專題24 磁場(chǎng)的基本性質(zhì)（教師版）-2025版高考物理熱點(diǎn)題型講義

專題24磁場(chǎng)的基本性質(zhì)目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一磁場(chǎng)的疊加和安培定則的應(yīng)用 類型1磁場(chǎng)的疊加 類型2安培定則的應(yīng)用 題型二安培力的分析和計(jì)算 類型1通電導(dǎo)線有效長(zhǎng)度問(wèn)題 類型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況 題型三安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題 類型1安培力作用下的平衡問(wèn)題 類型2安培力作用下的加速問(wèn)題 類型1電磁炮模型 題型四對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用 題型五洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng) 題型六帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 題型一磁場(chǎng)的疊加和安培定則的應(yīng)用1．磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的分析思路(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線。(2)定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向。如圖2所示為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)BM、BN。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)B。2．安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流及通電螺線管的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”。因果磁場(chǎng)原因(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)方向)直線電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線管的磁場(chǎng)四指大拇指類型1磁場(chǎng)的疊加【例1】如圖所示，三根長(zhǎng)直導(dǎo)線通有大小相同的電流，分別放在正方形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)，其中A、B處導(dǎo)線電流方向垂直紙面向外，C處導(dǎo)線電流方向垂直紙面向里，此時(shí)正方形中心O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。若將C處的導(dǎo)線撤去，則O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)每根通電導(dǎo)線單獨(dú)在點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，A點(diǎn)導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閺腛指向D，B點(diǎn)導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閺腛指向A，C點(diǎn)導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)閺腛指向D，由平行四邊形定則可得解得將點(diǎn)處的導(dǎo)線撤去后，點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為故選A。【例2】．如圖所示，四根相互平行的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c、d，放在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上。每根通電直導(dǎo)線單獨(dú)存在時(shí)，在正方形中心O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都是B。則四根通電導(dǎo)線同時(shí)存在時(shí)，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)椋ǎ〢．B，方向向右 B．B，方向向左C．，方向向右 D．，方向向左【答案】D【詳解】根據(jù)安培定則判斷四根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向分別為：a導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)镺d方向；c導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)镺d方向；同理，b導(dǎo)線產(chǎn)生的方向?yàn)镺a方向，d導(dǎo)線產(chǎn)生的方向?yàn)镺a方向；則根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成可知，四根導(dǎo)線同時(shí)存在時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向水平向左。.故選D。【例3】．如圖，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l，紙面內(nèi)的a點(diǎn)與兩導(dǎo)線距離均為l。已知導(dǎo)線P通電流I、導(dǎo)線Q不通電流時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I，則下列關(guān)于a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0 B．a(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為BC．a(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直P(pán)Q的連線向上 D．a(chǎn)點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度平行PQ的連線向右【答案】D【詳解】根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線P在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于Pa的連線右向下，導(dǎo)線Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于Qa的連線右向上，如圖所示。由數(shù)學(xué)知識(shí)，導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度則有方向：平行PQ的連線向右。故選D?！纠?】．如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線A、B和以點(diǎn)p為圓心的圓形導(dǎo)線C、D固定在xy平面內(nèi)。導(dǎo)線C、D有強(qiáng)度相同的恒定電流，導(dǎo)線B中有強(qiáng)度為I0、方向?yàn)?x的電流。導(dǎo)線C在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0。當(dāng)導(dǎo)線A中的電流改變時(shí)，導(dǎo)線A~D的電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如下表，下列敘述正確的是（）導(dǎo)線A的電流導(dǎo)線A~D的電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小強(qiáng)度方向0無(wú)0I0+y？I0-yB0A．表格中的“?”應(yīng)填入2B0B．導(dǎo)線B中電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C．導(dǎo)線D中電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度比導(dǎo)線B產(chǎn)生的要小D．導(dǎo)線C中電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向是垂直xy平面向內(nèi)【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，當(dāng)導(dǎo)線A中的電流為0時(shí)，p點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，即B、C、D三條導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁場(chǎng)為零，當(dāng)A中的電流為-I0時(shí)，p點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向應(yīng)垂直紙面向外，所以當(dāng)A中的電流為I0時(shí)，p點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度仍為B0，方向應(yīng)垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；B．由于A、B導(dǎo)線到p點(diǎn)距離相等，所以B中電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，故B正確；CD．B、C的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B0，D的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于B0，所以一定是B+C的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于D的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?B0），則C的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和B一致，均向外，故CD錯(cuò)誤；故選B。【例5】．18．如圖所示，兩根通電導(dǎo)線、沿垂直紙面的方向放置，其中導(dǎo)線、中通有電流、，電流的方向圖中未畫(huà)出。點(diǎn)為兩導(dǎo)線連線的中點(diǎn)，、d兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，、兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，已知點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直向下。則下列說(shuō)法正確的是（）A．中的電流方向垂直紙面向外、中的電流方向垂直紙面向里B．C．點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直cd向下D．、兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不相同【答案】AD【詳解】B．由題意點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則說(shuō)明導(dǎo)線、在點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等、方向相反，即兩導(dǎo)線中的電流方向相反，又點(diǎn)距離導(dǎo)線較近，則導(dǎo)線中的電流較小，即故B錯(cuò)誤；A．由B分析可知，導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)，d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直向下，由安培定則可知中的電流方向向外、則中的電流方向向里。故A正確；C．由安培定則可知，導(dǎo)線、在點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均垂直cd連線向上。故C錯(cuò)誤；D．由于，分別做出兩電流在、兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向，如圖所示根據(jù)磁場(chǎng)的矢量合成可知、兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向不同。故D正確。故選AD?！纠?】．如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體的四條邊上固定著四根足夠長(zhǎng)的通電直導(dǎo)線，電流的大?。ǚ较蛉鐖D所示），電流在正方體中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。查閱資料知，電流為I的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在某點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r有關(guān)，關(guān)系式為。下列說(shuō)法正確的是（）A．通電導(dǎo)線和通電導(dǎo)線相互吸引B．通電導(dǎo)線和通電導(dǎo)線相互吸引C．正方體中心處和上表面中心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值為D．正方體中心處和上表面中心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值為【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，通電導(dǎo)線和通電導(dǎo)線相互吸引，通電導(dǎo)線和通電導(dǎo)線相互排斥，故A正確，B錯(cuò)誤。CD．由對(duì)稱性可知，四根通電導(dǎo)線在體中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，即從右往左看得到如下的截面圖（如圖所示），結(jié)合安培定則作出體中心處各磁場(chǎng)的方向，由矢量疊加原理可知，體中心處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為根據(jù)題意電流在正方體中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，即電流在上表面中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為電流在上表面中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為由幾何關(guān)系得電流在上表面中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為電流在上表面中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為由矢量疊加原理可知，上表面中心處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為所以故D正確，C錯(cuò)誤。故選AD。類型2安培定則的應(yīng)用【例1】如圖所示，兩根平行固定放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場(chǎng)力大小為F，當(dāng)加入一與導(dǎo)線所在平面垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，a受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)?F，則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小為()A．F B．2FC．3F D．4F【答案】A【解析】根據(jù)安培定則和左手定則可知a導(dǎo)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(chǎng)力也為F，方向水平向左。加勻強(qiáng)磁場(chǎng)后a受到的磁場(chǎng)力大小為3F，方向水平向右，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(cuò)誤。【例2】一正方形的中心O和四個(gè)頂點(diǎn)均固定著平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，若所有平行直導(dǎo)線均通入大小相等的恒定電流，電流方向如圖中所示，下列截面圖中中心長(zhǎng)直導(dǎo)線所受安培力最大的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，設(shè)四根導(dǎo)線與中間的導(dǎo)線的相互作用力均為F，則分析如圖所示，A受合力為0，B和C受到2F的力，D受到的力；故選D?！纠?】A、B、C三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線均水平固定，導(dǎo)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(guān)于C對(duì)稱，則導(dǎo)線C所受磁場(chǎng)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(duì)稱性與磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加原理，可知A、B通電直導(dǎo)線在導(dǎo)線C處的合磁場(chǎng)方向總是水平向右，所以導(dǎo)線C所受磁場(chǎng)力大小為零，則A正確，B、C、D錯(cuò)誤。題型二安培力的分析和計(jì)算1．大小計(jì)算(1)有效長(zhǎng)度：公式F＝IlB中的l是有效長(zhǎng)度，彎曲導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度等于連接兩端點(diǎn)線段的長(zhǎng)度。相應(yīng)的電流沿l由始端流向末端，如圖所示。(2)電流元法：將導(dǎo)線分割成無(wú)限個(gè)小電流元，每一小段看成直導(dǎo)線，再按直線電流判斷和計(jì)算。2．安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的分析思路判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置磁感線的分布情況，及導(dǎo)體中電流的方向，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)。3．安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)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(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流?小磁針條形磁體?通電螺線管?多個(gè)環(huán)形電流結(jié)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(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法先分析電流在磁體磁場(chǎng)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(chǎng)的作用力類型1通電導(dǎo)線有效長(zhǎng)度問(wèn)題【例1】將粗細(xì)均勻、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形銅線框用兩根不可伸長(zhǎng)的絕緣線a、b懸掛于天花板上，置于垂直線框平面向外的大小為B的磁場(chǎng)中，現(xiàn)用細(xì)導(dǎo)線給三角形線框通有大小為I的電流，則（）A．通電后兩繩拉力變大B．通電后兩繩拉力變小C．三角形線框安培力大小為BILD．三角形線框安培力大小為2BIL【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)題意，由左手定則可知，通電后線框所受安培力向下，則通電后兩繩拉力變大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)題意可知，間折線是直線長(zhǎng)度的2倍，且并聯(lián)接入電路中，則通過(guò)直線電流是折線的倍，即通過(guò)直線的電流為，通過(guò)折線的電流為，三角形線框安培力大小為故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！纠?】．如圖所示，將一質(zhì)量分布均勻，電阻率不變的導(dǎo)線圍成正方形abcd，在a、d兩點(diǎn)用導(dǎo)線與恒壓電源相連接，空間中存在垂直正方形所在平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），接通電源后ab邊所受的安培力大小為F。若重新在a、c兩點(diǎn)用導(dǎo)線與該恒壓電源連接，則接通后整個(gè)正方形所受安培力大小為（）A．2F B． C．3F D．【答案】D【詳解】在a、d兩點(diǎn)用導(dǎo)線與恒壓電源相連接，導(dǎo)線與導(dǎo)線并聯(lián)，接通電源后ab邊所受的安培力大小為，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為，通過(guò)邊的電流為，ab邊的長(zhǎng)度為，邊的電阻為，則的電阻為，則電源電壓若重新在a、c兩點(diǎn)用導(dǎo)線與該恒壓電源連接，導(dǎo)線與導(dǎo)線并聯(lián)，且其電阻均為，通過(guò)兩導(dǎo)線的電流相等，均為通過(guò)兩導(dǎo)線的電流方向相同，且兩導(dǎo)線的等效長(zhǎng)度相同，均為根據(jù)左手定則，兩導(dǎo)線產(chǎn)生同向的安培力，整個(gè)正方形所受安培力大小為故選D。【例3】．如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框abed放置在絕緣水平面上，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將大小為I的恒定電流從線框a端流入、b端流出，此時(shí)線框整體受安培力大小為，將線框繞ab邊轉(zhuǎn)過(guò)60°靜止不動(dòng)，此時(shí)線框整體受安培力大小為，則（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】線框轉(zhuǎn)過(guò)時(shí)，線框在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度不變，仍為，因此有故選A?！纠?】如圖所示，將一根同種材料、粗細(xì)均勻的導(dǎo)線圍成邊長(zhǎng)為l的閉合正方形導(dǎo)線框abcd，固定在垂直于線框平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。a、b兩端點(diǎn)接在輸出電壓恒定的電源上，線框受到的安培力大小為F?，F(xiàn)將電源改接在a、c兩點(diǎn)，線框所受安培力（）A．F B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)每一條邊的電阻為，電源的輸出電壓為，則a、b兩端點(diǎn)接在輸出電壓恒定的電源上，線框受到的安培力大小為現(xiàn)將電源改接在a、c兩點(diǎn)，線框所受安培力大小為聯(lián)立可得故選B。【例5】．如圖所示，將一質(zhì)量分布均勻，電阻率不變的導(dǎo)線圍成正五邊形abcde，在a、e兩點(diǎn)用導(dǎo)線與恒壓電源相連接，空間中存在垂直正五邊形所在平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），接通電源后ab邊所受的安培力大小為F。已知。若在a、d兩點(diǎn)用導(dǎo)線與該恒壓電源連接，則接通后正五邊形所受安培力大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)恒壓電源電壓為U，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，每個(gè)邊的電阻為R。在兩點(diǎn)用導(dǎo)線與恒壓電源相連接時(shí)，ab邊電流為則若在a、d兩點(diǎn)用導(dǎo)線與該恒壓電源連接，則abcd電流為aed電流為由幾何關(guān)系，三角形acd為頂角的等腰三角形，由正弦定理得則aed、abcd的有效長(zhǎng)度均為則正五邊形所受安培力大小為聯(lián)立求得A正確。故選A。類型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況【例1】一個(gè)可以沿過(guò)圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線圈L1將()A．不動(dòng)B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．在紙面內(nèi)平動(dòng)【答案】B【解析】方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無(wú)數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)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(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．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(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場(chǎng)方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止．據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．【例2】水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導(dǎo)線由S極的上端平行于桌面移到N極上端的過(guò)程中，磁體始終保持靜止，導(dǎo)線始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示．則在這個(gè)過(guò)程中，磁體受到的摩擦力的方向和桌面對(duì)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?yōu)橄蛴?，彈力大于磁體重力D．摩擦力方向由向右變?yōu)橄蜃?，彈力小于磁體重力【答案】C【解析】如圖所示，導(dǎo)線在S極上方時(shí)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(chǎng)力斜向右下方，磁體有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則磁體受到的摩擦力水平向左；磁體對(duì)桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對(duì)磁體的彈力大于磁體重力；如圖所示，當(dāng)導(dǎo)線在N極上方時(shí)，導(dǎo)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(chǎng)力斜向左下方，磁體有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則磁體受到的摩擦力水平向右；磁體對(duì)桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對(duì)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(duì)磁體的彈力始終大于磁體的重力，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．題型三安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題解題思路：(1)選定研究對(duì)象．(2)受力分析時(shí)，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫(huà)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(wèn)題【例1】如圖所示，兩根間距為d的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所構(gòu)成的平面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m，長(zhǎng)度也為d的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時(shí)，金屬桿ab剛好靜止，重力加速度為g。則（）A．磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下 B．磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上C．磁感應(yīng)強(qiáng)度為 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度為【答案】BC【詳解】AB．金屬桿ab剛好靜止，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌所構(gòu)成的平面，根據(jù)平衡條件可知，金屬桿所受安培力向上，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)金屬桿進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件有解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！纠?】．如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌傾角為，下端與電源相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，一導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列做法可能使導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的是（）A．僅增大電源電動(dòng)勢(shì) B．僅將電源正負(fù)極對(duì)調(diào)C．僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 D．僅將勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向反向【答案】AC【詳解】AC．由左手定則可知，開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒受安培力沿傾斜導(dǎo)軌向下，由平衡條件可得靜摩擦力方向沿軌斜導(dǎo)軌向上。僅增大電源電動(dòng)勢(shì)，則回路中電流增大，則安培力增大，此時(shí)靜摩擦力僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則安培力增大，則靜摩擦力有當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)導(dǎo)體棒開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，AC正確；BD．僅將電源正負(fù)極對(duì)調(diào)或僅將勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向反向，可知安培力方向沿傾斜導(dǎo)軌向上，假設(shè)導(dǎo)體棒能沿傾斜導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，則有則有可知導(dǎo)體棒不可能向上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)不成立，BD錯(cuò)誤。故選AC?！纠?】．在同一光滑傾斜導(dǎo)軌上放同一導(dǎo)體棒A，下圖所示是兩種情況的剖面圖。它們所在空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次豎直向上，兩次導(dǎo)體通有同向電流分別為和，都處于靜止平衡。已知斜面的傾角為（已知，）則（）A．B．C．導(dǎo)體棒A所受安培力大小之比D．斜面對(duì)導(dǎo)體棒A的彈力大小之比【答案】CD【詳解】?jī)煞N情況下，導(dǎo)體棒A受力如圖所示根據(jù)受力平衡可得可得故選CD?！纠?】如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間的距離，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻的直流電源?，F(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量的導(dǎo)體棒放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取。求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)保持與導(dǎo)體棒始終垂直，但磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向可以改變，為了使導(dǎo)體棒靜止在導(dǎo)軌上且對(duì)導(dǎo)軌無(wú)壓力，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向?！敬鸢浮浚?）0.25T；（2）0.5T，方向水平向左【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，流過(guò)導(dǎo)體棒的電流為對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)平衡條件有解得，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（2）若導(dǎo)體棒靜止在導(dǎo)軌上且對(duì)導(dǎo)軌無(wú)壓力，則此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向豎直向上，根據(jù)左手定則判斷可知，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向左，且有解得【例5】（2023·北京豐臺(tái)·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩根間距為的平行金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)，質(zhì)量為的金屬桿b垂直放在導(dǎo)軌上。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與金屬桿垂直且與導(dǎo)軌平面成角斜向上。閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)電路電流為時(shí)，金屬桿ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為。求：（1）金屬桿ab受到的安培力大??；（2）導(dǎo)軌對(duì)金屬桿ab的支持力大??；（3）滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)，金屬桿ab受到的支持力減小，金屬桿ab仍保持靜止。某同學(xué)認(rèn)為：由于金屬桿ab受到的支持力減小，所以它受到的摩擦力減小。你是否同意該同學(xué)的說(shuō)法，請(qǐng)分析說(shuō)明?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）不同意，分析見(jiàn)解析【詳解】（1）金屬桿ab受力示意圖如圖所示磁場(chǎng)對(duì)金屬桿ab的安培力大小為（2）豎直方向根據(jù)受力平衡可得解得（3）不同意該同學(xué)的說(shuō)法。金屬桿ab所受摩擦力f為靜摩擦力，其大小與支持力無(wú)關(guān)；由于金屬桿ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，其所受靜摩擦力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即因此金屬桿ab中電流增大時(shí)，金屬桿ab所受靜摩擦力變大。類型2安培力作用下的加速問(wèn)題類型1電磁炮模型【例1】如圖甲，電磁炮是當(dāng)今世界強(qiáng)國(guó)爭(zhēng)相研發(fā)的一種先進(jìn)武器，我國(guó)電磁炮研究處于世界第一梯隊(duì)。如圖乙為某同學(xué)模擬電磁炮的原理圖，間距為L(zhǎng)=0.5m的兩根傾斜導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌平面與水平地面的夾角為θ=37°，導(dǎo)軌下端接電動(dòng)勢(shì)為E=18V、內(nèi)阻為r=1Ω的電源。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.2T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。為了研究方便，將待發(fā)射的炮彈視為一個(gè)比導(dǎo)軌間距略長(zhǎng)的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=0.1kg﹑電阻為R=1Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.25，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。現(xiàn)將導(dǎo)體棒無(wú)初速度地放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，最終導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌上端發(fā)射出去，不計(jì)其他電阻。求：（1）導(dǎo)體棒剛放在導(dǎo)軌上時(shí)所受安培力的大小和方向；（2）導(dǎo)體棒剛放在導(dǎo)軌上時(shí)的加速度大小?！敬鸢浮浚?），沿斜面向上；（2）【詳解】（1）導(dǎo)體棒剛放在導(dǎo)軌上時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有解得導(dǎo)體棒剛放在導(dǎo)軌上時(shí)所受安培力的大小解得F=0.9N根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒所受安培力的方向沿斜面向上。（2）導(dǎo)體棒剛放在導(dǎo)軌上時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有其中解得【例2】．我國(guó)電磁炮發(fā)射技術(shù)世界領(lǐng)先，圖為一款小型電磁炮的原理圖，已知水平軌道寬，長(zhǎng)，通以恒定電流，軌道間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，炮彈的質(zhì)量，不計(jì)電磁感應(yīng)帶來(lái)的影響。（1）若不計(jì)軌道摩擦和空氣阻力，求電磁炮彈離開(kāi)軌道時(shí)的速度大?。唬?）實(shí)際上炮彈在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到空氣阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力與速度的關(guān)系為，其中k為阻力系數(shù)，炮彈離開(kāi)軌道前做勻速運(yùn)動(dòng)，炮彈離開(kāi)軌道時(shí)的速度大小為，求阻力系數(shù)k的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）由題意可知，炮彈受到的合力等于安培力，則根據(jù)牛頓第二定律可得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得（2）炮彈離開(kāi)軌道前做勻速運(yùn)動(dòng)，則解得【例3】．“電磁炮”是現(xiàn)代軍事研究中的一項(xiàng)尖端科技研究課題。其工作原理是將炮架放入強(qiáng)磁場(chǎng)中，并給炮架通入高強(qiáng)度電流，炮架相當(dāng)于放入磁場(chǎng)的通電直導(dǎo)線，在安培力的作用下加速運(yùn)動(dòng)，在較短的軌道上短時(shí)間內(nèi)獲得一個(gè)非常大的速度射出。如圖所示，已知加速軌道長(zhǎng)度為L(zhǎng)，軌道間距為d，炮架及炮彈的質(zhì)量為m，足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于軌道所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．炮架與水平軌道垂直。當(dāng)給炮架通以大小恒為I的電流后，炮架與炮彈一起向右加速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切阻力。求：（1）通電時(shí)，炮架受到的安培力F的大??；（2）離開(kāi)軌道時(shí)，炮彈的速度v的大?。唬?）采取哪些措施能提高炮彈的發(fā)射速度。（至少提三條）【答案】（1）；（2）；（3）見(jiàn)解析【詳解】（1）通電時(shí)，炮架受到的安培力大小為（2）離開(kāi)軌道時(shí)，設(shè)炮彈的速度為，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得（3）由（2）可知提高磁場(chǎng)強(qiáng)度B，提高炮架的通電電流大小I，加寬導(dǎo)軌寬度d等都能提高炮彈的發(fā)射速度?！纠?】．電磁炮的模型如圖所示，彈體（含水平桿ab）總質(zhì)量，水平導(dǎo)軌M、N間距，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度，可控電源提供恒定電流，以保證彈體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切阻力。求：（1）彈體所受安培力大?。唬?）彈體從靜止加速到所用的時(shí)間t；（3）彈體從靜止加速到過(guò)程中安培力所做的功W。

【答案】（1）0.02N；（2）5s；（3）0.5J【詳解】（1）彈體受到的安培力大小解得（2）由牛頓第二定律可知解得（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知彈體的位移安培力所做的功解得【例5】2022年6月17日，我國(guó)新一代戰(zhàn)艦預(yù)計(jì)將會(huì)配備電磁軌道炮，其原理可簡(jiǎn)化為如圖所示（俯視圖）裝置。兩條平行的水平軌道被固定在水平面上，炮彈（安裝于導(dǎo)體棒ab上）由靜止向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道最右端剛好達(dá)到預(yù)定發(fā)射速度v，儲(chǔ)能裝置儲(chǔ)存的能量恰好釋放完畢。已知軌道寬度為d，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，炮彈和導(dǎo)體桿ab的總質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力為重力的k（）倍，儲(chǔ)能裝置輸出的電流為I，重力加速度為g，不計(jì)一切電阻、忽略電路的自感。下列說(shuō)法正確的是（）A．電流方向由b到aB．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為C．整個(gè)過(guò)程通過(guò)ab的電荷量為D．儲(chǔ)能裝置剛開(kāi)始儲(chǔ)存的能量為【答案】BCD【詳解】A．導(dǎo)體桿ab向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受到的安培力向右，根據(jù)左手定則可知，流過(guò)導(dǎo)體桿的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體桿ab向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得根據(jù)牛頓第二定律可得又聯(lián)立解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為故B正確；C．整個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為整個(gè)過(guò)程通過(guò)ab的電荷量為故C正確；D．由于不計(jì)一切電阻、忽略電路的自感，根據(jù)能量守恒可知，儲(chǔ)能裝置剛開(kāi)始儲(chǔ)存的能量為故D正確。故選BCD?！纠?】中國(guó)的電磁炮研究水平處于世界第一梯隊(duì)。如圖所示為某種電磁炮的設(shè)計(jì)原理示意圖，電源電動(dòng)勢(shì)為E，間距為l的兩根傾斜導(dǎo)軌平行放置，軌道平面與水平面成角，且處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌下端通過(guò)開(kāi)關(guān)與電源連接。裝有炮彈的導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，其總質(zhì)量為m，整個(gè)回路的總電阻為R，閉合開(kāi)關(guān)后，彈體會(huì)在安培力的作用下高速發(fā)射出去。某次實(shí)驗(yàn)中，彈體在離開(kāi)電磁炮發(fā)射軌道之前已達(dá)到勻速，炮彈發(fā)射出去后，剛好水平擊中目標(biāo)，忽略空氣阻力和各處摩擦的影響，重力加速度為g，求：（1）彈體在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最大加速度；（2）目標(biāo)距離炮口的水平距離為多大?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）導(dǎo)體棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路內(nèi)的電流最大，安培力最大，則有由牛頓第二定律可得解得（2）炮彈勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立可得炮彈發(fā)射出去后做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向有在水平方向有聯(lián)立解得類型二安培力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)【例1】如圖所示，長(zhǎng)為d、質(zhì)量為m的細(xì)金屬桿ab用長(zhǎng)為L(zhǎng)的兩根細(xì)線懸掛后，恰好與水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌接觸，平行金屬導(dǎo)軌間距也為d，導(dǎo)軌平面處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。閉合開(kāi)關(guān)S后，細(xì)金屬桿ab向右擺起，懸線的最大偏角為θ。重力加速度為g，則閉合開(kāi)關(guān)的短時(shí)間內(nèi)通過(guò)細(xì)金屬桿ab的電荷量為（）A．B．C．D．【答案】C【詳解】金屬桿擺起的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得合上開(kāi)關(guān)的瞬間，由動(dòng)量定理得其中聯(lián)立解得故選C?！纠?】如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導(dǎo)體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對(duì)放置，圓環(huán)半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環(huán)通過(guò)導(dǎo)線與電源相連，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻不計(jì)。在兩圓環(huán)上水平放置一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環(huán)電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上。開(kāi)關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，如圖乙所示，該位置對(duì)應(yīng)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(dǎo)體棒靜止在某位置時(shí)所受安培力的大??；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力?！敬鸢浮?1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向豎直向下【解析】(1)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)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(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s導(dǎo)體棒在最低點(diǎn)時(shí)，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(dǎo)體棒對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力大小為0.54N，方向豎直向下。題型四對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用1．洛倫茲力的特點(diǎn)(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)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(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功?！纠?】關(guān)于靜電力、安培力與洛倫茲力，下列說(shuō)法正確的是（）A．電荷放入靜電場(chǎng)中一定受靜電力，電荷放入磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力B．若通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力為零，該處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零C．洛倫茲力可能做功也可能不做功D．磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用力的方向不一定與磁場(chǎng)方向垂直【答案】AB【詳解】A．電荷放入靜電場(chǎng)中一定會(huì)受睜電力，靜止的電荷放入磁場(chǎng)中不受洛倫茲力，運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向與磁感應(yīng)線平行時(shí)也不受洛倫茲力，故A正確；B．若通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力為零，可能是通電直導(dǎo)線電流方向與磁場(chǎng)方向平行，該處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，故B正確；C．洛倫茲力總是與速度方向垂直，所以洛倫茲力總是不做功，故C錯(cuò)誤；D．磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用力即安培力方向與磁場(chǎng)方向一定垂直，故D錯(cuò)誤。故選AB?！纠?】．如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的通電直導(dǎo)線P、Q（垂直紙面）關(guān)于粗糙程度均勻的水平面對(duì)稱分布，P、Q連線與水平面交點(diǎn)為O，P、Q通以大小相等、方向相反的恒定電流。一帶正電的絕緣物塊從A點(diǎn)以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，恰好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．從A到O，磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大B．從A到O，磁感應(yīng)強(qiáng)度先增大后減小C．從A到O，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D．從A到O，物塊做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)安培定則可得，兩導(dǎo)線在AO之間磁場(chǎng)如圖所示根據(jù)平行四邊形定則，將兩磁場(chǎng)合成可知，合磁場(chǎng)方向水平向左，且由A到O兩導(dǎo)線磁場(chǎng)增大且與水平夾角變小，則合磁場(chǎng)沿水平向左增大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．由于AO之間磁場(chǎng)方向水平向左，與物塊的運(yùn)動(dòng)方向共線，所以物塊不受洛倫茲力，物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到恒定不變的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。【例3】(多選)核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢(shì)，中科院等離子體物理研究所設(shè)計(jì)制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置(EAST)，這是我國(guó)科學(xué)家率先建成世界上第一個(gè)全超導(dǎo)核聚變“人造太陽(yáng)”實(shí)驗(yàn)裝置．將原子核在約束磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如圖所示，磁場(chǎng)水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，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(yùn)動(dòng)C．丙粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變【答案】BD【解析】甲粒子速度方向與磁場(chǎng)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(cuò)誤；乙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則所受洛倫茲力大小為0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；丙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直，不做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；洛倫茲力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，故D正確．【例4】如圖所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)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(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱．導(dǎo)線中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長(zhǎng)直導(dǎo)線在周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)在桌面上沿連線MN運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)．關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹跍p小【答案】A【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知a處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向里，b處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向外，從a到b磁場(chǎng)大小先減小過(guò)O點(diǎn)后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球在O點(diǎn)左側(cè)受到的洛倫茲力方向向上，小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮橹亓εc洛倫茲力的差值，過(guò)O點(diǎn)后洛倫茲力的方向向下，小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮橹亓εc洛倫茲力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，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?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確．題型五洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng)帶電體做變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會(huì)發(fā)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(fā)生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開(kāi)接觸面．【例1】如圖所示，在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電滑塊從光滑斜面的頂端由靜止釋放，滑至底端時(shí)恰好不受彈力，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，斜面的傾角為，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊滑至底端時(shí)的速率為B．滑塊滑至底端時(shí)的速率為C．滑塊經(jīng)過(guò)斜面中點(diǎn)時(shí)的速率為D．滑塊經(jīng)過(guò)斜面中點(diǎn)時(shí)的速率為【答案】AC【詳解】AB．由題意可知，帶電滑塊從光滑斜面的頂端由靜止釋放，滑至底端時(shí)恰好不受彈力，可知此時(shí)滑塊受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面的分力平衡，可得則A正確，B錯(cuò)誤；CD．由題意可知，帶電滑塊在斜面做初速度是零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移中點(diǎn)的速度公式可知，滑塊經(jīng)過(guò)斜面中點(diǎn)時(shí)的速率為C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！纠?】如圖所示，一根固定的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過(guò)程（）A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為C．洛倫茲力沖量大小為 D．若，彈力沖量為零【答案】CD【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量定理故合力沖量大小為，故A錯(cuò)誤；B．小球上滑的時(shí)間為重力的沖量大小為故B錯(cuò)誤；C．小球所受洛倫茲力為，隨時(shí)間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為故C正確；D．若，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得即則小球在整個(gè)減速過(guò)程的圖像如圖圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD?！纠?】．如圖所示，在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q>0）的帶電滑塊從光滑絕緣斜面的頂端由靜止釋放，滑至底端時(shí)恰好不受彈力，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，斜面的傾角為，重力加速度為g，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊滑至底端時(shí)的速率為 B．滑塊滑至底端時(shí)的速率為C．滑塊經(jīng)過(guò)斜面中點(diǎn)時(shí)的速率為 D．斜面的高度為【答案】AC【詳解】AB．由左手定則可知，滑塊所受洛倫茲力垂直斜面向上，滑塊滑至底端時(shí)恰不受彈力，則有解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．設(shè)斜面的高度為，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)斜面中點(diǎn)時(shí)的速率為，由動(dòng)能定理得mg?=解得故C正確；D．滑塊從斜面頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg?=代入數(shù)據(jù)解得故D錯(cuò)誤。故選AC?！纠?】質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，與傾角為的絕緣斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使物塊從斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑時(shí)間t后對(duì)斜面的作用力恰好為零，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)C．小物塊對(duì)斜面壓力為零時(shí)的速率為D．小物塊沿斜面下滑的最大距離為【答案】BC【詳解】A．在垂直于斜面方向上，物塊受恒定的重力分力、洛倫茲力與支持力，由平衡條件可知洛倫茲力與支持力二者之和不變，由于在下滑過(guò)程中物塊速度增大，洛倫茲力也增大，但支持力減小，說(shuō)明物塊下滑過(guò)程中所受洛倫滋力與支持力是同向的，即其方向是垂直于斜面向上的，由左手定則可知物塊應(yīng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．物塊離開(kāi)斜面前在垂直于斜面方向上由平衡條件有在平行于斜面方向有可見(jiàn)物塊做加速度增大、速度也增大的加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．當(dāng)洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時(shí)物塊與斜面間壓力為零，即解得故C正確；D．由動(dòng)量定理有其中摩擦力可知摩擦力的沖量大小為解得物塊沿斜面下滑的最大距離故D錯(cuò)誤。故選BC?！纠?】．如圖所示，空間有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量且足夠長(zhǎng)的不帶電絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板的左端無(wú)初速放置一質(zhì)量為m，電荷量的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為的恒力，g為重力加速度。則（）A．最終滑塊以的速度勻速運(yùn)動(dòng)B．最終木板以的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)C．整個(gè)過(guò)程中，木板加速度由逐漸增大到D．整個(gè)過(guò)程中，滑塊先與木板一起勻加速運(yùn)動(dòng)，然后再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】AB【詳解】A．開(kāi)始滑塊做加速直線運(yùn)動(dòng)，滑塊獲得向左的速度，根據(jù)左手定則可知滑塊受到洛倫茲力作用豎直向上，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即解得故A正確；B．當(dāng)滑塊受到洛倫茲力等于滑塊重力時(shí)，滑塊與木板間的彈力為零，摩擦力為零，根據(jù)牛頓第二定律可得解得最終木板的加速度為故B正確；C．設(shè)最開(kāi)始時(shí)，滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)滑塊有解得對(duì)木板有解得即整個(gè)過(guò)程中，木板加速度由逐漸增大到，故C錯(cuò)誤；D．由以上分析可知初始時(shí)刻滑塊的加速度為，木板的加速度為，整個(gè)過(guò)程中滑塊受到的洛倫茲力增大，支持力減小，摩擦力減小，加速度減小，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AB?！纠?】如圖所示，套在很長(zhǎng)的絕緣直棒上的小球，質(zhì)量為1.0

×10-4kg，帶電量為4.0×10-4C的正電荷，小球在棒上可以滑動(dòng)，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=10N/C，方向水平向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?，小球與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所帶電荷量保持不變，g取10m/s2.（

）A．小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為2m/s2B．小球由靜止沿棒豎直下落最大速度2m/sC．若磁場(chǎng)的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為5m/s2D．若磁場(chǎng)的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大速度為45m/s【答案】AD【詳解】小環(huán)靜止時(shí)只受電場(chǎng)力、重力及摩擦力，電場(chǎng)力水平向右，摩擦力豎直向上；開(kāi)始時(shí)，小環(huán)的加速度應(yīng)為：；小環(huán)速度將增大，產(chǎn)生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水平方向合力將增大，摩擦力將增大；加速度將減小，當(dāng)加速度等于零時(shí)，即重力等于摩擦力，此時(shí)小環(huán)速度達(dá)到最大，則有：mg=μ（qvB+qE），解得：；故A正確，B錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)的方向反向，其余條件不變，則洛倫茲力向左，故當(dāng)洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)加速度最大，為10m/s2；當(dāng)摩擦力與重力平衡時(shí)，速度最大，故：mg=μ（qvB-qE），解得：；故C錯(cuò)誤，D正確；故選AD．【例7】如圖所示，下端封閉、上端開(kāi)口、高h(yuǎn)=4m內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一質(zhì)量m=0.2kg、電荷量q=2C的小球，整個(gè)裝置以的速度沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入方向水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力的作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。取g=10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在管中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒B．小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線C．小球在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2sD．小球的機(jī)械能增加了8J【答案】C【詳解】AD．小球水平方向隨玻璃管做勻速運(yùn)動(dòng)，故管壁對(duì)小球的作用力和洛倫茲力的水平分量等大反向，豎直方向受重力、洛倫茲力的豎直分量作用，小球從上端口飛出，故豎直分量的洛倫茲力向上，且對(duì)小球做正功，故機(jī)械能不守恒，有故AD錯(cuò)誤；B．對(duì)小球受力分析可知，豎直方向上合外力解得a=2m/s2小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球做曲線運(yùn)動(dòng)，軌跡為曲線，故B錯(cuò)誤；C．豎直方向上解得小球在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故選C?！纠?】．如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫(huà)出）的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)。管道內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0，一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)量為m，電量為q，管道長(zhǎng)度為l，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運(yùn)動(dòng)到N端過(guò)程有（）A．時(shí)間為 B．小球所受洛倫茲力做功為quBlC．外力F的平均功率為 D．外力F的沖量為qBl【答案】D【詳解】A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)，故小球受到的洛倫茲力在沿管道方向的分力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得由初速度為零的位移公式，解得A錯(cuò)誤；B．小球所受洛倫茲力不做功，B錯(cuò)誤；C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負(fù)功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有外力F的平均功率為C錯(cuò)誤；D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于D正確。故選D。題型六帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．帶電粒子以速度v垂直磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(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(yùn)動(dòng)速度和軌跡半徑無(wú)關(guān)，只和粒子的比荷和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)．(4)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ(弧度)時(shí)，所用時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)