专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动-2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍(解析版)
新课标2020高考物理二轮复习专题三第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动讲义含解析
高考物理二轮复习专题：第2讲 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动典题再现1.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，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．已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为( )A.2F B ．1.5F C.0.5FD ．0解析：选B.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I2，如图所示，依题意有F ＝BlI ，则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1＝12BlI ＝12F ，方向与F 的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F ，选项B 正确.考情分析典题再现2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy 平面向外、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，从x 轴上M 点以某一初速度垂直于x 轴进入第四象限，在xOy 平面内，以原点O 为圆心做半径为R 0的圆周运动；随后进入电场运动至y 轴上的N 点，沿与y 轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x 轴进入第四象限．不计粒子重力．求：(1)带电粒子从M 点进入第四象限时初速度的大小v 0； (2)电场强度的大小E ；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B 1. 解析：(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv 0B 0＝mv 20R 0解得v 0＝qB 0R 0m. (2)由于带电粒子与y 轴成45°角离开电场，则有v x ＝v y ＝v 0粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上qE ＝ma v 2x －0＝2aR 0解得E ＝qR 0B 202m.(3)粒子在电场中运动时 水平方向：v x ＝at ，R 0＝12at 2竖直方向：y ＝v y t 解得y ＝2R 0过N 点做速度的垂线交x 轴于P 点，P 即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN 为半径，因为ON ＝y ＝2R 0，∠PNO ＝45°，所以PN ＝22R 0.由于洛伦兹力提供向心力，故qvB 1＝mv 2PN其中v 为进入第一象限的速度，大小为v ＝2v 0解得B 1＝12B 0.答案：见解析 考情分析命题研究分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题；新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合，要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法磁场性质及对电流作用 【高分快攻】1．磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法． (2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即：2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B 0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( )A ．0 B.33B 0 C.233B 0 D ．2B 0[解析] 导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度大小B P ＝B Q ＝B 1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁感应强度平行于PQ 向右、大小为3B 1.又根据题意B a ＝0，则B 0＝3B 1，且B 0平行于PQ 向左．若P 中电流反向，则B P 反向、大小不变，B Q 和B P 大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B ′1＝B 1(方向垂直PQ 向上、与B 0垂直)，a 点合磁场的磁感应强度B ＝B 20＋B ′21＝233B 0，则A 、B 、D 项均错误，C 项正确．[答案] C【题组突破】1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为m 的均匀细金属杆MN 与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k , 在边长ab ＝L 1、bc ＝L 2的矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且MN 处于静止状态时，MN 与ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN 中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN 始终在纸面内且保持水平，重力加速度g .则( )A ．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M 至NB ．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C ．该电流表的最大量程是I m ＝kL 2BL 1D ．该电流表的刻度在0～I m 范围内是不均匀的解析：选AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M 至N ，选项A 正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，kx ＝mg ，弹簧的伸长量为x ＝mgk，选项B 错误；根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋L 2)＝mg ＋BI m L 1，解得I m ＝kL 2BL 1，即该电流表的最大量程为I m ＝kL 2BL 1，选项C 正确； 根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋l )＝mg ＋BIL 1，解得I ＝kBL 1·l ，即该电流表的刻度在0～I m 范围内是均匀的，选项D 错误．2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A 项相同，因此D 项正确．带电粒子在匀强磁场中的运动【高分快攻】1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)． (2)两画：画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向． (3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．(4)四写：写出基本方程qvB ＝m v 2R ，半径R ＝mv qB ，周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，运动时间t ＝s v ＝α2πT .2．常见模型的解题思路(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题．(2)对称规律解题法①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )A.14kBl ，54kBl B.14kBl ，54kBl C.12kBl ，54kBl D.12kBl ，54kBl [解析] 电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝l4，由洛伦兹力提供向心力，有ev a B ＝m v 2ar a，又e m ＝k ，解得v a ＝kBl 4；电子从d 点射出时，由几何关系有r 2d ＝l 2＋⎝⎛⎭⎪⎫r d －l 22，解得轨迹半径为r d ＝5l 4，由洛伦兹力提供向心力，有ev d B ＝m v 2d r d ，又e m ＝k ，解得v d ＝5kBl4，选项B 正确．[答案] B【题组突破】角度1 带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析1．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B ，一群比荷为q m、速度大小为v 的离子以一定发散角α由原点O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x 轴上长度为L 的区域MN 内，则cos α2为( )A ．1－BqL 4mvB ．12－BqL 4mvC ．1－BqL2mvD ．1－BqL mv解析：选C.根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R ，得R ＝mvqB，离子通过M 、N 点的轨迹如图所示，由几何关系知MN ＝ON －OM ，过M 点的两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2，圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向，由几何关系可知L ＝2R －2R cosα2，解得cosα2＝1－BqL2mv，故选项C 正确．角度2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析2．(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( )A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶ 2解析：选 C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB ＝m v 2R可知，R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v 1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A 离P 点最远时，则AP ＝2R 1；同样，若粒子运动的速度大小为v 2，粒子的磁场出射点B 离P 点最远时，则BP ＝2R 2，由几何关系可知，R 1＝R2，R 2＝R cos30°＝32R ，则v 2v 1＝R 2R 1＝3，C 项正确．角度3 带电粒子在有边界磁场中的运动分析3．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝mvqB，所以D正确．命题角度解决方法易错辨析带电粒子在直线边界型磁场中的运动对称法遵循进入磁场的角度和出磁场的角度相同的原则带电粒子在圆形边界磁场中的运动准确找到圆心、入射半径方向，利用垂线法确定对应的圆心角若粒子沿半径方向射入磁场，则一定会沿半径方向射出磁场；否则不满足此条规律带电粒子在三角形边界磁场中的运动切线法、临界值法在磁场中运动的临界条件是准确找到与边界相切的条件，以此判断圆周运动的临界半径的大小带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动中垂线法或速度切线法确定圆心和半径方向，利用公式确定周期和半径的大小能熟练画出粒子的运动轨迹并准确找到圆心、半径、圆心角是解题的关键带电粒子在磁场中运动的多解和临界问题【高分快攻】1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)方法技巧①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解，力求使解答准确、完整．【典题例析】(2019·济南二模)如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0，0)点沿x 轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x 轴负方向成30°，不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R；(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．[解析] (1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1，由图中几何关系可得：r1＝R0，由牛顿第二定律可得：r1＝mv0qB0，解得：B0＝mv0qR0.(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2，轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝3 3r1＝33R0由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2即R＝3R0.(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时，时间较短，应满足150°n＋90°＝360°m当m＝4时，n＝9，时间最短当粒子由外侧磁场经优弧经过A点时，应满足(90°＋60°)n＝360°m根据数学知识当m＝5时，n＝12，时间最短所以当粒子由内侧磁场Ⅰ沿劣弧经过A点时，并且当m＝4时，n＝9时，时间最短．t1＝10×14×2πR0v0，t2＝9×23×2π33R0v0t min＝t1＋t2＝5πR0v0＋43πR0v0.[答案] 见解析【题组突破】角度1 带电粒子在磁场中运动的临界问题1．(2019·山东省实验中学一模)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )A.qBL2mB.qBL3mC.3qBL2mD.3qBL3m解析：选D.由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ab×tan30°＝33L，由洛伦兹力提供向心力qv m B＝mv2mr，从而求得最大速度：v m＝3qBL3m，所以选项A、B、C错误，选项D正确．角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题2.如图所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板d3处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围．解析：第一种情况：当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝12·d3＝d6由qv0B1＝mv20R1得：B1＝6mv0qd若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R2，则：R22＝⎝⎛⎭⎪⎫R2－d32＋d2，解得：R2＝53d由qv0B2＝mv20R2得：B2＝3mv05qd所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为3mv05qd＜B＜6mv0qd.第二种情况：当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3＝12·23d＝d3由qv0B3＝mv20R3得：B3＝3mv0qd若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为R4，则：R24＝⎝⎛⎭⎪⎫R4－23d2＋d2，解得：R4＝1312d由qv0B4＝mv20R4得：B4＝12mv013qd所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为12mv013qd＜B＜3mv0qd.答案：磁场垂直纸面向里时，3mv05qd＜B＜6mv0qd 磁场垂直纸面向外时，12mv013qd＜B＜3mv0qd分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下，最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．(1)常见的三种几何关系①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．②当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长．(2)两种动态圆的应用方法①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹．②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场，若初速度v 大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O 为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点．(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b 点射出．下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．粒子在b 点速率大于在a 点速率C ．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出D ．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：选C.由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R ＝mvqB，若仅减小磁感应强度B 的大小，则R 变大，粒子可能从b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则R 变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t ＝θ2πT ，T ＝2πmqB，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误．2．如图所示，竖直平行边界MN 、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN 上的C 点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN 的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ 上的D 点射出磁场，C 、D 连线与两边界的垂线CE 的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比v 甲v 乙及运动的时间之比t 甲t 乙分别为(已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24)( )A.6－222 B.6＋22 2 C.6－24 23D.6＋24 23解析：选 A.C 、D 两点间的距离记为L ，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r ＝L 2cos （θ＋α），轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r ＝mvqB和T ＝2πmqB，得v ∝1cos （30°＋α），t ＝β360°T ∝(120°－2α)，则v 甲v 乙＝cos （30°＋45°）cos （30°＋30°）＝6－22，t 甲t 乙＝120°－2×30°120°－2×45°＝2，选项A 正确．3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据Ω＝2πT知角速度减小，选项D 正确．4．(2019·淄博模拟)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度Ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B ，A 项正确．5．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，已知P 、Q 、O 为边长为L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P 点垂直PO 方向射入匀强磁场中，甲从PO 边的M 点射出磁场，乙从QO 边的N 点射出磁场，已知PM ＝2MO ，QN ＝NO ，据此可知( )A ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2B ．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2C ．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2D ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2 解析：选 D ．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r 甲＝13L ，r 乙＝12L .由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv qB ＝p qB .若两个带电粒子的比荷 q m相同，由r ＝mv qB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项A 错误；若两个带电粒子的动能相同，由r ＝mv qB＝2mE kqB可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为q 甲q 乙＝m 甲m 乙 ·r 乙r 甲＝32m 甲m 乙，选项B 错误；若两个带电粒子所带电荷量q 相同，由r ＝mv qB ＝pqB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p 甲∶p 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项C 错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T ＝2πmqB可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为T2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动的时间为T3，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t 甲∶t 乙＝3∶2，选项D 正确．6．如图所示，在OA 和OC 两射线间存在着匀强磁场，∠AOC ＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M 点垂直OA 方向射入匀强磁场，下列说法正确的是( )A ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1 C ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6解析：选D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC 边射出，负电子一定不会从OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A 、B 错误；若负电子不从OC 边射出且正电子也不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC 边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t ＝θ2πT 知，正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C 错误，D 正确．二、多项选择题7．(2019·青岛二模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I .已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r，式中k 是常数，I 是导线中的电流，r 为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先增大后减小D ．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN 连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a 点到b 点，小球一直做匀速直线运动，A 错误，B 正确；由于从a 至b 合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C 正确，D 错误．8．(2019·济宁高三模拟)如图所示，MN 平行于y 轴，在y 轴与MN 之间的区域内存在与xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .在t ＝0时刻，从原点O 发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．其中，沿y 轴正方向发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场右边界MN 上的P 点离开磁场，已知P 点的坐标是((2＋2)d ，2d )，不计粒子重力，下列说法正确的是( ) A ．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2＋2d B ．粒子的发射速度大小为3πd2t 0。
(精校)高中物理带电粒子在磁场中的运动知识点汇总
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难点之九：带电粒子在磁场中的运动一、难点突破策略（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点1. 产生洛伦兹力的条件：①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行．2。
洛伦兹力大小:当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB;当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB ·sin θ3。
洛伦兹力的方向:洛伦兹力方向用左手定则判断4。
洛伦兹力不做功．（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行,θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供:R v m qvB 2=②轨道半径公式：qBmv R =③周期:qB m 2v R 2T π=π=，可见T 只与q m 有关,与v 、R 无关.（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识,切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆)构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。
高三物理二轮复习 专题八 磁场及带电体在磁场中的运动
外，现将B处的长直导线撤走，而将C处
知A处直导线的电流在O点产生的 磁场方向水平向右，D处直导线
的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处 的电流在O点产生的磁场方向竖
的长直导线所受安培力的方向( C )
A．沿∠COB的角平分线向下
B．沿∠AOB的角平分线向上
直向上，且两处直导线的电流在 O点产生的磁场大小相等，由矢 量的叠加原理知O处的磁场方向 沿∠AOB的角平分线向上，由左
视角一 电流磁场及磁场的命叠题加视角
题组冲关
如[例下1图] 所如示图，所当示通，有M、电N流和的P长是直以导 MN线在思M路、探N究两处(1时)如，何根判据断安电培 流周定
则为可直知径，的二半者圆在弧圆上心的O三处点产，生O为的半磁圆感应围强的度磁的场大？小都为B1/2；当将M
处弧长的直圆导心线，移∠至MOP处P＝时6，0°两，直在导M线、在N圆心O处产生的磁感应强度的大 小处也各为有B一1/条2，长作直平导行线四垂边直形 穿过，纸由面图，中的(几2)空何间关某系点，由可多得电c流os形3成0°的＝磁
所轨受水安培 平力对向称右放，置大一小恒 根定均，匀故金金属属棒棒向 ．右从做t＝匀0加时速刻直起线，运动棒，上在有T2如～图T乙内金所属示棒 所的受持安续培力交与变前电半流个I周，期周大期小为相T等，，最方大向值相反 为，Im金，属图棒甲向中右I做所匀示减方速向直为线电运动流，正
一方个向周．期结则束金时属金棒属(棒A速B度C恰) 好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、
B导2 线中通有大小相等的恒定电流，方 场，如何求该点的磁感应强
B2向1＝如BB21图＝所23， 示故 ，这选时项OB点正的确磁，感选应项强A、 度C、度D？错误．
2大 小 为 B1. 若 将 M 处 长 直 导 线 移 至 P 处 ， 则 O 点 的 磁 感 应 强 度 大 小 为 B2 ，
高二物理磁场知识点总结
高二物理磁场知识点总结在高二物理的学习中，磁场是一个非常重要的部分。
它不仅是物理学中的重要概念，也在许多实际应用中发挥着关键作用。
下面我们就来详细总结一下高二物理中磁场的相关知识点。
一、磁场的基本概念1、磁场的定义：磁场是一种存在于磁体或电流周围的特殊物质，能够对放入其中的磁体或电流产生力的作用。
2、磁场的方向：规定在磁场中某点小磁针静止时 N 极所指的方向为该点磁场的方向。
二、磁感线1、磁感线的定义：磁感线是为了形象地描述磁场而引入的假想曲线，曲线上每一点的切线方向都表示该点的磁场方向，曲线的疏密程度表示磁场的强弱。
2、磁感线的特点：磁感线是闭合曲线，在磁体外部，磁感线从N 极出发，回到S 极；在磁体内部，磁感线从 S 极指向 N 极。
磁感线不相交。
磁感线的疏密表示磁场的强弱。
三、几种常见的磁场1、条形磁铁的磁场：条形磁铁外部的磁感线从 N 极出发，回到 S 极，内部从 S 极指向 N 极，两端磁场最强。
2、蹄形磁铁的磁场：与条形磁铁类似，只是形状不同。
3、通电直导线的磁场：用安培定则（右手螺旋定则）判断，用右手握住直导线，让大拇指指向电流的方向，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向。
4、环形电流的磁场：同样用安培定则判断，让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，那么大拇指所指的方向就是环形电流中心轴线上磁感线的方向。
5、通电螺线管的磁场：相当于多个环形电流磁场的叠加，其外部的磁感线类似于条形磁铁的磁场，内部是匀强磁场。
四、安培力1、安培力的定义：通电导线在磁场中受到的力称为安培力。
2、安培力的大小：当导线与磁场方向垂直时，F ＝ BIL；当导线与磁场方向平行时，F ＝ 0；当导线与磁场方向成夹角θ时，F ＝BILsinθ。
3、安培力的方向：用左手定则判断，伸开左手，使大拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内，让磁感线穿过手心，四指指向电流的方向，那么大拇指所指的方向就是安培力的方向。
带电粒子在匀强磁场中的运动知识小结
带电粒子在匀强磁场中的运动（知识小结）一．带电粒子在磁场中的运动（1）带电粒子在磁场中运动时，若速度方向与磁感线平行，则粒子不受磁场力，做匀速直线运动；即 ① 为静止状态。
② 则粒子做匀速直线运动。
（2）若速度方向与磁感线垂直，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力起向心力作用。
（3）若速度方向与磁感线成任意角度，则带电粒子在与磁感线平行的方向上做匀速直线运动，在与磁感线垂直的方向上做匀速圆周运动，它们的合运动是螺线运动。
二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1．运动分析：洛伦兹力提供向心力，使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．(4)运动时间： (Θ 用弧度作单位 )1．只有垂直于磁感应强度方向进入匀强磁场的带电粒子，才能在磁场中做匀速圆周运动．2．带电粒子做匀速圆周运动的半径与带电粒子进入磁场时速率的大小有关，而周期与速率、半径都无关．三、带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动(往往有临界和极值问题)(一)边界举例:1、直线边界（进出磁场有对称性）规律：如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边射出时，速度与边界的夹角相等。
速度与边界的夹角等于圆弧所对圆心角的一半，并且如果把两个速度移到共点时，关于直线轴对称。
2、平行边界（往往有临界和极值问题）（在平行有界磁场里运动，轨迹与边界相切时，粒子恰好不射出边界）3、矩形边界磁场区域为正方形，从a 点沿ab 方向垂直射入匀强磁场：若从c 点射出，则圆心在d 处若从d 点射出，则圆心在ad 连线中点处4.（从平面几何的角度看，是粒子轨迹圆与磁场边界圆的两圆相交问题。
）特殊情形：在圆形磁场内,沿径向射入时，必沿径向射出2．其特征方程为：F 洛＝F 向． 3．三个基本公式： (1)向心力公式：qvB ＝m v 2R ； (2)半径公式：R ＝mv qB ； (3)周期和频率公式：T ＝2πm qB ＝1f ； 222m t qB m qB T θππθπθ==⨯=⨯v L =t一般情形：磁场圆心O和运动轨迹圆心O′都在入射点和出射点连线AB的中垂线上。
高三物理 复习 专题20 带电粒子在磁场中的运动- 重要知识点、考点、方法总结 、讲义
一、带电粒子在有界磁场中的运动1．运动电荷所受的洛伦兹力．．．．方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，洛伦兹力对带电粒子不做功．．．．．．．．．．．．。
2．带电粒子沿着与磁场垂直的方向射入磁场，在匀强磁场中做匀速圆周运动。
3．洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动所需的向心力。
由牛顿第二定律得2v qvB m R=，则粒子运动的轨道半径mv R qB =，运动周期2πm T qB =。
4．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，确定圆心和运动半径，画出粒子运动的轨迹。
⑴ 圆心．．的确定：画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛伦兹力的方向，两洛伦兹力延长线的交点即为圆心；或利用一根弦的中垂线，结合一点洛伦兹力的延长线作出圆心位置。
⑵ 半径．．的确定和计算：圆心确定以后，利用平面几何关系，求出该圆的半径。
⑶ 在磁场中运动时间．．．．的确定：用几何关系求出运动轨迹所对应的圆心角θ，由公式360t T θ=求出粒子在磁场中运动的时间。
【例1】 如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t ，若加上磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60︒，利用以上数据可求出下列物理量中的A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径【答案】 A B【例2】 如图所示，圆柱形区域的横截面内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。
一带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向射入时，穿过此区域所用的时间为t 。
又知粒子飞出此区域时速度方向偏转了60︒角，根据以上条件可求下列物理量中的A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子的初速度C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子在磁场中运动的半径【答案】 A C【例3】 在一个边界为等边三角形的区域内，存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的P 点处有一个粒子源，粒子源发出比荷相同的三个粒子a b c 、、（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
备战2020年高考物理专题11 磁场(3)(原卷版)
专题11 磁场（3）-高考物理精选考点专项突破题集三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）1、如图所示，水平方向的匀强电场场强为E ，场区宽度为L ，竖直方向足够长。
紧挨着电场的是垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B 和2B 。
一个质量为m ，电量为q 的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界MN 上的a 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过时间qB m t B 6π=穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN 上的某一点b ，途中虚线为场区的分界面。
求：（1）中间场区的宽度d ；（2）粒子从a 点到b 点所经历的时间t ab ；（3）当粒子第n 次返回电场的MN 边界时与出发点之间的距离S n 。
2、如图，在平面直角坐标系xoy中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y轴正方向夹角为30°，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场。
在第四象限内存在一个长方形的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向外。
一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度v的方向与x轴正方向夹角为60°，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。
经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过负y轴上的Q点。
已知OP=L，不计带电粒子重力。
求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和；（3）矩形磁场区域的最小面积和Q点的位置坐标。
3、在直角坐标系xOy中，第二象限有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），第一象限三角形OPM区域有如图所示的匀强电场，电场线与y轴的夹角、MP与x轴的夹角均为30°。
已知P点的坐标为（9L,0），在以O′为圆心的环状区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆与直线MP相切于P点，内外圆的半径分别为L和2L。
专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动(解析版)-高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍
1 / 252021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍 专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】 磁场的叠加 .................................................................................................................................... 1 【题型二】 磁场对通电导体作用及安培定则的综合问题 ............................................................................. 5 【题型三】 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 ............................................................................................. 9 二、高考题型标准练 (19)一、热点题型归纳【题型一】 磁场的叠加【题型解码】对于多个电流在空间某点的合磁场方向，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成．【典例分析1】(2020·超级全能生24省11月联考)同一平面内有两根互相平行的长直导线M 和N ，分别通入方向相反、大小分别为3I 和I 的电流，把M 、N 导线置于半圆弧的直径上，N 位于圆心O 处，如图所示，此时半圆弧右端点A 处的磁感应强度大小为B 1，已知长直导线电流产生的磁场中某点的磁感应强度大小满足B ＝k Ir (其中k 为比例系数，I 为电流强度，r 为该点到直导线的距离)．若将长直导线M 移至P 点，同时撤去长直导线N ，θ＝60°，则A 处的磁感应强度大小为( )A.3B 1 B ．2B 1 C.233B 1D ．23B 12 / 25【答案】 D【解析】 直导线M 在A 处产生的磁感应强度方向竖直向下，大小为B M ＝k 3I2R ，直导线N 在A 处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B N ＝k I R ，此时半圆弧右端点A 处的磁感应强度大小B 1＝3kI 2R －kI R ＝kI2R ，将长直导线M 移至P 点，同时撤去长直导线N ，此时M 与A 点的距离为L ＝2R sin60°＝3R ，此时，M 在A 处产生的磁感应强度大小为B ＝k3I 3R＝3kI R ＝23B 1，故D 正确．【典例分析2】.(2020·浙江“山水联盟”返校考)正三角形ABC 的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a 、b 、c 三点分别是正三角形三边的中点，若A 、B 、C 三处导线中的电流均为I ，则a 、b 、c 三点的磁感应强度大小关系为( )A ．a 点最大B ．b 点最小C ．c 点最小D ．b 、c 点一样大【答案】 D【解析】 通电导线在周围会产生磁场，磁场的强弱与到导线的距离有关．对于a 点，A 导线和B 导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相反，设C 导线在此处的磁感应强度大小为B 2，所以a 点的合磁感应强度大小为B 2；对于b 点，B 导线和C 导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相同，设B 导线在此处的磁感应强度大小为B 1，而A 导线在此处的磁感应强度大小为B 2，则此处的合磁感应强度大小为4B 12＋B 22；对于c 点，A 导线和C 导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B 1)，方向相同，B 导线在此处的磁感应强度大小为B 2，则此处的合磁感应强度大小为4B 12＋B 22，所以b 、c 点处磁感应强度一样大，故D 正确，A 、B 、C 错误．【提分秘籍】1.磁场的叠加问题的求解秘籍 （1）确定磁场场源，如通电导线．3 / 25（2）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。
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2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动题型一 磁场的叠加【题型解码】对于多个电流在空间某点的合磁场方向，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成．【典例分析1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外．已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为031B 和021B ，方向也垂直于纸面向外．则 ( )A.流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为0127B B ．流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为0121B C ．流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为0121B D ．流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为0127B 【参考答案】 AC【名师解析】 原磁场、电流的磁场方向情景图转化如图所示，由题意知在b 点：210021B B B B +-=在a 点：2100-31B B B B -=由上述两式解得01127B B =，02121B B =. 【典例分析2】(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，在直角三角形acd 中，∠a ＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a 、b 、c 三点，其中b 为ac 的中点．三根导线中的电流大小分别为I 、2I 、3I ，方向均垂直纸面向里．通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度rI k B =，其中I 表示电流强度，r 表示该点到导线的距离，k 为常数．已知a 点处导线在d 点产生的磁感应强度大小为B 0，则d 点的磁感应强度大小为( )A ．B 0 B ．2B 0 C.3B 0 D ．4B 0【参考答案】 D【名师解析】 情景转化如图所示：设直角三角形的ad 边长为r ，则ac 边长为2r ，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a 点处导线在d 点产生的磁感应强度大小为r I kB =0，由安培定则知方向水平向左；同理有c 点处导线在d 点产生的磁感应强度大小为B 1＝k 3I 3r＝3B 0，方向竖直向下；b 点处导线在d 点产生的磁感应强度大小为B 2＝k 2I r ＝2B 0，方向垂直于bd 斜向左下方；因B 1B 0＝3＝tan 60°，可知B 1和B 0的合磁感应强度沿B 2的方向，故d 点的磁感应强度大小为B 合＝B 2＋B 02＋B 12＝4B 0，方向垂直于bd 斜向左下方，故选D.【提分秘籍】 1.磁场的叠加问题的求解秘籍（1）确定磁场场源，如通电导线．（2）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。
（3）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
（4）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
2.定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M 、N 在c 点产生的磁场．【突破训练】1.(2019·陕西渭南市二检)有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a 、b 两点，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。
a 、b 的连线水平，c 是ab 的中点，d 点与c 点关于b 点对称。
已知c 点的磁感应强度为B 1，d 点的磁感应强度为B 2，则关于a 处导线在d 点产生磁场的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是( )A ．21B B +，方向竖直向下 B ．21-B B ，方向竖直向上 C. 212B B +，方向竖直向上 D.21-2B B ，方向竖直向下 【答案】 D【解析】 根据安培定则，a 处导线在d 点产生的磁感应强度的方向为竖直向下。
a 处导线和b 处导线在c 点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，可知大小都为21B ，则b 处导线在d 点产生的磁感应强度大小为21B ，方向竖直向上。
因为d 点的磁感应强度大小为B 2，方向向上，即a B B B -212=，可得a 处导线在d 点产生的磁感应强度大小为21-2B B B a =。
故D 正确，A 、B 、C 错误。
2.如图所示，两根相互平行的长直导线分别过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等。
关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )A.O 点处的磁感应强度为零B.a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a 、c 两点处磁感应强度的方向不同【答案】C【解析】由安培定则可知，两导线产生的磁场在O 点的方向相同，均为向下，因此O 点处的磁感应强度不为零，选项A 错误；同理，根据安培定则可判断，两导线产生的磁场在a 、b 两点的方向也相同，均为向下。
由于两导线中的电流大小相等，且a 、b 两点关于O 点对称，因此可知a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B 错误；根据安培定则、平行四边形定则以及对称性可知，c 、d 两点的磁感应强度大小相等，方向相同(均为向下)，选项C 正确；由以上分析可知，a 、c 两点处磁感应强度的方向相同，选项D 错误。
3.(2019·北京石景山高三统一测试)如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O 1，乙的圆心为O 2，在两环圆心的连线上有a 、b 、c 三点，其中aO 1＝O 1b ＝bO 2＝O 2c ，此时a 点的磁感应强度大小为B 1，b 点的磁感应强度大小为B 2。
当把环形电流乙撤去后，c 点的磁感应强度大小为( )A ．B 1－B 22B ．B 2－B 12C ．B 2－B 1D.B 13【答案】 A【解析】 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c 点的磁场方向也是向左的。
设aO 1＝O 1b ＝bO 2＝O 2c ＝r ，单个环形电流在距离圆心r 位置的磁感应强度大小为B 1r ，在距离圆心3r 位置的磁感应强度大小为B 3r ，故a 点磁感应强度大小：B 1＝B 1r ＋B 3r ，b 点磁感应强度大小：B 2＝B 1r ＋B 1r ，当撤去环形电流乙后，c 点磁感应强度大小：B c ＝B 3r ＝B 1－12B 2，故选A 。
题型二 磁场对通电导体作用及安培定则的综合问题【题型解码】1.判断安培力的方向时，充分利用F 安⊥B 、F 安⊥I ；2.受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．【典例分析1】(2019·江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和b 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。
矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a 、b 产生的磁场作用下静止。
则a 、b 的电流方向可能是( )A ．均向左B ．均向右C ．a 的向左，b 的向右D ．a 的向右，b 的向左【参考答案】 CD【名师解析】 如图1所示，若a 、b 中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b 移动。
同理可知，若a 、b 中电流均向右，线框向导线a 移动，故A 、B 不符合题意。
若a 导线的电流方向向左，b 导线的电流方向向右，a 、b 中电流I ′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。
同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意。
【典例分析2】(2019·全国卷Ⅰ)如图，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受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2F B．1.5F C．0.5F D．0【参考答案】B【名师解析】情景转化如图所示设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。
由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F ＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。
【提分秘籍】1.安培力大小和方向2.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
3.求解磁场对通电导体作用力的注意事项(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效长度)。
(2)用准“两个定则”①对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加性。
②对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
(3)明确两个常用的等效模型①变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
②化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
【突破训练】1.(2019·江西南昌二模)(多选)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。
O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab。
现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。
则可以判断()A ．O 点处的磁感应强度的方向与F 相同B ．长导线c 中的电流方向垂直纸面向外C ．长导线a 中电流I 1小于b 中电流I 2D ．长导线c 中电流I 3小于b 中电流I 2【答案】BC【解析】由左手定则可知，O 点处的磁感应强度方向与安培力F 方向垂直且斜向右下方，故A 错误；O 点处的磁场方向可沿水平向右和竖直向下分解，长导线a 和b 在O 点处产生的磁场方向均沿竖直方向，所以长导线c 在O 点处产生的磁场方向应水平向右，由右手螺旋定则可知，长导线c 中的电流方向垂直纸面向外，长导线a 在O 点产生的磁场方向竖直向上，长导线b 在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a 中电流I 1小于b 中电流I 2，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c 中电流I 3与b 中电流I 2的大小关系，故B 、C 正确，D 错误。
2.(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)如图所示，两根通电长直导线A 、B 垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A 中电流是B 中电流的2倍，此时A 受到的磁场作用力大小为F ，而在A 、B 的正中间再放置一根与A 、B 平行共面的通电长直导线C 后，A 受到的磁场作用力大小变为2F ，则B 受到的磁场作用力大小和方向可能为( )A ．大小为32F ，方向水平向右B ．大小为32F ，方向水平向左 C ．大小为12F ，方向水平向右 D ．大小为12F ，方向水平向左 【答案】 BC【解析】 由于A 、B 间的磁场力是两导体棒的相互作用，故B 受到A 的磁场力大小为F ，由同向电流相互吸引知，A 受B 的作用力向右，B 受A 的作用力向左；中间再加一通电长直导线C 时，由于C 处于中间，其在A 、B 两位置产生的磁感应强度大小相等、方向相反，故A 受到的磁场力为B 受磁场力的2倍，且两力方向相反；由于A 受到的磁场作用力大小变为2F ，则可能有两种情况：①C 对A 的作用力为F ，方向向右；则C 对B 的作用力为12F ，方向向左，故B 受合力大小为32F ，方向水平向左；②C 对A 的作用力为3F ，方向向左，则C 对B 的作用力为32F ，方向向右，故B 受合力大小为12F ，方向水平向右。