本专题主要考查磁场的叠加以及通电导线受到的安培力的比较与计算、带电粒子在磁场中运动的临界问题和多解性问题。难度中等。

一、磁场及其性质
1．磁场方向的判断及磁场叠加
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)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场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和。
2．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
二、带电粒子在磁场中运动
1．带电粒子在有界匀强磁场中的运动

2．带电粒子在复合场中的运动

1．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B＝kIr，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B0，则d点的磁感应强度大小为(　　)

A．B0 B．2B0 C.3B0 D．4B0
2．(2019•全国卷Ⅰ•24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：

(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

1．如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是(　　)

A．电流由N流向M
B．悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态
C．悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大
D．恒定电流大小为3mgBL
2．(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是(　　)

A．小球一定带负电荷
B．小球一定沿顺时针方向转动
C．小球做圆周运动的线速度大小为gBrE
D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功

1．如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a和b，通有等值电流。在纸面上距a、b等远处有一点P，若P点合磁感应强度B的方向水平向左，则导线a、b中的电流方向是(　　)

A．a中向纸里，b中向纸外
B．a中向纸外，b中向纸里
C．a、b中均向纸外
D．a、b中均向纸里
2．(多选)如图所示为一个质量为m、带电量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的(　　)

3．(多选)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，且骨架与称盘的总质量为m0，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧从长度L0被压至L1，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触）。随后外电路对线圈供电，弹簧恢复至L0并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈总电阻为R，重力加速度为g，则(　　)

A．线圈向下运动过程中，线圈中感应电流从C端流出
B．外电路对线圈供电电流为I时，弹簧长度从L1恢复至L0的过程中，C端电势高于D端电势
C．外电路对线圈供电电流为I，且弹簧长度恢复至L0并静止时，重物的质量为
D．若线圈电阻为R，且线圈上的热功率不能超过P，线圈上安培力的最大值为
4．(多选)如图所示，在正方形abcd内有垂直于正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子（质量为m、电荷量为e）从ab边上的P点以初速度v0沿与ab夹角θ＝60°的方向射入磁场，从ad边离开磁场，aP＝L，不计电子重力，下列说法正确的是(　　)

A．电子初速度v0大小可能为
B．若电子初速度大小变为，则电子在磁场中的运动时间为
C．若电子初速度大小变为，则电子从ab边离开磁场
D．若电子初速度大小变为，则电子在磁场中的运动时间大于
5．(多选)如图所示，直线OP把坐标系Oxy分成I区域和II区域，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为（4L，3L）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法中正确的是(　　)

A．该粒子可能沿y轴负方向从O点射出
B．该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间为
D．该粒子运动的可能速度为 (n＝1，2，3…)
6．(多选)如图所示，以坐标原点O为圆心、半径为R的区域内存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。磁场左侧有一平行y轴放置的荧光屏，相距为d的足够大金属薄板K、A平行于x轴正对放置，K板中央有一小孔P，K板与磁场边界相切于P点，K、A两板间加有恒定电压，K板电势高于A板电势。紧挨A板内侧有一长为3d的线状电子源，其中点正对P孔。电子源可以沿xOy平面向各个方向发射速率均为v的电子，沿y轴进入磁场的电子，经磁场偏转后垂直打在荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，磁场磁感应强度，不计电子重力及它们间的相互作用力。则(　　)

A．K、A极板间的电压大小为
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为
C．荧光屏上能有电子到达的区域长度为R
D．所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为

7．(多选)如图所示，在竖直平面内有一绝缘材料制成的固定挡板MN，其长度为L，MN与水平方向成α＝30°。现有一个质量为m、带电量为＋q的带电粒子从M点，以初速度v沿水平方向运动，在该平面内施加水平面向外的匀强磁场或者垂直MN向下的匀强电场均可使该带电粒子到达N点。已知粒子与挡板的碰撞时垂直MN方向的速度分量大小不变，方向反向，平行于MN的速度分量大小和方向均不变(如打到N点时也记一次碰撞)。不计带电粒子的重力和碰撞时间。则下列说法中正确的是(　　)

A．若匀强磁场的磁感应强度大小为，则带电粒子与挡板MN碰撞2次且恰好能到达N点
B．若施加匀强磁场且粒子恰好能到达N点，则粒子在磁场中运动的时间一定为
C．若施加匀强电场且使粒子能到达N点，则电场强度的最小值为
D．若匀强电场的电场强度大小为。则带电粒子与挡板MN碰撞2次但不能到达N
8．如图所示，质量为m、带正电的小球（可视为质点）用细线悬挂在O点，小球带电量为q，细线的长度为L。把细线拉至水平位置，由静止释放小球，当小球运动到最低点A时细线恰好断裂，此时小球恰好与水平面接触而无弹力作用；然后小球沿光滑的水平面运动，水平面上方虚线之间存在水平向右的匀强电场，电场强度为，然后小球从C点进入半径为L的圆形区域，其圆心为O′，AC之间的距离为2L；圆形区域内存在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B。已知，重力加速度为g，A、C、O′在同一水平线上。

(1)求细线能承受的最大拉力；
(2)求带电小球进入圆形区域时的速度大小；
(3)若带电小球在圆形区域内沿CO′做直线运动，求匀强电场E的大小；
(4)若圆形区域内匀强电场a＝qEm，求带电小球在圆形区域内运动的时间。

9．如图甲所示，在x＜0，y＞0区域存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，t＝0时刻，位于x轴上(－x0，0)的粒子p以某一速度沿y轴正方向射出，粒子p的质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力，经过一段时间后，粒子p恰好垂直y轴进入x＞0，y＞0区域。在x＞0，y＞0区域存在匀强电场，其电场强度E随时间t作如图乙所示的周期性变化，图乙中E0＝，T＝2πmqB，E的正方向沿y轴正方向。

(1)求粒子p在磁场中运动时速度的大小v0；
(2)在y＝9x0处有一收集板(图甲中未画出)，求粒子p击中收集板时的横坐标。

10．如图所示，带负电的粒子质量m＝2×10－11 kg，电量q＝－4×10－10 C，经电压U0＝1×105 V加速后从坐标P(－8 m，4 m)处进入xOy坐标系的第二象限，在x≥－8 m、y≥0范围内存在垂直坐标平面向里的磁场，粒子经偏转后恰从坐标原点进入第四象限，第四象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝8000 V/m，在x轴上坐标x≥36 m范围内存在一光屏，粒子打到光屏上会被吸收，同时显示粒子的坐标，不计带电粒子的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)磁场的磁感应强度B；
(2)粒子打在光屏上的坐标；
(3)若在第四象限内加一无限大可移动的绝缘弹性板，弹性板垂直于y轴位于y＝－6 m处，粒子撞到板上后，沿x轴方向的速度分量不变，沿y轴方向的速度分量大小不变，方向相反，粒子与板碰撞后电量无损失，求粒子打在光屏上的坐标。

11．如图所示，真空室内有一长度为L的平面荧光屏AB，屏的中心为D，屏前正中央有一点状粒子放射源O，放射源O与荧光屏AB恰构成等边三角形，AOB区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使放射源在∠AOB范围内向各个方向以速度v0发射带负电粒子，其中沿OA方向发射的粒子恰能垂直打在荧光屏上。不计粒子重力，求：

(1)粒子的比荷；
(2)打到荧光屏上的粒子在磁场内运动时间最长时，运动轨迹所对圆心角的正弦值；
(3)荧光屏AB上的亮屏长度；
(4)若自O点发射的粒子速度为12v0，求亮屏长度。

1．【答案】D
【解析】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B0＝kIr，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B1＝k3I3r＝3B0，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B2＝k2Ir＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示，因B1B0＝3＝tan 60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为B合＝B2＋B02＋B12＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故选D。

【点评】本题考查磁场的叠加问题，要注意磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时要掌握遵循矢量合成的平行四边形法则。
2．【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，由动能定理有：
qU＝12mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有：

qvB＝mv2r②
由几何关系知d＝2r③
联立①②③式得：qm＝4UB2d2。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥
联立②④⑤⑥式得：t＝Bd24Uπ2＋33。
【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动，粒子在电场中加速运动运用动能定理求解，在磁场中的匀速圆周运动根据洛伦兹力提供向心力求解，解答此类题目的关键在于画出轨迹图，正确运用数学几何关系。

1．【答案】C
【解析】由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析如图所示，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，mgsin 30°＝Fcos 30°，则tan 30°＝BILmg，解得I＝3mg3BL，D错误。
【点评】注意“向右摆起”表明安培力方向向右，可判电流方向；“最大值为θ＝60°”表明θ＝60°时，速率为零，但不是平衡位置。
2．(多选)
【解析】带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径r＝mvqB，联立得v＝gBrE，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误。
【答案】AC
【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，解答此类题时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力作用或其中某两个力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。本题考查的是根据带电粒子的运动情况，来判断带电粒子的受力情况。

1．【答案】A
【解析】若a中向纸里，b中向纸外，根据安培定则判断可知，a在P处产生的磁场Ba方向垂直于aP连线向下， b在P处产生的磁场Bb方向垂直于bP连线向上，如图所示，根据平行四边形定则进行合成得P点的磁感应强度方向水平向左，故A正确；同理可知BCD错误。

2．(多选)
【答案】BCD
【解析】当qvB＝mg时，小环做匀速运动，此时图象为B，故B正确；当qvB＞mg时，在竖直方向，根据平衡条件有FN＝qvB－mg，此时，根据牛顿第二定律有f＝μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，f＝μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故A错误，D正确。
3．(多选)
【答案】AC
【解析】E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，根据右手定则可知感应电流的方向是逆时针方向（从上向下看），电流由C流出，D端流入，故C端电势低于D端电势，A正确，B错误；两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，线圈匝数为n，左右两侧受力相等，得mg＝2nBIL，即，故C正确；线圈上的热功率P＝I2R，F＝2nBIL，可得最大安培力，故D错误。
4．(多选)
【答案】BC
【解析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹与ad边恰好相切时的初速度大小设为v1，如图所示，根据几何关系有R＋Rsinθ＝L，又，得，显然，即电子入射的初速度大小为时将从ab边离开磁场，A错误；初速度大小为时，电子从ab边离开磁场，转过的圆心角α＝43π，在磁场中的运动时间，B正确；初速度大小为时，电子从ab边离开，C正确；初速度大小为时，电子从ad边离开磁场，电子在磁场中的运动时间小于，D错误。
5．(多选)
【答案】BCD
【解析】由R＝mvqB，可得粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为R1＝2R2，如图所示，由题意知OP边与x轴的夹角tanα＝34，可得α＝37°，故带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I与OP边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，故A错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角θ1＝106°，粒子在区域Ⅰ中运动的时间，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角θ2＝106°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间，所以该粒子在磁场中运动的最短时间，故C正确；带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离L0＝L1＋L2，其中，，而5L＝nL0，n＝1，2，3…，联立得 (n＝1，2，3…)，故D正确。

6．(多选)
【答案】BCD
【解析】根据题意，电子在磁场运动14圆周，轨迹半径r＝R，电子在磁场中运动时有evB＝mv2r，电子在A、K间运动时有eU＝12mv′2－12mv2，解得，故A错误；如图，当速度方向平行x轴发射的电子刚好可以进入P，该电子就是电子源离中心点最远处发射的，设此处离中心点的距离为x，则x＝vt，d＝12at2，，联立解得x＝233d，所以满足条件的长度l＝2x＝，故B正确。

由几何关系得，进入磁场的所有电子都平行x轴击中荧光屏能从P进入磁场的电子速度方向与OP的最大夹角为θ，，解得θ＝30°，由几何关系得y1＝R＋Rsin θ，y2＝R－Rsin θ，解得L＝y1－y2＝R，故C正确；由前面分析可知，电子在磁场中转过的最小圆心角为α＝60°，则所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为，故D正确。
7．(多选)
【答案】BD
【解析】带电粒子在磁场中运动知qv0B＝mv2r，依几何关系有MP＝r，nr＝L，解得B＝ (n＝0，1，2，…)，故当B＝时n＝3，A错；由T＝2πmqB＝，t＝16T‧n，有t＝，B对；将v分解为32v的匀速直线和初速为12v的匀变速直线，所以L＝32vt，令垂直MN方向的单向运动时间为t1，vy＝qEm‧t1，2t1‧n＝t，解得：E＝ (n＝1，2，3，……)，当n＝1时，Emin＝，C错；当E＝＞ ×2，则带电粒子与挡板MN碰撞2次但不能到达N，D对。
8．【解析】(1)由机械能守恒定律得：mgL＝12mv12
在最低点，由牛顿第二定律得：Tm－mg＝
解得：Tmax＝3mg。
(2)从A点到C点，由动能定理得：E0q‧2L＝12mv22－12mv12
解得：v2＝。
(3)若带电小球在圆形区域内沿CO′做直线运动，由平衡条件得：Eq＝mg＋qv2B
解得：。
(4)若匀强电场，则电场力与重力平衡，带电小球在圆形区域内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qv2B＝
解得：R＝L
带电小球在圆形区域内运动14圆周，时间为
解得：。
9．【解析】(1)带电粒子p在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知：r＝x0
洛伦兹力提供向心力：qv0B＝mv02r
解得：v0＝。
(2)带电粒子p在磁场中运动时间t1＝14T＝
带电粒子p在电场中运动时间t2，则对粒子：
x轴方向做匀速直线运动：x＝v0t2
y轴方向速度vy－t图像如图示有：

a1＝＝4( )2x0，vy1＝a1‧12T＝
a2＝＝－12( )2x0，vy2＝vy1＋a2‧14T＝
在14T～34T中，y1＝12vy1‧12T＝2x0
在34T～ T中，y2＝12vy1‧16T＝23x0
在 T～54T中，y3＝12vy2‧13T＝－23x0
即1个T时间内：∆y＝y1＋y2＋y3＝2x0
所以有：9x0＝r＋3×∆y＋y1
因此有：t2＝3T＋12T＝72T
粒子p击中收集板时的横坐标：x＝v0t2＝7πx0。
10．【解析】(1)粒子经电场加速后获得的速度为v，根据动能定理有：qU0＝12mv2
解得v＝2×103 m/s
粒子经偏转后恰从坐标原点进入第四象限，设在磁场中半径为R，根据几何关系有：
R2＝(R－yP)2＋xP2
解得R＝10 m
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv2R
代入数据解得：B＝10 T。
(2)根据几何关系可知，粒子进入第四象限时速度与x轴正方向夹角为速度偏转角，设为θ，有：

进入第四象限后，粒子沿y轴方向匀减速到零后反向匀加速，沿x轴方向不受力匀速运动，有：
vsin θ＝qEmt，x0＝vcos θ‧2t
解得t＝0.01 s，x0＝24 m＜36 m
所以粒子会进入第一象限的磁场中，根据对称性可知，进入时速度与x轴正方向夹角为θ，故在磁场中偏转后水平距离x1＝2Rsinθ＝16 m
因为x0＋x1＝40 m＞36 m
故打到屏上的坐标为x＝40 m。
(3)根据以上分析可知，粒子在第四象限运动的最远距离
其中a＝qEm
解得ym＝8 m
当弹性板放在y＝－6 m处时，根据ym－∣y∣＝12at′2得t′＝0.005 s
所以碰到弹性板前的运动时间t′′＝t－t′＝0.005 s
根据对称性可知，在第四象限运动，沿x轴方向运动距离x′＝vcos θ‧2t′′＝12 m
进入磁场后，在磁场中偏转后水平距离仍为x1＝2Rsinθ＝16 m
粒子经磁场后运动坐标为x′′＝12 m＋16 m＝28 m＜36 m
故粒子继续进入第四象限，最后打在光屏上，坐标为x＝12 m＋16 m＋12 m＝40 m。
11．【解析】(1)粒子运动轨迹如图1，由几何关系知粒子轨迹半径R＝3L
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝mv02R
解得。

(2)如图2，作OF⊥GE，设粒子轨迹能与AB相切，有R＝3L，OD＝32L
由几何关系知DE＝OF＝OGcos30°＝32L＞12L＝DB
故轨迹不能与AB相切，故轨迹过B点时粒子在磁场中运动时间最长，如图3所示，设该粒子运动轨迹所对圆心角为2α，由几何关系可知sinα＝36
故sin 2α＝。
(3)由几何关系可知，亮屏长度L1＝R－Rcos30°＋12L
即L1＝(3－1)L。
(4)若粒子的初速度v＝12v0
由qvB＝mv2R知粒子运动的轨迹半径R′＝32L
若粒子轨迹能与AB相切，则切点离D点的距离应等于R′＝32L＞12L＝DB
故粒子轨迹不能与AB相切，即粒子能经过荧光屏上的B点，沿OA方向入射的粒子击中荧光屏的位置最高R′＝OD
由几何关系知，粒子恰击中D点，故亮屏长度L2＝DB＝12L。

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