緣．在t＝0時刻，釋放兩物塊，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，以下說法正確的是()A．A所受洛倫茲力大小與時間t成正比關系B．A對B的壓力大小與時間t成反比關系C．A、B間的摩擦力越來越小D．斜面傾角越大，A、B一起沿斜面運動的位移越大【例4】如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點．若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率不變【例5】.(多選)如圖，空間有一垂直紙面向外、磁感應強度大小為2T的勻強磁場，一質量為0.3kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無初速度放上一質量為0.4kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數為0.45，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．t＝0時對滑塊施加方向水平向左，大小為2.1N的恒力．g取10m/s2，則()A．木板和滑塊一直做加速度為3m/s2的勻加速運動B．木板先做加速度為3m/s2的勻加速運動，再做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動C．當木塊的速度等于10m/s時與木板恰好分離D．t＝1s時滑塊和木板開始發生相對滑動題型六帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．2．帶電粒子以速度v垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動．(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)軌跡半徑：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關．(4)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t＝eq\f(θ,2π)T.(5)動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).【例1】(多選)兩個帶正電的粒子，以相同大小的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知它們的質量之比為m甲∶m乙＝2∶1、帶電荷量之比為q甲∶q乙＝1∶3.不計粒子重力和粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．粒子做圓周運動的軌道半徑之比為R甲∶R乙＝1∶6B．粒子做圓周運動的周期之比為T甲∶T乙＝6∶1C．粒子做圓周運動的角速度大小之比為ω甲∶ω乙＝3∶2D．粒子做圓周運動的加速度大小之比為a甲∶a乙＝1∶6【例2】如圖所示，為洛倫茲力演示儀的結構示意圖．由電子槍產生電子束，玻璃泡內充有稀薄氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡．當通有恒定電流時前后兩個勵磁線圈之間產生勻強磁場，磁場方向與兩個線圈中心的連線平行．電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流I來調節．適當調節U和I，玻璃泡中就會出現電子束的圓形徑跡．通過下列調節，一定能讓圓形徑跡半徑減小的是()A．減小U，增大IB．增大U，減小IC．同時減小U和ID．同時增大U和I【例3】(2022·湖北省高考模擬)速度方向相同、動能一樣大的電子、質子及α粒子從AD邊某點O垂直進入某種場中(圖甲為勻強電場，乙為勻強磁場)，都能從BC邊離開場區域，不計質子與中子的質量差異．關于它們在場中的運動．下列說法正確的是()A．若為勻強磁場，運動軌跡有兩條B．若為勻強磁場，離開磁場時α粒子動能最大C．若為勻強電場，離開電場時質子和α粒子動能增加，電子動能減小D．若為勻強電場，離開電場時這三種粒子的速度偏轉角大小都不相等【例4】一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段軌跡如圖所示，軌跡上的每一小段都可近似看成圓弧．由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，則從圖中情況可以確定()A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從a到b，帶負電C．粒子從b到a，帶正電D．粒子從b到a，帶負電【例5】(多選)如圖所示，分界線MN上下兩側有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，一質量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從O點出發，以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經時間t又回到出發點O，形成了圖示心形圖案，則()A．粒子一定帶正電荷B．MN上下兩側的磁場方向相同C．MN上下兩側的磁感應強度的大小B1∶B2＝1∶2D．時間t＝eq\f(2πm,qB2)

專題24磁場的基本性質目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一磁場的疊加和安培定則的應用 1類型1磁場的疊加 1類型2安培定則的應用 4題型二安培力的分析和計算 5類型1通電導線有效長度問題 6類型2判斷安培力作用下導體的運動情況 8題型三安培力作用下的平衡和加速問題 9類型1安培力作用下的平衡問題 9類型2安培力作用下的加速問題 13題型四對洛倫茲力的理解和應用 16題型五洛倫茲力作用下帶電體的運動 18題型六帶電粒子在勻強磁場中的運動 22題型一磁場的疊加和安培定則的應用1．磁場疊加問題的分析思路(1)確定磁場場源，如通電導線。(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生的磁場的大小和方向。如圖2所示為M、N在c點產生的磁場BM、BN。(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B。2．安培定則的應用在運用安培定則判定直線電流和環形電流及通電螺線管的磁場時應分清“因”和“果”。因果磁場原因(電流方向)結果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環形電流及通電螺線管的磁場四指大拇指類型1磁場的疊加【例1】(2022·湖北省高考模擬)六根通電長直導線垂直紙面平行固定，其截面構成一正六邊形，O為六邊形的中心，通過長直導線a、b、c、d、e、f的電流分別為I1、I2、I3、I4、I5、I6，a、c、e中通過的電流大小相等，b、d、f中通過的電流大小相等，電流方向如圖5所示。已知通電長直導線在距導線r處產生的磁感應強度大小為B＝keq\f(I,r)，此時O點處的磁感應強度大小為6B，導線a在O處產生的磁感應強度大小為B，則移除e處導線后，e處的磁感應強度大小為()A．0 B．BC.eq\r(3)B D．2B【答案】A【解析】結合題圖可知各導線在O點產生的磁場方向如圖甲所示，a、c、e中通過的電流大小相等，且到O點的距離相等，若通過a、c、e三條導線的電流在O點產生的磁感應強度大小均為B，合磁感應強度大小為2B，則若通過b、d、f三條導線的電流在O點產生的合磁感應強度大小為4B，結合上述分析可知，b、d、f三條導線中的電流大小是a、c、e三條導線中電流大小的2倍；去掉e導線后剩余導線在e點產生的磁場方向如圖乙所示。由B＝keq\f(I,r)，可知B4′＝B6′＝2B，夾角為120°，B1′＝B3′＝eq\f(\r(3),3)B，夾角為60°，B2′＝B，由平行四邊形定則求得e點的合磁感應強度大小為0。故選項A正確。【例2】(2022·四川省儀隴宏德中學高三模擬)(多選)如圖，三根通電長直細導線垂直于紙面固定，導線的橫截面(截面積不計)分別位于以O點為圓心的圓環上a、c、d三處，已知每根導線在O點的磁感應強度大小均為B，則()A．O點的磁感應強度方向垂直于aO向右B．O點的磁感應強度方向從O指向aC．O點的磁感應強度大小為(eq\r(2)＋1)BD．O點的磁感應強度大小為(eq\r(2)－1)B【答案】AC【解析】磁感應強度的矢量疊加如圖所示，每根導線在圓心O處產生的磁感應強度大小均為B，可得O處的磁感應強度大小為BO＝2Bcos45°＋B＝(eq\r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右．故選A、C.【例3】(2022·廣東深圳市高三月考)已知通電長直導線在周圍空間某位置產生的磁感應強度大小與電流大小成正比，與該位置到長直導線的距離成反比．如圖所示，現有通有電流大小相同的兩根長直導線分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則關于a、b、c、e、f五點，下列說法正確的是()A．f、a點磁感應強度相同B．c、e兩點磁感應強度大小之比為2∶1C．c點磁感應強度最大D．c點磁感應強度方向與ac平行【答案】C【解析】由對稱性可知，f、a點磁感應強度大小相等，但是方向不相同，選項A錯誤；設每根直導線的電流為I，則B＝eq\f(kI,r)，若正方形邊長為L，則c點磁感應強度大小Bc＝eq\f(2kI,L)，e點磁感應強度大小Be＝eq\f(\r(2)kI,L)，大小之比為eq\r(2)∶1，選項B錯誤；a、b、c、e、f五個點中c點距離兩通電導線距離都是最小，且兩根通電導線在c點的磁場方向相同，都沿著b→c方向，則合成后磁感應強度最大，選項C正確，D錯誤．【例4】(2021·河北選擇考模擬)如圖，兩根相互絕緣的通電長直導線分別沿x軸和y軸放置，沿x軸方向的電流為I0。已知通電長直導線在其周圍激發磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，其中k為常量，I為導線中的電流，r為場中某點到導線的垂直距離。圖中A點的坐標為(a，b)，若A點的磁感應強度為零，則沿y軸放置的導線中電流的大小和方向分別為()A.eq\f(a,b)I0，沿y軸正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y軸負向C.eq\f(b,a)I0，沿y軸正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y軸負向【答案】A【解析】根據右手螺旋定則可知，沿x軸的電流在A點處的磁感應強度為B1＝keq\f(I0,b)，方向垂直于紙面向外，因為A點磁感應強度為零，所以沿y軸的電流產生的磁場垂直紙面向里，大小等于B1，有keq\f(I,a)＝keq\f(I0,b)，解得I＝eq\f(a,b)I0，根據右手螺旋定則可知電流方向沿y軸正方向，故A正確。類型2安培定則的應用【例1】(2022·廣東潮州市教學質檢)如圖所示，兩根平行固定放置的長直導線a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場力大小為F，當加入一與導線所在平面垂直紙面向外的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變為3F，則此時b受到的磁場力大小為()A．F B．2FC．3F D．4F【答案】A【解析】根據安培定則和左手定則可知a導線受到的F水平向右，由牛頓第三定律可知b受到a施加的磁場力也為F，方向水平向左。加勻強磁場后a受到的磁場力大小為3F，方向水平向右，則勻強磁場施加給a的力方向水平向右，大小為2F，施加給同向電流b的力方向也水平向右，則b受到的合力大小為2F－F＝F，所以A正確，B、C、D錯誤。【例2】如圖所示，在同一絕緣水平面上固定三根平行且等間距的長直通電導線a、b、c，導線中通有大小相等的恒定電流．已知導線a受到的安培力方向向左，則下列說法正確的是()A．導線b中電流方向一定與導線a中電流方向相同B．導線c受到的安培力一定向右C．導線a、c受到的安培力的大小不一定相等D．導線b受到的安培力一定最大【答案】C【解析】由于導線a受到的安培力方向垂直導線向左，故導線b的電流方向一定與導線a中電流方向相反，故A錯誤；若導線c的電流方向與導線a相反，則導線c受到安培力的方向向左；若導線c的電流方向與導線a相同，則導線c受到安培力的方向向右，故B錯誤；只有當導線c的電流方向與導線a相同時，導線a、c受到安培力的大小才相等，故C正確；當導線c的電流方向與導線b相同時，導線b受到的安培力最大，故D錯誤．【例3】(2022·湖北宜昌市聯考)A、B、C三根通電長直導線均水平固定，導線通入的恒定電流大小相等，方向如圖所示，其中A、B垂直紙面且關于C對稱，則導線C所受磁場力的情況是()A．大小為零 B．方向豎直向上C．方向豎直向下 D．方向水平向左【答案】A【解析】由安培定則、對稱性與磁感應強度的疊加原理，可知A、B通電直導線在導線C處的合磁場方向總是水平向右，所以導線C所受磁場力大小為零，則A正確，B、C、D錯誤。題型二安培力的分析和計算1．大小計算(1)有效長度：公式F＝IlB中的l是有效長度，彎曲導線的有效長度等于連接兩端點線段的長度。相應的電流沿l由始端流向末端，如圖所示。(2)電流元法：將導線分割成無限個小電流元，每一小段看成直導線，再按直線電流判斷和計算。2．安培力作用下導體運動的分析思路判定通電導體在安培力作用下的運動方向或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置磁感線的分布情況，及導體中電流的方向，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢。3．安培力作用下導體運動的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環形電流?小磁針條形磁體?通電螺線管?多個環形電流結論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力類型1通電導線有效長度問題【例1】(2022·山東濟南市高三月考)如圖所示，將一根同種材料，粗細均勻的導體圍成半徑為R的閉合導體線圈，固定在垂直線圈平面、磁感應強度為B的勻強磁場中．C、D兩點將線圈分為上、下兩部分，且C、D兩點間上方部分的線圈所對應的圓心角為120°.現將大小為I的恒定電流自C、D兩點間通入，則線圈C、D兩點間上、下兩部分導線受到的總安培力的大小為()A.eq\r(3)BIR B.eq\r(2)BIRC．BIR D．0【答案】A【解析】由幾何關系可知，C、D兩點間的距離L＝Rsin60°×2＝eq\r(3)R，由等效思想可知，導體線圈受到的總安培力的大小F安＝BIL＝eq\r(3)BIR，故選A.【例1】(多選)(2022·廣東省選擇考模擬)(多選)磁感應強度大小為B的勻強磁場方向豎直向上，將一個三分之二圓弧形導體ab固定在圖示位置，其圓心為O，半徑為r.在導體中通以方向從a→b的恒定電流I，將磁場沿順時針方向繞垂直紙面并過O點的軸緩慢旋轉，下列說法正確的是()A．導體ab受到的安培力方向始終垂直紙面向外B．導體ab受到的安培力大小可能為零C．導體ab受到的安培力大小可能為BIrD．導體ab受到的安培力最大值為2BIr【答案】BC【解析】根據左手定則可知，磁場沿順時針方向繞垂直紙面并過O點的軸緩慢旋轉的過程中安培力的方向可能垂直紙面向外，也可能垂直紙面向里，故A錯誤；當磁場的方向與ab的連線平行時，此時導體ab受到的安培力大小為零，故B正確；ab的連線長度L＝eq\r(3)r，當磁場方向與ab的連線垂直時，此時的安培力最大F安＝BIL＝eq\r(3)BIr，安培力最小值為0，最大值為eq\r(3)BIr，所以在磁場轉動過程中，導體ab受到的安培力大小可能為BIr，不可能為2BIr，故C正確，D錯誤．【例3】(2019·全國Ⅰ卷，17)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0【答案】B【解析】設每根導體棒的電阻為R，長度為L，則外電路中，上、下電路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下電路電流之比I1∶I2＝1∶2。如圖所示，每根導體棒長度均為L，由于上面電路MLN通電的導體棒受到的安培力的有效長度也為L，根據安培力計算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根據左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受到的安培力大小為F＋F′＝1.5F，選項B正確。類型2判斷安培力作用下導體的運動情況【例1】一個可以沿過圓心的水平軸自由轉動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()A．不動B．順時針轉動C．逆時針轉動D．在紙面內平動【答案】B【解析】方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數段直線電流元，電流元處在L2產生的磁場中，根據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內，因此從左向右看線圈L1將順時針轉動．方法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉動前，N極指向紙內，因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動．方法三(結論法)環形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉動，直到兩環形電流同向平行為止．據此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動．【例2】(2022·上海師大附中高三學業考試)水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導線由S極的上端平行于桌面移到N極上端的過程中，磁體始終保持靜止，導線始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示．則在這個過程中，磁體受到的摩擦力的方向和桌面對磁體的彈力()A．摩擦力始終為零，彈力大于磁體重力B．摩擦力始終不為零，彈力大于磁體重力C．摩擦力方向由向左變為向右，彈力大于磁體重力D．摩擦力方向由向右變為向左，彈力小于磁體重力【答案】C【解析】如圖所示，導線在S極上方時所受安培力方向斜向左上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的磁場力斜向右下方，磁體有向右的運動趨勢，則磁體受到的摩擦力水平向左；磁體對桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對磁體的彈力大于磁體重力；如圖所示，當導線在N極上方時，導線所受安培力方向斜向右上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的磁場力斜向左下方，磁體有向左的運動趨勢，則磁體受到的摩擦力水平向右；磁體對桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對磁體的彈力大于磁體重力；由以上分析可知，磁體受到的摩擦力先向左后向右，桌面對磁體的彈力始終大于磁體的重力，故A、B、D錯誤，C正確．題型三安培力作用下的平衡和加速問題解題思路：(1)選定研究對象．(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：類型1安培力作用下的平衡問題【例1】(2022·湖南衡陽市聯考)在勻強磁場區域內有一傾角為θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長為L、質量為m的導線，通以如圖12所示方向的電流I時，通電導線能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．導線所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感應強度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應強度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應強度方向垂直于斜面向下時，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)【答案】D【解析】根據重力、支持力、安培力三力平衡可知，導線所受的安培力垂直于斜面向下時，導線所受合力不能為0，導線不能靜止，A錯誤；若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平水平向左，導線不能靜止，B錯誤；若磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導線不能靜止，C錯誤；磁場方向垂直于斜面向下時，安培力方向沿斜面向上，此時安培力最小，磁感應強度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正確。【例2】(2022·重慶市適應性測試)如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質量為40g的金屬導體棒，部分導體棒處于邊界寬度為d＝10cm的有界勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。導體棒通入4A的電流后靜止時，彈簧伸長量是未通電時的1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內，導體棒一直保持水平，則磁感應強度B的大小為(取重力加速度g＝10m/s2)()A．0.25T B．0.5TC．0.75T D．0.83T【答案】B【解析】未通電時，導體棒的重力與兩彈簧的彈力相等，根據平衡條件可知mg＝2kx，通電后，通過導體棒的電流方向為從右向左，根據左手定則可知安培力方向豎直向下，根據平衡條件可知mg＋BId＝2k×1.5x，兩式相比得eq\f(mg,mg＋BId)＝eq\f(2kx,2k×1.5x)＝eq\f(1,1.5)，解得B＝0.5T，故B正確。【例3】(2022·湖南省適應性考試)如圖所示，力傳感器固定在天花板上，邊長為L的正方形勻質導線框abcd用不可伸長的輕質絕緣細線懸掛于力傳感器的測力端，導線框與磁感應強度方向垂直，線框的bcd部分處于勻強磁場中，b、d兩點位于勻強磁場的水平邊界線上。若在導線框中通以大小為I、方向如圖所示的恒定電流，導線框處于靜止狀態時，力傳感器的示數為F1。只改變電流方向，其他條件不變，力傳感器的示數為F2，該勻強磁場的磁感應強度大小為()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【答案】C【解析】線框在磁場中的有效長度為bd＝eq\r(2)L，當電流方向為題圖所示方向時，由平衡條件得F1＋eq\r(2)ILB＝mg①改變電流方向后，安培力方向豎直向下，有F2＝mg＋eq\r(2)ILB②聯立①②得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正確。【例3】(2022·江蘇南京市十三中教學質量調研)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。則()A．僅棒中的電流變小，θ變小B．僅兩懸線等長變長，θ變大C．僅金屬棒質量變大，θ變大D．僅磁感應強度變大，θ變小【答案】A【解析】金屬棒受力如圖所示，金屬棒平衡，可得tanθ＝eq\f(F安,mg)＝eq\f(ILB,mg)，金屬棒中電流I變小，θ角變小，故A正確；兩懸線等長變長，θ角不變，故B錯誤；金屬棒質量變大，θ角變小，故C錯誤；磁感應強度變大，θ角變大，故D錯誤。【例4】某同學自制一電流表，其原理如圖所示．質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數為k，在矩形區域abcd內有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度．MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數可表示電流強度．MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．當電流表的示數為零時，彈簧的長度為eq\f(mg,k)B．標尺上的電流刻度是均勻的C．為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為N→MD．電流表的量程為eq\f(mg＋kL2,BL1)【答案】B【解析】電流表示數為零時，金屬桿不受安培力，金屬桿在重力與彈簧彈力作用下處于平衡狀態，由平衡條件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，x0為彈簧伸長量，不是彈簧的長度，A錯誤；當電流為I時，安培力為FA＝BIL1，靜止時彈簧伸長量的增加量為Δx，根據胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)，Δx∝I，故標尺上的電流刻度是均勻的，B正確；要使電流表正常工作，金屬桿應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應從M至N，C錯誤；設Δx＝L2，則有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故電流表的量程為eq\f(kL2,BL1)，D錯誤．【例5】(2022·福建省南安第一中學高三月考)如圖所示，電阻不計的水平導軌間距L＝0.5m，導軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應強度B＝5T的勻強磁場中．導體棒ab垂直于導軌放置且處于靜止狀態，質量m＝1kg，電阻R＝0.9Ω，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5.電源電動勢E＝10V，其內阻r＝0.1Ω，定值電阻的阻值R0＝4Ω.不計定滑輪的摩擦，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，細繩對ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)通過ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范圍．【答案】(1)2A電流方向由a到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N【解析】(1)由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r＋R0)＝eq\f(10,0.9＋0.1＋4)A＝2A，電流方向由a到b；(2)ab受到的安培力大小為F安＝BIL＝5×2×0.5N＝5N(3)①若導體棒ab恰好有水平向左的運動趨勢時，導體棒所受靜摩擦力水平向右，則由共點力平衡條件可得mg＝F安cosα＋FN，F安sinα＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN聯立解得：G1＝0.5N；②若導體棒恰好有水平向右的運動趨勢時，導體棒所受靜摩擦力水平向左，則由共點力平衡條件可得：mg＝F安cosα＋FN，F安sinα＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN聯立解得：G2＝7.5N；綜合①②可得，重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N類型2安培力作用下的加速問題【例1】如圖所示，寬為L＝0.5m的光滑導軌與水平面成θ＝37°角，質量為m＝0.1kg、長也為L＝0.5m的金屬桿ab水平放置在導軌上，電源電動勢E＝3V，內阻r＝0.5Ω，金屬桿電阻為R1＝1Ω，導軌電阻不計．金屬桿與導軌垂直且接觸良好．空間存在著豎直向上的勻強磁場(圖中未畫出)，當電阻箱的電阻調為R2＝0.9Ω時，金屬桿恰好能靜止．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)磁感應強度B的大小；(2)保持其他條件不變，當電阻箱的電阻調為R2′＝0.5Ω時，閉合開關S，同時由靜止釋放金屬桿，求此時金屬桿的加速度．【答案】(1)1.2T(2)1.2m/s2，方向沿斜面向上【解析】(1)由安培力公式和平衡條件可得mgsinθ＝BILcosθ由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)解得B＝1.2T(2)由牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律有BI′Lcosθ－mgsinθ＝maI′＝eq\f(E,R1＋R2′＋r)解得a＝1.2m/s2方向沿斜面向上．【例2】(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌平面水平，導軌上放有一金屬棒MN.現從t＝0時刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列關于棒的速度、加速度隨時間t變化的關系中，可能正確的是()【答案】BD【解析】由題可知，導軌粗糙，棒中通入的電流與時間成正比，I＝kt，棒將受到安培力作用，剛開始時金屬棒不動，當安培力大于最大靜摩擦力時，棒開始運動，根據牛頓第二定律得F－Ff＝ma，而F＝BIL，I＝kt得到BkL·t－Ff＝ma，可見a隨t的變化均勻增大，故A錯誤，B正確．a增大，v－t圖像的斜率增大，故C錯誤，D正確．【例3】航空母艦的艦載機在起飛的過程中，僅靠自身發動機噴氣不足以在飛行甲板上達到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(如圖甲所示)就能達到起飛速度．電磁彈射系統的設計原理圖可簡化為圖乙所示，圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導軌(電阻忽略不計)，AB是電磁彈射車，回路PBAM中電流恒定，該電流產生的磁場對彈射車施加力的作用，從而帶動艦載機由靜止開始向右加速起飛，不計空氣阻力，關于該系統，下列說法正確的是()A．MN、PQ間的磁場是勻強磁場B．彈射車的速度與運動的時間成正比C．彈射車所受的安培力與電流的大小成正比D．回路PBAM中通以交變電流，彈射車不能正常加速【答案】B【解析】根據安培定則可知，MN、PQ間有垂直紙面向外的磁場，且通電直導軌產生的磁場為環形磁場，離導軌越遠磁場越弱，故不是勻強磁場，故A錯誤；沿導軌方向磁場不變，且回路PBAM中電流恒定，導軌間距不變，由F＝BIL可知，安培力大小不變，由牛頓第二定律F＝ma可知，加速度不變，由v＝at可知彈射車的速度與運動的時間成正比，故B正確；安培力F＝BIL，當電流增大時，磁感應強度也增大，故彈射車所受的安培力與電流的大小不是正比關系，故C錯誤；根據安培定則可知電流方向沿回路PBAM時，導軌之間產生垂直紙面向外的磁場，結合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右；當電流方向沿回路MABP時，根據右手螺旋定則導軌之間產生垂直紙面向里的磁場，結合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右，故電流的方向變化不改變電磁彈射車所受安培力的方向，即電磁彈射系統能夠正常工作，故D錯誤．【例4】(2022·湘豫名校聯考)如圖甲所示，在豎直平面內固定兩光滑平行導體圓環，兩圓環正對放置，圓環半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環通過導線與電源相連，電源的電動勢E＝3V，內阻不計。在兩圓環上水平放置一導體棒，導體棒質量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環電阻不計，勻強磁場方向豎直向上。開關S閉合后，棒可以靜止在圓環上某位置，如圖乙所示，該位置對應的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)導體棒靜止在某位置時所受安培力的大小；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小；(3)斷開開關S后，導體棒下滑到軌道最低點時對單個圓環的壓力。【答案】(1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向豎直向下【解析】(1)導體棒靜止時，受力分析如圖所示根據平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入數據解得導體棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4T。(3)斷開開關S后，導體棒下滑到軌道最低點的過程中，根據動能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s導體棒在最低點時，由牛頓第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛頓第三定律可知，導體棒對單個圓環的壓力大小為0.54N，方向豎直向下。題型四對洛倫茲力的理解和應用1．洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷。(2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力一定不做功。2．與安培力的聯系及區別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。【例1】(多選)核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優勢，中科院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓界面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學家率先建成世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”實驗裝置．將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示，磁場水平向右分布在空間中，所有粒子的質量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是()A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動C．丙粒子做勻速圓周運動D．所有粒子運動過程中動能不變【答案】BD【解析】甲粒子速度方向與磁場方向垂直，則所受洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A錯誤；乙粒子速度方向與磁場方向平行，則所受洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動，故B正確；丙粒子速度方向與磁場方向不垂直，不做勻速圓周運動，故C錯誤；洛倫茲力不做功，根據功能關系，所有粒子運動過程中動能不變，故D正確．【例2】如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導線在周圍產生的磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發在桌面上沿連線MN運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是()A．小球做勻速直線運動B．小球先做加速運動后做減速運動C．小球對桌面的壓力先減小后增大D．小球對桌面的壓力一直在減小【答案】A【解析】根據右手螺旋定則可知a處的磁場方向垂直于MN向里，b處的磁場方向垂直于MN向外，從a到b磁場大小先減小過O點后反向增大，根據左手定則可知，帶正電的小球在O點左側受到的洛倫茲力方向向上，小球對桌面的壓力大小為重力與洛倫茲力的差值，過O點后洛倫茲力的方向向下，小球對桌面的壓力大小為重力與洛倫茲力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球將做勻速直線運動，由于洛倫茲力從a到O逐漸減小，從O到b逐漸增大，則小球對桌面的壓力一直在增大，故B、C、D錯誤，A正確．【例3】．(2022·浙江高三模擬)一根通電直導線水平放置，通過直導線的恒定電流方向如圖所示，現有一電子從直導線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關于接下來電子的運動，下列說法正確的是()A．電子將向下偏轉，運動的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉，運動的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉，運動的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉，運動的半徑逐漸變小【答案】B【解析】水平導線中通有恒定電流I，根據安培定則判斷可知，導線上方的磁場方向垂直紙面向里，導線下方的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則判斷可知，導線下方的電子所受的洛倫茲力方向向上，則電子將向上偏轉，其速率v不變，而離導線越近，磁場越強，磁感應強度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)，可知電子的軌跡半徑逐漸變小，故選B.題型五洛倫茲力作用下帶電體的運動帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發生變化，與接觸面間彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開接觸面．【例1】(2022·云南昆明一中高三月考)如圖所示，一個質量為m＝1.5×10－4kg的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝37°的光滑絕緣斜面上，斜面固定且置于B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，將脫離斜面(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)小滑塊帶何種電荷；(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大；(3)該斜面長度至少多長．【答案】(1)帶負電荷(2)4.8m/s(3)1.92m【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F的方向應垂直斜面向上，根據左手定則可知，小滑塊應帶負電荷．(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有Bqv＋FN－mgcosα＝0當FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時有qvB＝mgcosα得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝4.8m/s(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgssinα＝eq\f(1,2)mv2斜面的長度至少應為s＝eq\f(v2,2gsinα)＝1.92m.【例2】(2022·甘肅嘉峪關市第一中學高三月考)如圖所示，一傾角為θ＝53°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在豎直向上、大小E＝1×102N/C的勻強電場和垂直紙面向外、大小B＝1×102T的勻強磁場．現讓一質量m＝0.4kg、電荷量q＝1×10－2C的帶負電小滑塊從斜面上某點由靜止釋放，小滑塊運動1m后離開斜面．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，則以下說法正確的是()A．離開斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運動B．小滑塊離開斜面時的速度大小為1.8m/sC．在離開斜面前的過程中小滑塊電勢能增加了0.8JD．在離開斜面前的過程中產生的熱量為2.2J【答案】D【解析】小滑塊在下滑過程中受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和摩擦力作用．由于洛倫茲力的大小變化使小滑塊對斜面的壓力減小，從而導致摩擦力減小，故小滑塊做加速度增大的加速運動，選項A錯誤；當洛倫茲力增大至小滑塊對斜面的壓力為0時，小滑塊將離開斜面運動，此時有：qvB＝(mg＋Eq)cos53°，解得小滑塊離開斜面時的速度大小為3m/s，選項B錯誤；整個運動過程中，電場力做正功，由Ep＝－Eql·sinθ代入數據得小滑塊的電勢能減小了0.8J，選項C錯誤；對離開斜面前的運動過程，由動能定理得(mg＋Eq)lsin53°－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得整個過程中摩擦力做功2.2J，即產生的熱量為2.2J，選項D正確．【例3】．如圖所示，足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場中固定一光滑斜面，A、B兩物塊疊放在斜面上，A帶正電，B不帶電且上表面絕緣．在t＝0時刻，釋放兩物塊，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，以下說法正確的是()A．A所受洛倫茲力大小與時間t成正比關系B．A對B的壓力大小與時間t成反比關系C．A、B間的摩擦力越來越小D．斜面傾角越大，A、B一起沿斜面運動的位移越大【答案】A【解析】對A進行受力分析，A受重力、洛倫茲力和支持力，則其合力為mgsinθ，根據牛頓第二定律mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，則v＝at＝gtsinθ，洛倫茲力為F1＝qvB＝qBgtsinθ，即洛倫茲力大小與時間t成正比，故A正確；A對B的壓力大小F2＝mgcosθ－F1＝mgcosθ－qBgtsinθ，壓力大小與時間是一次函數關系，故B錯誤；沿斜面下滑的過程中，A和B以a＝gsinθ的加速度運動，沒有相對運動趨勢，故A、B之間沒有摩擦力，故C錯誤；當mgcosθ－qBgtsinθ＝0時，A、B開始分離，此時t＝eq\f(mcosθ,qBsinθ)＝eq\f(m,qBtanθ)，位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinθ(eq\f(m,qBtanθ))2＝eq\f(gm2,2q2B2)·eq\f(cos2θ,sinθ)，故位移隨著傾角的增大而減小，故D錯誤．【例4】如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點．若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率不變【答案】B【解析】小球從A到C，洛倫茲力不做功，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvC2，則vC＝eq\r(2gR)，在C點，F洛＝qvCB＝qBeq\r(2gR)選項A錯誤；在C點，FC－mg＋F洛＝eq\f(mv\o\al(C2),R)，解得FC＝3mg－qBeq\r(2gR)，由牛頓第三定律知，選項B正確；小球從C到D的過程中，所受合力指向圓心，對小球進行受力分析如圖所示，則mgsinθ＝Fcosθ，θ增大，則F增大，選項C錯誤；小球從C到D的過程中，動能不變，合外力做功為零，洛倫茲力與支持力不做功，外力F做正功，重力做負功，外力的功率與重力的功率大小相等，運動過程中，速度在豎直方向的分量增加，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，選項D錯誤．【例5】.(多選)如圖，空間有一垂直紙面向外、磁感應強度大小為2T的勻強磁場，一質量為0.3kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無初速度放上一質量為0.4kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數為0.45，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．t＝0時對滑塊施加方向水平向左，大小為2.1N的恒力．g取10m/s2，則()A．木板和滑塊一直做加速度為3m/s2的勻加速運動B．木板先做加速度為3m/s2的勻加速運動，再做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動C．當木塊的速度等于10m/s時與木板恰好分離D．t＝1s時滑塊和木板開始發生相對滑動【答案】BC【解析】由于動摩擦因數為0.45，在靜摩擦力的作用下，木板的最大加速度為amax＝eq\f(0.45×0.3×10,0.3)m/s2＝4.5m/s2所以當2.1N的恒力作用于滑塊時，系統一起以a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(2.1,0.3＋0.4)m/s2＝3m/s2.當滑塊獲得向左運動的速度以后又產生一個方向向上的洛倫茲力，滑塊對木板的壓力減小，摩擦力減小，木板的加速度減小，所以木板做的是加速度減小的加速運動，當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時有qvB