考點(diǎn)一 磁場的基本性質(zhì) 安培力
1．磁場的產(chǎn)生與疊加
2．安培力的分析與計(jì)算
例1 (2022·河北邯鄲市高三期末)如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，方向如圖所示，且IM＝2IN(已知電流為I的長直導(dǎo)線在其周圍激發(fā)的磁場中，距導(dǎo)線距離為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝keq \f(I,r)，其中k為常數(shù))，此時O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則此時O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為( )
A．大小為eq \r(3)B1，方向水平向右
B．大小為eq \r(3)B1，方向水平向左
C．大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右下
D．大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右上
答案 A
解析 設(shè)N處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則M處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，導(dǎo)線未移動時，各導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖中實(shí)線所示，可得B1＝B0，將M處導(dǎo)線移到P處時，在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為2B0，如圖中虛線所示，N處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則此時合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq \r(3)B0，即eq \r(3)B1，方向水平向右，故A正確．
例2 (2021·江蘇卷·5)在光滑桌面上將長為πL的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點(diǎn)的距離為2L，導(dǎo)線通有電流I，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線中的張力為( )
A．BIL B．2BIL
C．πBIL D．2πBIL
答案 A
解析 從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示，導(dǎo)線的有效長度為2L，則所受的安培力大小為F安＝2BIL，以導(dǎo)線整體為研究對象，F(xiàn)安＝2F，釘子對導(dǎo)線的力F＝eq \f(F安,2)，設(shè)導(dǎo)線中的張力為FT，則FT＝F＝eq \f(F安,2)，解得FT＝BIL，故A正確，B、C、D錯誤．
考點(diǎn)二 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動
1．分析帶電粒子在磁場中運(yùn)動的方法
2．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的三個重要結(jié)論
(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，θ1＝θ2＝θ3)．
(2)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向(如圖乙，兩側(cè)關(guān)于兩圓心連線對稱)．
(3)粒子速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的對應(yīng)圓心角(如圖甲，α1＝α2)．
3．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解成因
(1)磁場方向不確定形成多解；
(2)帶電粒子電性不確定形成多解；
(3)速度不確定形成多解；
(4)運(yùn)動的周期性形成多解．
例3 (2022·寧夏六盤山高級中學(xué)檢測)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，以原點(diǎn)O為圓心，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一負(fù)電子從P點(diǎn)(R,0)沿x軸負(fù)方向以速率v射入磁場后，在磁場中運(yùn)動的時間為t1，一正電子從Q點(diǎn)(－R,0)沿著與x軸正方向成30°的方向以速率2v射入磁場后，恰好從P點(diǎn)飛出磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為t2，忽略兩電子重力及相互作用力，則t1∶t2為( )
A．2∶3 B．3∶2
C．3∶1 D．1∶2
答案 B
解析 由題意知正電子偏轉(zhuǎn)角為60°，可得正電子軌跡半徑r2＝2R，負(fù)電子與正電子速率之比為1∶2，故負(fù)電子軌跡半徑r1＝R，如圖畫出負(fù)電子和正電子的運(yùn)動軌跡，它們做圓周運(yùn)動的圓心分別為O1、O2，由圖可知，負(fù)電子做圓周運(yùn)動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為90°，負(fù)電子在磁場中運(yùn)動時間t1＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(1,4)T，由幾何關(guān)系可得，正電子運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，正電子在磁場中運(yùn)動時間t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)T，得t1∶t2＝3∶2，A、C、D錯誤，B正確．
例4 (多選)(2022·福建省四地市質(zhì)檢)如圖所示，射線OM與ON夾角為30°，MON之外分布著垂直于紙面向里的足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子(不計(jì)重力)，從O點(diǎn)垂直于OM以某一速度射出．則( )
A．粒子第一次穿過邊界ON時，速度方向與邊界ON的夾角為60°
B．粒子第一次穿過邊界OM之后，在磁場中運(yùn)動的時間為eq \f(5πm,3qB)
C．僅減小粒子射出的速率，粒子可能第二次經(jīng)過邊界ON
D．僅增大粒子射出的速率，粒子一定能兩次經(jīng)過邊界OM
答案 ABD
解析 由粒子在有界磁場中運(yùn)動的對稱性可知，粒子第一次穿過邊界ON時，速度方向與邊界ON的夾角等于從O點(diǎn)出發(fā)時與邊界ON的夾角α，由幾何關(guān)系可得α＝60°，故A正確；粒子第一次穿過邊界OM之后的軌跡如圖所示，從C點(diǎn)穿過OD邊界進(jìn)入下方磁場，由對稱性和幾何關(guān)系可知，再次從磁場中穿出時(圖中D點(diǎn))，粒子在下方磁場運(yùn)動圓弧所對應(yīng)的圓心角θ為300°，所以在磁場中運(yùn)動的時間為t＝eq \f(θ,2π)T，T＝eq \f(2πm,qB)，可得t＝eq \f(5πm,3qB)，故B正確；由幾何關(guān)系可得，粒子從ON穿過時，C點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離為其在圓周運(yùn)動半徑R的3倍，所以粒子在下方磁場再次偏轉(zhuǎn)，從D點(diǎn)穿過OM，DC距離為R，射出時速度方向平行于ON，所以不管是增大還是減小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次經(jīng)過邊界ON，一定能兩次經(jīng)過邊界OM，故C錯誤，D正確．
例5 (2019·全國卷Ⅲ·18)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為( )
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB)
C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
答案 B
解析 設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運(yùn)動的軌跡如圖所示，對應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)、T＝eq \f(2πR,v)，可得R1＝eq \f(mv,qB)、R2＝eq \f(2mv,qB)、T1＝eq \f(2πm,qB)、T2＝eq \f(4πm,qB)，帶電粒子在第二象限中運(yùn)動的時間為t1＝eq \f(T1,4)，在第一象限中運(yùn)動的時間為t2＝eq \f(θ,2π)T2，又由幾何關(guān)系有cs θ＝eq \f(R2－R1,R2)＝eq \f(1,2)，可得t2＝eq \f(T2,6)，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝eq \f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤．
考點(diǎn)三 帶電粒子在有界磁場運(yùn)動的臨界與極值問題
1．解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，利用動態(tài)圓思想尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系．
2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切．
3．常用的動態(tài)圓
例6 (多選)(2021·海南卷·13)如圖，在平面直角坐標(biāo)系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，eq \r(3)L)點(diǎn)，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°)．當(dāng)α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場．不計(jì)粒子的重力．則( )
A．粒子一定帶正電
B．當(dāng)α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場
C．粒子入射速率為eq \f(2\r(3)qBL,m)
D．粒子離開磁場的位置到O點(diǎn)的最大距離為3eq \r(5)L
答案 ACD
解析 由題意可知，粒子在磁場中做順時針方向的圓周運(yùn)動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；當(dāng)α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖所示，O1為粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心，
粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r＝eq \f(\r(3)L,cs 60°)＝2eq \r(3)L，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq \f(2\r(3)qBL,m)，C正確；若α＝45°，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，O2為粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心，
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤；粒子離開磁場的位置與O點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖所示，O3為粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心，
根據(jù)幾何關(guān)系可知(2r)2＝(eq \r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq \r(5)L，D正確．
例7 (2022·福建福州市高三期末)如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，圓心在O點(diǎn)，區(qū)域中有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿AO方向垂直進(jìn)入磁場，偏轉(zhuǎn)后從M點(diǎn)射出并垂直打在熒光屏PQ上的N點(diǎn)，PQ平行于AO，O點(diǎn)到PQ的距離為2R.電子電荷量為e、質(zhì)量為m，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用．求：
(1)電子進(jìn)入磁場時的速度大小v；
(2)電子槍的加速電壓U；
(3)若保持電子槍與AO平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距AO為eq \f(R,2)處，則電子打在熒光屏上的點(diǎn)位于N點(diǎn)的左側(cè)還是右側(cè)，該點(diǎn)與N點(diǎn)間的距離是多少．
答案 (1)eq \f(eBR,m) (2)eq \f(eB2R2,2m) (3)左側(cè) eq \f(\r(3),3)R
解析 (1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運(yùn)動的向心力，有evB＝meq \f(v2,r)
電子運(yùn)動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r＝R，聯(lián)立解得v＝eq \f(eBR,m)
(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2
聯(lián)立解得U＝eq \f(eB2R2,2m)
(3)電子在磁場中運(yùn)動的半徑r＝R，故平行于AO射入磁場的電子都將經(jīng)過M點(diǎn)后打在熒光屏上．從與AO相距eq \f(R,2)的C點(diǎn)射入磁場的電子打在熒光屏上的G點(diǎn)，G點(diǎn)位于N點(diǎn)的左側(cè)，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知α＝60°，GN＝eq \f(R,tan α)＝eq \f(\r(3),3)R.
1.(2022·山東臨沂市模擬)如圖所示，在垂直紙面的方向上有三根長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的三個頂點(diǎn)b、c、d上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示，一帶負(fù)電的粒子從正方形的中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動，它所受洛倫茲力的方向是( )
A．沿O到a方向 B．沿O到c方向
C．沿O到d方向 D．沿O到b方向
答案 A
解析 由安培定則可判斷b、c、d三根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場如圖所示，由磁場的疊加原理可知它們的合磁場方向水平向左，再由左手定則可判斷帶負(fù)電的粒子所受洛倫茲力方向沿O到a方向．故選A.
2．(2022·河南信陽市質(zhì)檢)如圖，平行的MN、PQ與MP間(含邊界)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊界MN與MP的夾角α＝30°，點(diǎn)P處有一離子源，離子源能夠向磁場區(qū)域發(fā)射各種速率的、方向平行于紙面且垂直于MP的正、負(fù)離子，離子運(yùn)動一段時間后能夠從不同的邊界射出磁場．已知從邊界PQ射出的離子，離子速度為v0時射出點(diǎn)與P點(diǎn)距離最大，所有正、負(fù)離子的比荷均為k，不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用．求：
(1)射出點(diǎn)與P點(diǎn)最大距離xm；
(2)從邊界MP射出的離子，速度的最大值．
答案 (1)eq \f(\r(3)v0,kB) (2)eq \f(v0,3)
解析 (1)設(shè)離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，從邊界PQ射出的速度為v0的離子，設(shè)其運(yùn)動半徑為R1，射出點(diǎn)與P點(diǎn)距離最大時，運(yùn)動軌跡恰好與MN相切，運(yùn)動軌跡2如圖所示，
根據(jù)牛頓第二定律有qv0B＝meq \f(v02,R1)，
根據(jù)幾何關(guān)系得xm＝2R1cs α，
解得xm＝eq \f(\r(3)v0,kB)
(2)從邊界MP射出的離子，速度最大時離子運(yùn)動軌跡恰好與MN相切，設(shè)其運(yùn)動半徑為R2，運(yùn)動軌跡1如圖所示，
根據(jù)牛頓第二定律得qvmB＝meq \f(vm2,R2)，
設(shè)MP的長度為L，根據(jù)幾何關(guān)系得
Lsin α＝R1－R1sin α，
L＝eq \f(R2,sin α)＋R2，
解得vm＝eq \f(v0,3).
專題強(qiáng)化練
[保分基礎(chǔ)練]
1.(2022·廣東卷·7)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域．下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是( )
答案 A
解析 由題意知當(dāng)質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場后先在MN左側(cè)運(yùn)動，剛進(jìn)入時根據(jù)左手定則可知受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，做勻速圓周運(yùn)動，即質(zhì)子會向y軸正方向偏移，y軸坐標(biāo)增大，在MN右側(cè)磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯誤；根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個運(yùn)動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運(yùn)動，z軸坐標(biāo)不變，故C、D錯誤．
2．(2022·安徽合肥市質(zhì)檢)如圖所示，正六邊形線框abcdef由六根導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點(diǎn)a、b與電源兩端相連，其中ab棒的電阻為5R，其余各棒的電阻均為R，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)．S閉合后，線框受到的安培力大小為F.若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小為( )
A.eq \f(F,2) B.eq \f(2F,3) C.eq \f(3F,4) D.eq \f(5F,6)
答案 A
解析 S閉合后，ab棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動勢為E，則兩支路的電流大小均為I＝eq \f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小為Fab＝BIL，其余各棒在磁場中的等效長度也為L，受到的安培力大小為F其＝BIL，線框受到的安培力大小為F＝Fab＋F其＝2BIL，若僅將ab棒移走，通過其余各棒的電流不變，則余下線框受到的安培力大小F′＝F其＝BIL＝eq \f(F,2)，故選A.
3.(多選)(2022·全國乙卷·18)安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B.如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面．某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上．根據(jù)表中測量結(jié)果可推知( )
A．測量地點(diǎn)位于南半球
B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50 μT
C．第2次測量時y軸正向指向南方
D．第3次測量時y軸正向指向東方
答案 BC
解析 如圖所示，地磁南極位于地理北極附近，地磁北極位于地理南極附近．由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為B＝eq \r(Bx2＋Bz2)＝eq \r(By2＋Bz2)，計(jì)算得B≈50 μT，B正確；由選項(xiàng)A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，第2次測量，By0，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確，D錯誤．
4．(多選)(2022·遼寧葫蘆島市二模)如圖所示，在豎直平面矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．一帶電粒子從AD的中點(diǎn)O射入磁場，速度方向與磁場垂直且與AD的夾角α＝45°，粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在C點(diǎn)垂直CD穿出．已知矩形ABCD的寬AD為L，粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，重力不計(jì)．則下列說法正確的是( )
A．粒子帶正電荷
B．粒子速度大小為eq \f(\r(2)qBL,2m)
C．粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為eq \f(\r(2),4)L
D．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為eq \f(3πm,4qB)
答案 BD
解析 粒子進(jìn)入磁場后沿順時針方向做圓周運(yùn)動，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，A錯誤；
由題意可知，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r＝eq \f(\f(L,2),cs 45°)＝eq \f(\r(2),2)L，根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(\r(2)qBL,2m)，B正確，C錯誤；由幾何關(guān)系可知電荷在磁場中偏轉(zhuǎn)了135°，則在磁場中運(yùn)動的時間為t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(135°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(3πm,4qB)，D正確．
5.(2021·北京卷·12)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場．一帶電粒子在P點(diǎn)以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場．已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，OP＝a.不計(jì)重力．根據(jù)上述信息可以得出( )
A．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡方程
B．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的速率
C．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間
D．該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度
答案 A
解析 粒子恰好垂直于y軸射出磁場，作兩速度的垂線，交點(diǎn)即為圓心O1，軌跡如圖所示，
由幾何關(guān)系可知
OO1＝atan 30°＝eq \f(\r(3),3)a，
故圓心的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)a))，
R＝eq \f(a,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)a，
則帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡方程為
x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq \f(4,3)a2(0

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