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1、2023年高考物理专题突破讲义专题突破 第13课时磁场命题规律1.命题角度：(1)安培定则，磁场的叠加，安培力的分析和计算；(2)带电粒子在磁场中的运动；(3)动态圆模型2常考题型：选择题高考题型1磁场的基本性质安培力1磁场的产生与叠加2安培力的分析与计算方向左手定则大小直导线FBILsin 0时F0，90时FBIL导线为曲线时等效为ac直线电流受力分析根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程二级结论同向电流相互吸引，反向电流相互排斥考向一安培定则磁场叠加例1(2017全国卷18)如图1，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方
2、向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()图1A0 B.B0C.B0 D2B0答案C解析如图甲所示， P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1B0.如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小BB0，故选项C正确，A、B、D错误考向二等效长度例2(2019全国卷17)如图2，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
3、受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()图2A2F B1.5F C0.5F D0答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有FBlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1BlIF，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为FF11.5F，选项B正确考向三安培力作用下的平衡例3(2021重庆市1月适应性测试4)如图3所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里导体棒通
4、入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g10 m/s2)()图3A0.25 T B0.5 TC0.75 T D0.83 T答案B解析未通电时，两弹簧的弹力之和与导体棒的重力大小相等，根据平衡条件可知mg2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知mgBId2k1.5x，联立两式得，解得B0.5 T，故B正确高考题型2带电粒子在匀强磁场中的运动分析带电粒子在磁场中运动的方法基本思路(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹(2)找联系：轨迹
5、半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式基本公式qvBm重要结论r，T，T圆心的确定(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)；(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)半径的确定方法一：由物理公式求由于Bqv，所以半径r；方法二：由几何关系求一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定时间的求解方法一：由圆心角求tT；方法二：由弧长求t.轨迹圆的几个基本
6、特点(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，123) (2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，12)(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙(两侧关于两圆心连线对称)临界问题(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切多解成因(1)磁场方向不确定形成多解；(2)带电粒子电性不确定形成多解；(3)速度不确定形成多解；(4)运动的周
7、期性形成多解.考向一直线边界磁场例4(多选)(2019海南卷9)如图4，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45，已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则()图4AP和Q的质量之比为12BP和Q的质量之比为1CP和Q速度大小之比为1DP和Q速度大小之比为21答案AC解析设MN2R，则粒子P的轨迹半径为R，有：R；粒子Q的轨迹半径为R，有：R；又两粒子的运动时间相同，则tP，tQTQ，即，解得mQ2mP，vPvQ，故A、C正确，B、D错
8、误考向二圆形区域磁场例5(2021全国乙卷16)如图5，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60，不计重力，则为()图5A. B. C. D3答案B解析如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1根据几何关系r1R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2R.根据洛伦兹力提供向心力有qvB，可得v，所以，故选B.考向三临界和极值问题例6(2020全国卷18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两
9、个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图6所示一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()图6A. B.C. D.答案C解析磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2r2(3ar)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evBm，联立解得B，故选C.例7(2020全国卷18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图7中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半
10、径一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率不计粒子之间的相互作用在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()图7A. B. C. D.答案C解析粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示圆心角2，当最大时，有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，最大，此时30，可得，则tT，故选C.高考题型3动态圆模型放缩圆适用条件粒子速度方向一定，速度大小不同应用方法以入射点P为定点，圆心位于PP直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件(轨迹
11、圆的圆心在P1P2直线上)旋转圆适用条件粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同应用方法将一半径为R的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件，(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R的圆上)平移圆适用条件粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同应用方法将半径为R的圆进行平移，(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)磁聚焦与磁发散成立条件：区域圆的半径等于轨迹圆半径R带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行磁聚焦带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行磁
12、发散考向一旋转圆例8(多选)如图8所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则()图8A粒子能打到板上的区域长度为2dB能打到板上最左侧的粒子所用的时间为C粒子从发射到打到板上的最长时间为D同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为答案BD解析粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径Rd，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左
13、侧最远处A到C距离为d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(1)d，故A错误；左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则t1，故B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T，由几何关系可知，最短时间t2T，最长时间t1T，tt1t2，故C错误，D正确考向二放缩圆例9(多选)如图9所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是()图9A电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C在磁场中运动
14、时间相同的电子，其轨迹线不一定重合D电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同答案BC解析由周期公式T知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，由tT知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确；若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误考向三磁聚集例10(2021山东青岛市
15、高三期末)如图10甲，为除尘装置的截面示意图，水平放置的金属极板M、N间距离为d，大量均匀分布的带负电尘埃以相同速度进入两板间，速度方向与板平行，大小为v0，每颗尘埃的质量均为m，带电荷量均为q.如图乙，在原有两极板M、N的截面内，建立平面直角坐标系xOy，y轴垂直于金属板并过板的右端，x轴与两板中轴线共线；在P(2.5d，2d)处放置开口向上且大小不计的尘埃收集容器撤去两板间电场，然后只需在y轴右侧的某圆形区域内施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，就可以把所有尘埃全部收集到容器中尘埃颗粒重力、颗粒间作用力、尘埃颗粒对板间电场影响均不计要把所有尘埃全部收集到容器中，则在圆形区域内所施加匀强磁场的磁
16、感应强度大小应满足什么条件图10答案B解析设圆形磁场区域的半径为R1，尘埃在磁场中做圆周运动的半径为R2，要使所有尘埃都能到达P点，必须满足R2R1另有qv0Bm当圆形区域过P点且与M板的延长线相切时，R2最小，B最大，如图，由几何关系得R2mind，解得B2max；当圆形区域过P点且在M板右端点与y轴相切时，R2最大，B最小，如图，由几何关系得R2maxd解得B2min，所以圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小应满足的条件为B.1.(2021广东广州市高三月考)如图11，等腰梯形线框abcd是由相同材料、相同横截面积的导线制成，梯形上底和腰长度均为L，且腰与下底成60.整个线框处在与线框平面垂
17、直的匀强磁场中现给线框通过图示电流，若下底cd受到的安培力为F，则上底ab受到的安培力为()图11A.F B.F C.F D3F答案A解析梯形上底和腰均为L且腰与下底成60，由几何关系可知，梯形的下底dc长为2L；由电阻的决定式R，可知梯形的边dabc的电阻等于下底dc的电阻的1.5倍，两者为并联关系，设dc中的电流大小为I，根据欧姆定律，则dabc中的电流为I；由已知条件可知ab边与dc的电流方向相同，由题意知FBI2L，所以边ab所受安培力为FBILF，方向与dc边所受安培力的方向相同，故选A.2(2020山东烟台市重点中学监测)如图12所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧AC的中
18、点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等、方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)，O处的磁感应强度恰好为零如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为()图12A2(1)B B(21)BC2B D0答案A解析设A、C、D处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则由O点的磁感应强度恰好为零可知，BB0，即B0(1)B，现将D处的电流反向，其他条件不变，则O处的合磁感应强度大小为BBB02(1)B，选项A正确，B、C、D均错误3.(2021河南南阳市高三期末)如图13所示，直线边界OM与ON之间的夹角为30，相交于O点O
19、M与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.ON上有一粒子源S，S到O点的距离为d.某一时刻，粒子源S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子，已知粒子的带电荷量为q，质量为m，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，所有粒子的初速度大小均为v，d.则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()图13A. B.C. D.答案D解析由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动的弦长最短时对应的时间最短，则最短的弦长为过S点到OM的垂线段根据洛伦兹力提供向心力有qvB m，T，解得T ，r，d2r，则最短弦长L为Ldsin 30r，由几何关系可知，60，则粒子在磁场中运动的最短时间为t
20、，故选D.4(多选)如图14所示，在半径为R的圆形区域内(圆心为O)有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)()图14A从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长B沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大C所有离子飞出磁场时的动能一定相等D在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点答案AD解析由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间
21、最长，轨迹不可能经过圆心O点，故A、D正确，B错误；因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于离子的初动能不一定相等，故飞出时的动能不一定相等，故C错误5.(2021江苏泰州市高三期末)两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图15所示，不计粒子的重力，则下列说法正确的是()图15Aa粒子带正电，b粒子带负电B粒子射入磁场时的速率vavb12C粒子在磁场中的运动时间tatb21D若将磁感应强度变为原来的倍，其他条件不变，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的答案C解析粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，带正
22、电，a向下偏转，带负电，A错误；设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有qvBm解得va，vb，设大圆半径为R，根据几何关系有tan 30，tan 30整理得，B错误；粒子做圆周运动的周期为T，由图可知b60，a120则taTT，tbTT整理有：tatb21，C正确；将磁感应强度变为原来的倍，其他条件不变，则此时b粒子的运动半径r，周期Ttan 1，45，根据选项C，运动的时间分别为tbTT，tTT，则可计算出，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的，D错误专题强化练保分基础练1.(2021全国甲卷16)两足够长直导线均折成直角，按图1示方式放置在同一平面内，EO与OQ在一条直线
23、上，PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()图1AB、0 B0、2B C2B、2B DB、B答案B解析两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度大小为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度大小为2B，B正确2(2021广西柳州市高三第一次调研)某带电粒子以速度v垂直射入匀强磁场中粒子做半径为R的匀
24、速圆周运动，若粒子的速度变为2v.则下列说法正确的是()A粒子运动的周期变为原来的B粒子运动的半径仍为RC粒子运动的加速度变为原来的4倍D粒子运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍答案D解析带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式有qvB，解得，粒子运动的半径R，若粒子的速度变为2v，粒子运动的半径为2R，故B错误；粒子运动的周期T，若粒子的速度变为2v，粒子运动的周期不变，故A错误；粒子运动的加速度a，若粒子的速度变为2v，粒子运动的加速度变为原来的2倍，故C错误；粒子运动轨迹所包围的面积SR2()2，若粒子的速度变为2v，粒子运动轨迹所包围的磁通量BS变为原来的4倍，故D正确3
25、(2021山西太原市高三二模)如图2，固定在匀强磁场中的线框abc是由一根粗细均匀的导线弯折成的闭合等腰直角三角形，c90，线框所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源接在线框的a、b两点间，此时ac受到的安培力大小为F，则()图2A导线bc与ac受到的安培力相同B导线acb受到的安培力大小为FC导线ab与acb受到的安培力大小相等D整个线框受到的安培力大于2F答案D解析根据左手定则可知，导线bc与ac受到的安培力大小相同，方向不同，故A错误；设ac段电阻为R，则bc段电阻也为R，ab段电阻为R，根据I可知，若设流过ac的电流为I，则流过ab的电流为I，设acbcL，则abL，则ac受到的安培力为
26、FBIL，ab受到的安培力大小为FBIL2BIL2F，方向垂直于ab向上，则导线acb受到的安培力大小为FBILBILF，方向垂直于ab向上，则整个线框受到的安培力大小为F合FF(2)F2F，故B、C错误，D正确4(多选)(2021河北邯郸市高三期末)如图3所示，两根相同的轻弹簧悬挂着一根通有电流I0的直铜棒MN，置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，此时两根弹簧处于原长状态，若在铜棒下面悬挂一质量为m的物块(图中未画出)，将铜棒中的电流改为I1，弹簧可恢复为原长状态；若在铜棒下悬挂质量为M的物块，将铜棒中的电流改为I2或保持I1不变使磁场增大为B均可使弹簧恢复为原长状态，下列说法
27、中正确的是()图3A电流方向由M指向NB若I22I1，则M2mC若M2m，B不变，则I22I1D若M2m，电流为I1，则B2m，故B错误；若M2m，B不变，由B选项中分析可知，I22I1，故C正确；若M2m，电流为I1不变，则BI1Lg，BI1Lg，故B0)、质量为m的带电粒子，以初速度v0从P(a,0)点沿与x轴成45方向射入磁场中，通过y轴上的N(0，a)点恰好垂直于电场方向进入第二象限，到达x轴上Q点(图中未画出)时速度恰好与x轴垂直已知电场强度为E，粒子重力不计，求：图1(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从P点到Q点所经历的时间答案(1)(2)解析(1)粒子运动轨迹如图所示，根
28、据几何关系可知 Ra根据洛伦兹力提供向心力可得qv0Bm联立可得B(2)粒子在电场中做类平抛运动，到达x轴时速度方向向下，v0与E垂直，可知v0不变，分解速度知，沿电场方向速度大小vv0，则沿电场方向v0att在电场中运动时间t粒子在磁场中运动的周期T在磁场中运动时间t，B所以t(或t)总时间t总tt.例2(2021全国甲卷25)如图2，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场一质量为m，电荷量为q(q0)的粒子自电场中某处以大小为v0
29、的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60，不计重力图2(1)求粒子发射位置到P点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离答案(1)(2)B(3)l解析(1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与PQ的夹角为60，设粒子在P点时竖直方向上的速度为vy，由几何关系得tan 60由运动学公式可得vyat根据牛顿第二定律有qEma联立解得粒子在电场中运动的时间t则粒子在水平方向的位移xv0t竖直方向的位移yt则粒子发射位置到P点的距离为d(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，vv0粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qvBm解得B磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为O1，半径为r1，由几何关系可知r1，对应的磁感应强度B1磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半径为r2.过O2作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有O2A，故O2Q