单元综合提升(一) 安培力与洛伦兹力-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

单元综合提升(一)　安培力与洛伦兹力 　　　　 第一章 安培力与洛伦兹力 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 安 培 力 与 洛 伦 兹 力 返回 考 教 衔 接 返回 (2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是 A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 真题1 √ 由左手定则可知，题图示左侧通电导线受到的安培力向下，A正确； a、b两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；因c点的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。故选A。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P5·磁电式电流表 从前面的分析可知，安培力总与磁感应强度的方向垂直。 电流表的两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制 成的圆柱。这样，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向， 如图所示。线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈左右两边所在之处的磁感应强度的大小都相等。 　　线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P5·磁电式电流表介绍了磁电式电流表的构造、磁场分布特点及工作原理。而2024·浙江1月选考试题则以磁电式电表原理示意图为情境，具体考查了磁电式电表内部某些特殊位置的磁场的磁感应强度的大小、方向的分析判断及安培力的方向判断问题，体现了高考“源于教材但高于教材”的命题思路。 (多选)(2021·重庆高考)某同学设计了一种天平，其装置如图所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是 A.若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流 B.若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流 C.若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流 D.若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流 √ √ 真题2 当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平 平衡，则线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁 场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入逆 时针(负向)电流，故A错误，B正确；若P处磁场方向沿 半径向内，由左手定则可知，可在P中通入顺时针(正向)电流，故C正确，D错误。故选BC。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P7·T3 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强 度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长 为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂 直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。 然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量 为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。 (1)导出用n、m、l、I表示磁感应强度B的表达式。 (2)当n＝9，l＝10.0 cm，I＝0.10 A，m＝8.78 g时，磁感应强度是多少？ 衔接分析　人教版选择性必修第二册P7·T3以电流天平为情境，考查了电流天平的工作原理及如何测量磁感应强度的问题，考查了安培力、力的平衡知识在生产、生活、科技中的应用问题。而2021·重庆高考题以类似“电流天平”为情境，同样考查了安培力、力的平衡条件的实际应用问题。 真题3 (2022·湖南高考)如图甲，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图乙所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 A.当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 √ 当导线静止在题图甲右侧位置时，对导线受力分析，如图 所示，由左手定则可知要让安培力为图示方向，则导线中 电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO'距离相等位 置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，则有sin θ ＝，FT＝ mgcos θ，可看出sin θ与电流I成正比，则tan θ与电流I不成正比，当I增大时，sin θ增大，θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。故选D。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P21·T7 如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O'，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。有以下三种磁感应强度方向： (1)沿z轴正方向；(2)沿y轴正方向；(3)沿悬线向上。 请判断哪些是可能的，可能时其磁感应强度大小是多少？如果不可能，请说明原因。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P21·T7以“用两绝缘细线悬挂的直导线在匀强磁场中，悬线静止时与竖直方向的夹角为θ”为情境，考查了直导线中电流方向已知的情况下，判断可能的磁场方向问题，主要考查安培力作用下通电导线的平衡条件的应用问题。而2022·湖南高考题以“被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂的水平直导线的平衡”为情境，同样考查了安培力作用下导线的平衡及有关物理量的分析判断问题。 真题4 (2021·北京高考)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出 A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B.带电粒子在磁场中运动的速率 C.带电粒子在磁场中运动的时间 D.该匀强磁场的磁感应强度 √ 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线，交点为圆心O1，轨迹如图所示，由几何关系可知OO1＝atan 30°＝a，r＝＝a，因此圆心的坐标为(0，a)，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为 x2＋＝a2，故A正确； 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，因磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹对应的圆心角为120°，而周期为T＝＝，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C错误。故选A。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P16·T3 如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成60°角，OP＝a。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小。 (2)求带电粒子穿过第一象限所用的时间。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P16·T3以“带电粒子在第一象限内的匀强磁场中的运动”为情境，考查了匀强磁场的磁感应强度大小及带电粒子在有界匀强磁场中运动的时间的求解问题。而2021·北京高考题也以“带电粒子在xOy坐标系的第一象限内的匀强磁场中的运动”为情境，考查了带电粒子在磁场中运动的轨迹方程、运动的速率、运动的时间及匀强磁场的磁感应强度大小等问题的求解分析。 (多选)(2024·湖北高考) 磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 真题5 √ √ 带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏转，极板MN 带正电，为发电机正极，A正确；粒子受到的洛伦 兹力和静电力相互平衡时，此时设极板间距为d， 则有qvB＝q，可得 U＝Bdv，因此仅增大两极板间距，极板间的电压U变大，仅增大速率，极板间的电压U变大，极板间的电压U和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。故选AC。 (2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是  A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ 真题6 √ 等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则 可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电 流方向由金属棒 a端流向b端。等离子体穿过金属 板P、Q，稳定后产生的电动势E满足q＝qvB1，由 欧姆定律和安培力公式可得F安＝·B2L＝，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mgsin θ，联立可得v＝；金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故选B。 衔接教材 人教版选择性必修第二册P12·T4 一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。 (1)A、B板哪一个是电源的正极？ (2)若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀 强磁场处理，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场，这个发电机的电动势是多大？ 返回 衔接分析　人教版选择性必修第二册P12·T4以“磁流体发电机”为情境，考查了磁流体发电机的原理及带电粒子在叠加场中的运动规律问题。而2024·湖北高考题和2021·河北高考题同样也考查了磁流体发电机的有关问题。 易错辨析 返回 易错点1.安培力的方向判断错误致错 如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁体，两磁体N极正对。在两磁体竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁体处于静止状态，设两磁体和木板的总重力为G，则 A.导线受到的安培力水平向左 B.木板受到地面的摩擦力为零 C.木板对地面的压力小于G D.木板受到地面的摩擦力水平向右 √ 根据条形磁体磁场分布和叠加，可知两条形磁体在导线处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，导线受到的安培力水平向右。木板和磁体始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁体和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G。导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，导线对两磁体的作用力水平向左，所以两磁体和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右。故选D。 [易错分析]　本题容易错选B项，原因是没有具体分析两个条形磁体的磁场对导线的安培力方向，而是根据导线固定于两磁体竖直对称轴上的C点，误认为磁场对导线的安培力方向竖直向上，导致误认为木板受到地面的摩擦力为零、木板对地面的压力大于G。 易错点2.弄错受力分析的研究对象致错 某电磁推进试验舰艇如图甲所示，船体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，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间海水受到安培力作用被推出，舰艇因此前进。要使图乙中的舰艇向左前进，则所加磁场的方向应为  A.水平向左 B.水平向右 C.垂直纸面向外 D.垂直纸面向里 √ 海水中电流方向从M流向N，且舰艇向左运动，舰艇受到海水对舰艇的作用力方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向水平向右，再根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。故选D。 [易错分析] 本题容易错选C项，原因是误认为要使舰艇向左前进，需要海水所受的安培力方向水平向左，从而错误地判断出磁场的方向垂直纸面向外。 易错点3.由于不能正确利用地磁场的方向判断洛伦兹力的方向致错 四川省稻城县海子山的“高海拔宇宙线观测站”(LHAASO)是世界上海拔最高、规模最大、灵敏度最强的宇宙射线探测装置。假设来自宇宙的质子流沿着与地球表面垂直的方向射向这个观测站，由于地磁场的作用(忽略其他阻力的影响)，质子流到达该观测站时将 A.竖直向下沿直线射向观测站 B.与竖直方向稍偏东一些射向观测站 C.与竖直方向稍偏南一些射向观测站 D.与竖直方向稍偏西一些射向观测站 √ 质子流的方向从上向下射向地球表面，观测站位于北半球，观测站上方地磁场的水平分量水平向北，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向东，所以质子流向东偏转。故选B。 [易错分析]　本题容易错选D项，原因是误认为观测站上方地磁场的水平分量水平向南，根据左手定则，洛伦兹力的方向误判为向西，从而误判质子向西偏转。 易错点4.不理解洛伦兹力永不做功致错 如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为＋q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是 A.洛伦兹力对小球做正功 B.小球做变加速曲线运动 C.小球机械能的增加量为qvBh D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管运动速度无关 √ 洛伦兹力的方向与速度垂直，永不做功，A错误；玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀加速曲线运动，B错误；由于管对小球的弹力对小球做功，小球的机械能增加，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，由匀变速直线运动的位移与时间的关系得h＝at2，小球离开管口的速度vy＝at，合速度v合＝，动能的增量ΔEk＝m－mv2，重力势能的增量ΔEp＝mgh，联立解得小球机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝qvBh，C正确；小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，由匀变速直线运动的位移与时间的关系得h＝at2，解得t＝ ，D错误。故选C。 [易错分析]　本题容易错选A项，原因是不理解洛伦兹力永不做功的结论，误认为本题中小球随着玻璃管在水平方向以速度v匀速运动，在竖直方向小球上升，竖直向上的洛伦兹力对小球做正功。实际上小球由于竖直方向的分运动还受到水平向左的洛伦兹力做负功，两个方向的洛伦兹力做功的代数和仍然为零。 易错点5.解决带电粒子在有界磁场中的临界问题时对临界点的判断不准确致错 (多选)如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形、磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直。进入圆形区域的电子速度方向正对圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则 A.两个电子在磁场中运动的轨迹半径一定相同 B.两个电子在磁场中运动的时间有可能相同 C.进入圆形区域的电子一定先飞离磁场 D.进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场 √ √ √ 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 有qvB＝，解得r＝，两过程电子速度v相同，所以 轨迹半径r相同，故A正确。由于它们进入圆形磁场和正 方形磁场的轨迹半径、速度是相同的，把圆形磁场和正 方形磁场放到同一位置如图所示，由图可以看出若进入磁场区域的电子的轨迹为1，先出圆形磁场，再出正方形磁场；若进入磁场区域的电子的轨迹为2，同时出磁场；若进入磁场区域的电子的轨迹为3，先出圆形磁场，再出正方形磁场，所以电子不会先出正方形磁场，故B、D正确，C错误。故选ABD。 [易错分析]　本题容易漏选B项，原因是不会想到把圆形磁场和正方形磁场放到同一位置进行比较，找不到电子恰好从圆形磁场和正方形磁场相切的位置射入、从相切的另一个位置射出时，两个电子在磁场中运动的时间相同的临界情况。 返回 单元检测卷 返回 1.(2024·宁夏银川高二期中)关于下列各图的相关判断和描述正确的是 A.图甲中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合事实 B.图乙中表示条形磁体的磁感线从N极出发，到S极终止，符合事实 C.图丙中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合事实 D.图丁中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合事实 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 题图甲中两导线中的电流反向，根据安培定则和左手定则可知，两导线应相互排斥，故A错误；磁感线为闭合曲线，没有起点和终点，故B错误；题图丙中导线通电后导线下方的磁场垂直纸面向里，故小磁针N极向纸面内旋转，故C正确；题图丁中环形导线通电后，其轴心位置的磁场垂直纸面向外，故小磁针N极应向纸面外旋转，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.(2024·北京海淀区高二期中)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会给地球上的生命带来危害。但地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子(不计重力)在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是 A.若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心， 则由于地磁场的作用将向东偏转 B.若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心， 则由于地磁场的作用将向北偏转 C.若带电粒子带负电且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转 D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在赤道位置，地磁场方向由南指向北，若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向东，即由于地磁场的作用将向东偏转，故A正确，B错误；若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，运动方向与磁感线方向平行，粒子不发生偏转，则粒子不可能在地磁场中做匀速圆周运动，故C、D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.某兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。如图所示，通过改变天平右盘里的砝码可使得天平平衡，天平左臂下面的绝缘挂钩上分别挂上匝数相同、形状不同的正多边形线框，线框中通有相同的顺时针电流，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，正多边形线框的边长L都相同，则测磁感应强度灵敏度最高的是 A B C D √ 正六边形的有效长度最大，为2L，根据安培力的计算公式F＝IlB可知，当B相同时，F最大。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，形成一个新的粒子丙。用实线表示粒子甲运动的轨迹，虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响，则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是 A B C D √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，可得粒子运动的轨道半径r＝，由于粒子甲在M点突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，由动量守恒定律可知，放出粒子乙后，新粒子丙的动量大于粒子甲的动量，故轨道半径变大。故选D。 A B C D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.关于甲、乙、丙、丁四个图，下列说法正确的是   A.图甲是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且AB＝AC＝AD，则A点的磁感应强度方向水平向左 B.图乙是速度选择器，如果带电粒子从右边小孔射入，可能沿虚线路径从左边小孔射出 C.图丙是磁流体发电机，通过电阻R的电流大小与A、B板间的磁感应强度无关 D.图丁是质谱仪，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S1飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 题图甲，由安培定则可知，B处与D处的直导线电流在A点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度等于零，因此A点的磁感应强度由C处的直导线产生，磁感应强度方向水平向右，A错误；题图乙，如果带正电粒子从右边小孔射入，由左手定则可知，带正电粒子所受洛伦兹力方向向下，同时所受静电力方向也向下，同理，带负电粒子所受洛伦兹力和静电力均向上，因此如果带电粒子从右边小孔射入，不能沿虚线路径从左边小孔射出， B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 题图丙，当等离子体平衡时，洛伦兹力大小等于静电力大小，即qvB＝q，因此电动势E＝U＝Bvd，与磁感应强度有关，可知，通过电阻R的电流大小与磁感应强度有关，C错误；题图丁，带电粒子在电场中加速时，有qU＝mv2，在磁场中，有qvB＝m，解得r＝，可知，比荷相同的氦核和氘核在磁场中运动的半径相同，即会打在照相底片同一个地方，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.空间中有两个区域存在有界匀强磁场，如图所示，甲为半径为R的圆，乙为边长为R的正方形，磁场方向均垂直纸面向外，现有大量质量为m、电荷量为q(q＞0)、速度大小为的带电粒子分别从两磁场左侧边界水平向右射入磁场，不计粒子重力及其相互作用，有关粒子的运动，下列说法正确的是  A.图甲中粒子从同一位置沿不同方向射出磁场， 图乙中粒子从不同位置沿不同方向射出磁场 B.两图中粒子分别从两磁场边界的某一位置射出 磁场，且出射方向分别相同 C.两图中粒子射出磁场时的位置均分别布满两磁场的某一边界 D.若粒子带负电，两图中粒子射出磁场时的情况分别和带正电粒子相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得r＝R，取1、2两个代表粒子，运动轨迹如图a、b所示。图a中，根据几何关系可得四边形ACDO与四边形ECDO'均为菱形，可知粒子1、2从同一位置离开，但射出的方向不相同，图b中，粒子的出射位置和方向都不同，故A正确，B、C错误；若粒子带负电，粒子都向上偏转，所以出射情况和带正电粒子不同，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2024·湖北高考) 如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。 不计粒子重力，下列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的带电 粒子，总是沿径向射出，根据圆的特点可知粒子 的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；粒 子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，则 根据对称性和经过的时间间隔最小可知轨迹如图甲所示，则最短时间为t＝2T＝，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得 v＝，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.(2025的直流电源。现把一根·广东揭阳高二期末)如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条的滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.到达光电门2之前滑块先加速后减速 B.到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变 C.滑块所带的电荷量为－ D.滑块所带的电荷量为＋ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 以带遮光条的滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，加速度减小到零后做匀速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1之前已经做匀速运动，即到达光电门2之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝，根据受力平衡可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则 A.油滴a带负电，所带电荷量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知油滴a带负 电，有mg＝qE，解得 q＝，故A正确；根据洛伦兹力提 供向心力有qvB＝m，可得油滴a做圆周运动的速度大小 为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，则有3R ＝，解得 v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；油滴a分离前、后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，可得mv＝v1＋v2，解得 v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.如图所示，空间电场、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。场区足够大，不计粒子重力。则 A.当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45° B.当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为 C.电场强度大小为B0v0 D.粒子回到P点所用的总时间为 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题意可知，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场 中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第 一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线 所成的锐角为45°，故A正确；由A选项分析可知，粒子 进入电场的方向与电场强度的方向相反，故粒子先减速 到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，然后在磁场中做匀速圆周运动，经过T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律可得qv0B0＝m，代入数据可得R＝，根据几何关系可得PS＝2R＝，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场时的速度方 向与电场方向垂直，由图可知，水平方向有2R＝v0t3，竖 直方向有2R＝a，根据牛顿第二定律可得qE＝ma， 其中R＝，联立解得E＝B0v0，故C正确；粒子回到P 点所用的总时间t包括在磁场中的运动时间t1，第一次在电场中先减速后加速的时间t2以及第二次在电场中偏转的时间t3，由几何关系可知t1＝T＝，由运动学公式可知t2＝＝，t3＝＝，则t＝t1＋t2＋t3＝，故D错误。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11.(8分)(2024·上海高考) 某回旋加速器的示意图如图所示。磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直。交流电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与D1、D2相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场。初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。 (1)粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W，冲量为I，则____。 A.W＝0，I＝0 B.W≠0，I＝0 C.W≠0，I≠0 D.W＝0，I≠0 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，即W＝0，洛伦兹力的冲量I≠0。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)H核和H核自图中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ间电势差的绝对值始终为U，电场方向做周期性变化，H核在每次经过缝隙间时均被加速(假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略)。H核完成3次加速时的动能与此时H核的动能之比为____。 A.1∶3 B.1∶9 C.1∶1 D.9∶1 E.3∶1 E 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题意可知，H核与H核的电荷量之比为 1∶1， H核与H核的质量之比为1∶3，根据带电粒子在 磁场中运动的周期T＝，可知H核与H核在磁 场中运动的周期之比为1∶3，H核完成3次加速后，实际在磁场中转了2个半圈，时间为一个周期，则此时H核在磁场中转了圈，只加速了1次。根据动能定理可知，对H核有3qU＝Ek1－0，对H核有qU＝Ek2－0，解得动能之比为3∶1。故选E。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(10分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝30°，在导轨所在平面内，存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.4 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中的电阻R0＝2 Ω，导轨电阻不计，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)导体棒受到的安培力大小。 答案：4 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据闭合电路的欧姆定律得 I＝＝2 A 导体棒受到的安培力大小为F安＝ILB＝4 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)导体棒与导轨间的动摩擦因数。 答案： 对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿斜面向下的分力小于F安，故摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，沿斜面方向有 mgsin 30°＋Ff＝F安 垂直于斜面方向有 FN＝mgcos 30° Ff＝μFN 联立解得μ＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(10分)如图所示，一质量为m、电荷量为－q、不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B。 答案： 作出带电粒子做圆周运动的轨迹如图所示，由图中几何关系知rcos 30°＝a，可得r＝ 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 可得B＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)穿过第一象限的时间。 答案： 带电粒子在第一象限内的运动时间 t＝·＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(12分)(2024·辽宁沈阳高二月考)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一正粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求： (1)粒子的比荷。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m可得＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)粒子在磁场中运动的总时间。 答案： 根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运 动，减速到零后再向左做加速运动，再次到达B点时，速度 的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示 则粒子在磁场中运动的总时间为t磁＝＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)粒子在电场中运动的总时间。 答案： 粒子在电场中运动时，根据牛顿第二定律有qE＝ma解得a＝ 根据v0＝at，结合对称性可得粒子在电场中运动的总时间为t电＝＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知OM＝L，ON＝L，不计粒子重力。求： (1)电场强度大小E。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 粒子运动轨迹如图所示 粒子在电场中做类平抛运动，在x轴方向有 L＝v0t 在y轴方向有 L＝·t2 联立解得E＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设粒子进入磁场时速度大小为v，与x轴的夹角为θ，沿y轴方向的速度大小为vy＝t＝v0 则tan θ＝＝ 解得θ＝60° 合速度为v＝＝2v0 (2)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向。 答案：2v0　与x轴夹角为60° 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 返回 (3)磁感应强度大小B。 答案： 设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由几何关系可得rsin 60°＝L 解得r＝2L 根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 联立以上各式解得B＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 第一章 安培力与洛伦兹力 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $