文档内容
秘籍 17 磁场中的热点问题
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、实验题、计算题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 结合力的平衡、牛顿第二定律、匀速圆周运动、几何知识考查
磁感应强度、安培力、力的平衡、牛顿第二定律、功、动能定理、匀速圆周运动、几何知识
熟悉各种动态圆问题的处理方法
磁场叠加，受力平衡的处理方法
一、磁场的叠加
安培定则的应用
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
与条形磁铁的磁场相
环形电流的两 侧是N
无磁极、非匀强，且距 似，管内为匀强磁场且
特点 极和S极，且离圆环中
导线越远处磁场越弱 磁场最强，管外为非匀
心越远，磁场越弱
强磁场
安培定则
立体图
横截面图
磁场的叠加
磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。
(2)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。
(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。
例1、图中a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平
方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示．O点为三角形的中心(O到三个顶点的距离相等)，
则( )
A．O点的磁感应强度为零
B．O点的磁场方向垂直Oc向下
C．导线a受到的安培力方向竖直向上
D．导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c
答案 B
解析 根据右手螺旋定则，a电流在O点产生的磁场平行于bc向左，b电流在O点产生的磁场平行ac指向
右下方，电流c在O点产生的磁场平行ab指向左下方；由于三导线电流大小相等，到 O点的距离相同，
根据平行四边形定则，O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；根据左手定则，结合矢量合
成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故C、D错
误．
二、安培力作用下的静态平衡问题
1．安培力的方向
(1)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进
入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
(2)注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇
指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
2．安培力的大小
当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝ILBsin_θ.
(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，F ＝ILB.
max
(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零．例2、(多选)如图，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.则磁感应强度方向和大小可能为
( )
A．z正向，tan θ B．y正向，
C．z负向，tan θ D．沿悬线向上，sin θ
答案 BC
三、安培力作用下的动态平衡问题
安培力作用下导体的平衡问题的解题方法
(1)根据导体中的电流方向与磁场方向，利用左手定则先判断出安培力的方向，然后对导体进行受力分析，
再结合力的平衡条件进行求解；
(2)事先不能够判断出安培力的方向时需要对导体进行受力分析，然后结合力的平衡条件确定安培力的方向
和大小，此类试题一般是包括安培力在内的三力动态平衡问题，解决的办法通常是“闭合矢量三角形法”
或“相似三角形法”．
例3、如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为 B，导轨宽度为L，一端与
电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝，
在安培力的作用下，金属棒以v 的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电
0
流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )
A．37° B．30° C．45° D．60°
答案 B
解析 由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成 θ角，则有BILcos θ＝μ(mg－BILsin θ)，
整理得BIL＝.电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，
B对．例4、如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。当导体棒
中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强
磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于 B的大小的变化，正
确的是( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选D
对导体棒受力分析，受重力G、支持力F 和安培力F ，三力平衡，合力为零，将支持力F 和安培力F 合
N A N A
成，合力与重力相平衡，如图所示，从图中可以看出，安培力F 先变小后变大，由于F＝BIL，其中电流I
A A
和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大，故D正确。
四、安培力作用下的动力学问题
判断导体运动趋势常用方法
分割为电流元―――――→安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运
电流元法
动方向
特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法 环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作
结论法
用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分
转换研究对象法 析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体
所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
判定导体运动情况的基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，
然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意 F
安
⊥B、F ⊥I。
安
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
例5、(多选)通有电流的导线L 、L 、L 、L 处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，
1 2 3 4
其中L、L 是固定的，L、L 可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列判定正确的是( )
1 3 2 4
A．L 绕轴O按顺时针转动
2
B．L 绕轴O按逆时针转动
2
C．L 绕轴O按顺时针转动
4
D．L 绕轴O按逆时针转动
4
答案 BC
解析 题图甲中由右手螺旋定则可知导线L 上方磁场垂直纸面向外，且离导线L 的距离越近，磁场越强，
1 1
导线L 上每一小部分受到的安培力方向均水平向右，但O点下方部分安培力较大，所以L 绕轴O按逆时
2 2
针转动，A错，B对；图乙中O点上方导线L 所受安培力向右，O点下方导线L 所受安培力向左，即L 绕
4 4 4
轴O按顺时针转动，C对，D错．
五、对比问题
带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
1）．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方
向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，
作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心．
2）．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
3）．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝T(或
t＝)．例6、为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，
离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为 O的圆
形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直
纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速
率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角
θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2.
答案 (1) 逆时针 (2)
(3)B′＝B
解析 (1)离子在峰区内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m
峰区内圆弧半径r＝
由正离子的运动轨迹结合左手定则知，旋转方向为逆时针方向
(2)如图甲，由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝
每个圆弧的弧长l＝＝
每段直线长度L＝2rcos ＝r＝
周期T＝
代入得T＝
(3)如图乙，谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°
谷区内的轨道圆弧半径r′＝由几何关系rsin ＝r′sin
由三角关系sin ＝sin 15°＝
代入得B′＝B
六、多解问题
带电粒子在磁场中运动的多解问题
1．带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，由于电性不同，当速度相同时，正、负
粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．
2．磁场方向不确定形成多解：有些题目只已知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感
应强度方向不确定而形成的多解．
3．临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，
因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解。
4、带电粒子速度不确定形成多解
5、带电粒子运动的周期性形成多解
例7、[多选]如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理
想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同
的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A．2BkL B.
C. D.
[解析] 因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，
即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。
[答案] BD
七、临界问题
带电粒子在有界磁场中的运动
带电粒子在有界磁场中运动的三种常见情形：(1)直线边界(进出磁场具有对称性)
(2)平行边界(存在临界条件)
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出)
处理有界匀强磁场中的临界问题的技巧
从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘
其隐藏的规律．
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，据此可以确定速度、磁感应强
度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值．
2．当速度v一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件
是弧是劣弧)．
3．当速率变化时，圆心角大的，运动时间长．
4．在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个
端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
例8、如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为 m、电
荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于
磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足( )
A．B> B．B<
C．B> D．B<
答案 B
解析 若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，
则粒子运动的半径为r ＝＝a.由r＝得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r ，解得B<，选
0 0
项B正确．八、旋转圆问题
确定的入射点O和速度大小v，不确定速度方向
在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速
度大小为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀
速圆周运动。其特点是：
1．各动态圆圆心O 、O 、O 、O 、O(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心，R＝为半径的一个圆
1 2 3 4 5
周上(如图虚线所示)。
2．带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O为圆心，2R为半径的大圆(如图实线所示)。
3．各动态圆相交于O点。
例9、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 ，这些粒子在磁场
1
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 ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计
2
重力及带电粒子之间的相互作用。则v∶v 为( )
2 1
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D．3∶
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可知，R＝，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，如图所示，
1
通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点 A离P点最远时，则AP＝2R ；同样，若粒子运动的速度大
1
小为v ，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R ，由几何关系可知，R ＝，R ＝Rcos 30°＝
2 2 1 2
R，则＝＝，C项正确。九、联系实际
例10、在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测的方法是，首先给
金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近
的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同
的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为
45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线( )
A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L
C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L
解析：选A 如图，画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点 a即为地面上距离管线最近的点，
找出b、c两点的位置，由题意可知EF过a点垂直于纸面，所以金属管线与EF平行，根据几何关系得深
度为，A正确。
例11、我国新托卡马克装置——中国环流器二号M装置由中核集团核工业西南物理研究院承建，托卡马
克装置意在通过可控热核聚变的方式，给人类带来几乎无限的清洁能源，俗称“人造太阳”。要实现可控
热核聚变，装置中必须有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是通过磁约束，
使之长时间束缚在某个有限空间内。如图所示，环状磁场的内半径为R ，外半径为R ，磁感应强度大小为
1 2
B，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲保证带电粒子都不会穿出磁场
的外边缘而被约束在半径为R 的区域内，则带电粒子的最大速度为( )
2
A. B.
C. D.
解析：选B 由r＝可知，粒子的速度越大，在磁场中运动的半径越大，故带电粒子的最大速度可通过最
大半径求得，最大半径为r ＝。根据r＝，得v ＝，A、C、D错误，B正确。
max max
1.（黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测）《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上
方两根输电线缆AB圆心连线水平，某时刻A中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里、
电流大小均为 I，下方输电线缆 C 中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为 2I，电流方向如图，则
（ ）
A. A、B输电线缆相互吸引
B. A输电线缆所受安培力斜向左下方，与水平方向夹角60°
C. A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
D. 正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左
【答案】C
【解析】由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；
B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图
所示
由图可知
即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的合力即为C
对A的作用力在竖直方向的分量，其与水平方向夹角为90°，故B错误；
根据右手螺旋定则可知，A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，故C正确；
A输电线在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线在O点的磁感应强度方向垂直OB指向
左上方，C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故D错误。
故选C。
2.（2023届河北省高三下学期4月大联考（二模））在磁感应强度为B的匀强磁场中有一环形电流，当环
形电流所在平面平行于匀强磁场方向时，环心O处的磁感应强度为 ，如图甲所示；当环形电流所在平
面垂直于匀强磁场方向时，环心O处的磁感应强度为 ，如图乙所示。已知 ，则环形电流在
环心O处产生的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设环形电流中心轴线的磁感应强度大小为 ，根据安培定则可知其方向为垂直纸面向内，则有
可得环形电流在环心O处产生的磁感应强度大小为
故选B。
3.（普高联考2022—2023学年高三测评（四））已知通电长直导线周围激发磁场的磁感应强度大小与导线
中的电流大小成正比。有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中 a、b、c三条导线到
d导线的距离相等，三条导线与d的连线互成 角，四条导线中的电流大小都为I，其中a导线对d导线
的安培力大小为F。现突然把a、c导线的电流方向同时改为垂直于纸面向外，电流大小同时变为原来的 2
倍，则此时d导线所受安培力的合力（ ）A. F B. C. D.
【答案】A
【解析】把a、c导线的电流方向改为垂直于纸面向外后，对d进行受力分析如图所示
a对d的引力大小为2F，b对d的引力大小为F，c对d的引力大小为2F，根据共点力的合成可知d导线所
受的合力为F。
故选A。
4.（平罗中学2022-2023高三第二学期第二次模拟考试）如图所示，质量为 的三根完全相同的导体棒垂
直于纸面放置，其中 、 两导体棒放置在粗糙的水平面上， 导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂，三根导体
棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后，呈等边三角形排列，且保持稳定。重力加速度为 ，
下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的弹力小于 导体棒的重力
B. 弹簧的弹力大于 导体棒的重力
C. 水平面对 导体棒的摩擦力可能为零D. 若在地面上对称地缓慢增大 、 导体棒间的距离，弹簧长度将增大
【答案】B
【解析】三根导体棒的电流方向相同，根据同向电流相吸，反向电流相斥可知，导体棒 a和导体棒b对c
导体棒都是吸引力，作用力的合力方向竖直向下，故弹簧的弹力大于c导体棒的重力，故A错误，B正确；
C．b、c导体棒对a导体棒的合力方向垂直bc向上，在水平方向的分力不为零，而a导体棒处于静止状态，
根据受力平衡可知，水平面对a导体棒的摩擦力一定不为零，故C错误；若对称地缓慢增大ab导体棒间的
距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹
簧弹力减小，弹簧的伸长量减小，弹簧长度减小，故D错误。
故选B。
5.（渭南市2023年高三教学质量检测）四根长直导线通有相同大小的电流，导线的截面是正方形的四个顶
点，其中 导线电流垂直纸面向里， 导线电流垂直纸面向外，每根导线在中心O处产生的磁感
应强度大小均为B，则O点的磁感应强度是（ ）
A. 大小为 ，指向 B. 大小为 ，指向 连线中点
C. 大小为 ，指向 连线中点 D. 大小为 ，指向 连线中点
【答案】C
【解析】据右手螺旋定则可知，4根通电直导线在O点产生的磁感应强度如图所示则O点的磁感应强度是
方向指向 连线中点。
故选C。
6.（银川一中、昆明一中高三联合考试一模）如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够
长直导线，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C点处的磁感应强度大小为（ ）
A. 0 B. 2B C. B D.
【答案】D
【解析】根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿CM；放置在ND边
的电流在C点产生的磁场大小为B、方向沿FC；故C点处的磁感应强度大小为
故选D。
7.（陕西省咸阳市武功县普集高级中学2022-2023学年高三下学期二轮强化检测）（多选）利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐标系 后保持
手机方位不变，且 始终竖直向上，如图（a）所示。电缆上方的水平地面上有E、F、G、H四个点，如
图（b）所示。 长均为 且垂直平分。电缆通电前将各分量调零，通电后将手机贴近地面，
测得四点的分量数据见表，其中 。则（ ）
位置
E 8 0 6
F 8 0
G 0 0
H 0 0
A. 电缆中电流沿 方向
B. 电缆中电流沿 方向
C. 电缆距离地面的深度为
D. 电缆距离地面的深度为
【答案】AC
的
【解析】AB．由题中数据可知，E、F两点水平x方向 磁感应强度大小相等，方向均沿+x方向，竖直z
方向的磁感应强度大小相等，E点沿+z方向分量与F点沿-z方向分量相等，结合G、H两点在y、z方向磁
感应强度均为零可知E、F点位置如图所示：G、H在EF的中垂线上，故电缆中电流沿+y方向。选项A正确，B错误；
CD．F点的磁感应强度分解如图所示：
可得
又EF长为
L=18m
由几何关系可得
解得距离地面的深度为
h=1.2m
选项C正确，D错误。
故选AC。
8.（北京市丰台区2022~2023学年度第二学期综合练习（二））如图所示，两根间距为 的平行金属导轨在
同一水平面内，质量为 的金属杆b垂直放在导轨上。整个装置处于磁感应强度为 的匀强磁场中，磁场
方向与金属杆垂直且与导轨平面成 角斜向上。闭合开关S，当电路电流为 时，金属杆ab处于静止状态，
重力加速度为 。求：（1）金属杆ab受到的安培力大小 ；
（2）导轨对金属杆ab的支持力大小 ；
（3）滑动变阻器的滑片P向右移动，金属杆ab受到的支持力减小，金属杆ab仍保持静止。某同学认为：
由于金属杆ab受到的支持力减小，所以它受到的摩擦力减小。你是否同意该同学的说法，请分析说明。
【答案】（1） ；（2） ；（3）不同意，分析见解析
【解析】（1）金属杆ab受力示意图如图所示
磁场对金属杆ab的安培力大小为
（2）竖直方向根据受力平衡可得
解得
（3）不同意该同学的说法。
金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小与支持力无关；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦
力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大。
9.如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 与I.且I>I ，与两根导线垂
1 2 1 2
直的同一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两根导线的水平连线上且间距相等，b是两根导线连线的
中点，b、d连线与两根导线连线垂直．则( )
A．I 受到的安培力水平向左
2
B．b点磁感应强度为零
C．d点磁感应强度的方向必定竖直向下
D．a点和c点的磁感应强度不可能都为零
答案 D
解析 电流I 在I 处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，I 受到的安培力的方向水平向右，故A错
1 2 2
误；电流I 与I 在b处产生的磁场方向相同，合磁场方向向下，所以磁感应强度不等于零，故 B错误；两
1 2
根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反，大小相等的电流I 与I 时，d点的磁感应强度的方
1 2
向是竖直向下，当两个电流的大小不相等时，d点的合磁场方向不是竖直向下，故C错误；电流I 的大小
1
比电流I 的大，则c点的磁感应强度可能等于零，a点的磁感应强度不可能等于零，故D正确．
2
10.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截
面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F ；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为
N1
F ，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是( )
N2
A．F F ，弹簧的伸长量增大
N1 N2
D．F >F ，弹簧的伸长量减小
N1 N2
答案 C
解析 在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，
其方向是斜向左下方的，如图所示，导线 A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线 A必受斜向
右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力 F′的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即F >F .同时，F′有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正
N1 N2
确选项为C.
11.如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向
自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电
流时，则( )
A．金属棒始终静止不动
B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环
C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环
D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环
解析：选B 由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由
左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向
纸面里转。当金属棒开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属
环，B正确。
12.如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂
于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的 bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀
强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，
力传感器的示数为F 。只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F 。该匀强磁场的磁感应强度
1 2
大小为( )
A. B.
C. D.
答案 C解析 线框在磁场中的有效长度为L，当电流方向为题图所示方向时，由平衡条件得F＋BIL＝mg①
1
改变电流方向后，安培力方向竖直向下，有F＝mg＋BIL②
2
联立①②得：B＝，C正确。
13.（黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测）（多选）如图边长为L的正方形区域ABCD内存在垂直
于纸面的匀强磁场，两个相同的放射源同时发射的两个 粒子甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰撞时间极
短。已知甲从AC边中点垂直AC入射，乙沿AB内侧从B点平行于AB入射，放射源利用 衰变发射粒
子，粒子速度为 （c为真空中光速）， 粒子的比荷为k，则（ ）
A. 放射源衰变方程为
B. 磁感应强度方向垂直于纸面向外，大小为
C. 乙粒子出射点距A点的距离为
D. 甲粒子在磁场区域内运动时间为
【答案】ACD
【解析】根据衰变过程质量数和电荷数守恒可知放射源衰变方程为 ，故A正确；
根据题意作图，如图所示：根据几何关系有 解得
由洛伦兹力提供向心力得 解得
由于 粒子带正电，可知磁感应强度方向垂直于纸面向里，故B错误；
甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后乙粒子反向运动，设乙粒子从E点出射，如图：
根据几何关系可知 故C正确；
甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后甲粒子反向运动，设甲粒子从F点出射，如图：根据几何关系可知 ， ，
则甲粒子在磁场中运动的时间为 解得 故D正确；
故选ACD。
14.（马鞍山市2023年高三第二次教学质量监测理科综合能力测试）（多选）如图所示，真空中竖直放置
的圆柱体底面半径为R，高为h，圆柱体上表面为荧光屏，底面中心处有一点状放射源S，仅在底面圆所在
平面内向各个方向发射同种粒子，所有粒子的速率均为 ，质量为m、电荷量为q。不计粒子重力及粒子
间的相互作用。
（1）现给圆柱体内只施加竖直向上的匀强电场E，使所有粒子均能直接打到荧光屏上，求所加匀强电场至
少需要多大；
（2）现给圆柱体内只施加竖直向上的匀强磁场B，使所有粒子恰好能束缚在圆柱体区域内，求匀强磁场的
磁感应强度B的大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）在圆柱体内只施加竖直向上的匀强电场E时，若要使所有粒子均能直接打到荧光屏上，则只需使沿底面射出的粒子均能够打到荧光屏上即可，当该部分粒子恰好打在荧光屏的圆周边缘时，电场强
度具有满足题意的最小值，根据牛顿第二定律可得该部分粒子的加速度大小为
根据类平抛运动规律有 联立解得
（2）圆柱体内只施加竖直向上的匀强磁场B时，设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
由上式易知所有粒子的运动半径相同，若要使所有粒子恰好能束缚在圆柱体区域内，则只需使沿底面内射
出的粒子恰好不能射出圆柱体区域即可。根据几何关系可知此时 联立解得
15.（2023届黑龙江省大庆铁人中学高三下学期第二次模拟考试）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打
到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（ ）的β衰
变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的不带电的反中微子 。如图所示，位于P点
的静止中子经衰变可形成一个质子源，为简化过程，设该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P
点下方放置有一足够长的以О为中点的探测板，Р点离探测板的垂直距离OP为a=0.15m。在探测板的上
方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.1T的匀强磁场。
已知电子质量m=9.1×10－31kg=0.51MeV/c2，中子质量m =939.57MeV/c2，质子质量m =938.27MeV/c2（c为
e p p
光速，不考虑粒子之间的相互作用）。衰变后质子的动量p=4.8×10－21kg·m·s－1=3×10－8MeV·s·m－1，假定衰
变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能。
（1）写出中子衰变的核反应式。并求出一个中子衰变后，电子和反中微子两者的总动能（以MeV为能量
单位）；
（2）能够打到探测板上的质子，求在磁场中运动的最长时间；
（3）求计数率。【答案】（1） ；（2） （3）
；
【解析】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒
核反应过程中
根据动量和动能关系
则总动能为
（2）质子运动半径
的
如图甲所示，在磁场中运动时间最长 质子，其轨迹圆的圆心在O，其从P点射出时速度方向与OP成α
2
角，根据几何关系，不难求得则其轨迹所对的圆心角为 ，故运动时间为
（3）打到探测板对应发射角度
可得质子计数率为
16.（哈尔滨市第九中学2023届高三第二次高考模拟考试）如图所示，在直角三角形 区域内有垂直纸
面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电子从A点沿 边进入磁场，从 边离开磁场，速度方向
偏转了 。已知 ， ，元电荷为e，电子的质量为m，不计重力，则电子的速率为（
）
A. B.C. D.
【答案】C
【解析】电子从 边离开磁场，速度方向偏转了 ，作出轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
根据
解得
故选C。
17.（东北师范大学附属中学2020级高三第二次摸底考试）（多选）速度均为 的 和 的两个带电
粒子先后沿着与直径ab夹角为 的方向垂直进入圆柱形匀强磁场区域， 粒子刚好从直径的另一
端b点出射。已知元电荷e， 的质量为3m， 的质量为4m，不计粒子的重力及粒子间相互作用力，
该区域的磁感应强度为B，下列说法正确的是（ ）A. 与 在磁场中运动时间之比为3：2
B. 与 在磁场中运动半径之比为3：2
C. 从圆柱形磁场出射时速度与直径ab平行
D. 磁场圆的半径为
【答案】BCD
【解析】B．设粒子的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有
根据 和 两个带电粒子的比荷，可得两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为
B正确；
D．设圆柱形匀强磁场的半径为r，根据题意，画出 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示根据几何关系， 粒子在磁场中运动的轨迹半径为
R ＝
He
根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
D正确；
A．因为两个粒子在磁场中运动的轨迹半径为3：2，所以
R ＝
H
画出 在磁场中运动的轨迹，如图所示
根据几何关系可知， ＝60°，又因为同一弦长所对的圆周角相等，可得 在磁场中运动轨迹所对的
圆心角为60°，轨迹长度为粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为120°，轨迹长度为
根据
所以 与 在磁场中运动时间之比为3：4，A错误；
C．根据 在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，根据几何关系可知粒子离开磁场的方向与磁场的直径
ab平行，C正确。
故选BCD。
18.（2023届江苏省基地高三下学期第五次大联考）如图所示，M、N为两水平金属板，板间电压为U、距
离为d，磁感应强度大小为 ，方向垂直纸面向外，ACD为用绝缘板围成的正三角形区域，正三角形边长
为L，S为AC板中心的小孔，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，放射源P沿水平
方向发出速率不等、比荷不同的粒子，其中有部分粒子恰能沿板M、N的中轴线通过，再垂直AC边从孔S
进入正三角形区域。板间电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场；粒子每次与绝缘板发生碰撞后均以
原速率反弹且电荷量不变，不计粒子重力及相互作用。
（1）求能沿板M、N中轴线通过的粒子的速度大小v；
0
（2）求与绝缘板碰撞次数最少且能从S孔飞出的粒子比荷 ；
（3）比荷为 的粒子在三角形区域内运动过程中，每次与板碰撞时速度方向均与板垂直。求该粒子在三角形区域内运动的时间t随 的变化关系。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）能沿板M、N中轴线通过的粒子，在极板间受到的洛伦兹力和电场力平衡，有
解得
（2）如下图所示，粒子至少与绝缘板碰撞2次后从S孔飞出，此时粒子在磁场中的运动轨迹半径为
同时有
联立解得
（3）分析可知要使粒子每次与板碰撞时速度方向均与板垂直，需要满足SA的长度为粒子轨迹半径 的奇
数倍，即
解得分析可知当 时，对应 轨的迹总的路程为
分析可知当 时，对比 时，轨迹中三角形的每个边上会多出2个半圆，即此时
以此类推，可得
故有
同时有
，
联立解得
19.（2023届九师联盟高三下学期3月质量巩固检测）（多选）如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直
于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同
的带电粒子a、b，分别以 ， 的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则（ ）
A. 粒子a、b带同种电荷
B. 粒子a从N点离开磁场时的速度方向一定与初速度 的方向垂直
C. 可能为
D. 一定为
【答案】AC
【解析】A．由左手定则可知粒子a、b都带正电，故A正确；
B．将MN当成磁场的边界，粒子与边界成45°入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则一次偏转
穿过MN时速度偏转90°，同理第二次穿过MN时速度方向再次偏转90°与初速度方向平行，故B错误；
CD． 两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过
MN，由几何关系可知
由 可得
两粒子的比荷相同，可知
当n=1，k=1时当n=2，k=1时
故C正确，D错误。
故选AC。
20.（湘豫名校联考2023年4月高三第二次模拟考试）（多选）某个粒子分析装置的简化示意图如图所示，
在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）中，有一圆心为O、半径为R的圆形无磁场区域，在圆形边界的P
点处有一 粒子发射源，可在图示 范围的方向上在纸面内随机向磁场区域发射速度大小相
同的 粒子，在圆经过P点的直径上，固定一长度为 的荧光挡板， 粒子击中荧光挡板后被吸收并发
出荧光。已知 与直径 延长线的夹角为 ， 粒子的质量为m，电荷量为q。不计 粒子的重力
和粒子间的相互作用，当 粒子的速度为 时，下列说法正确的是（ ）
A. 所有进入圆形区域的 粒子均垂直击中荧光挡板
的
B. 荧光挡板上 粒子打到 区域长度为R，且击中荧光挡板的 粒子的位置均匀分布
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 粒子在无磁场区域运动的最长时间为【答案】AD
【解析】A．粒子在磁场中运动的轨道半径为
则从P点射出的某一粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O′MOP为菱形，可知O′M水平，
则从M点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧光挡板，选项A正确；
B．沿着PG方向射出的粒子设到挡板上的位置最远，由几何关系可知，最远点距离P点的距离为 ，并
且距离P点越近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B错误；
C．沿着PH方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知在磁场中转过的角度为330 ，则
最长时间 °
选项C错误；
D．水平向左射出的 粒子在无磁场区域运动的时间最长，为
选项D正确。
故选AD。
21.（2023届广西名校3月份联考）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 B. C. D.
【答案】A
【解析】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
粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即解得
故选A。
22.（江西省八所重点中学2023届高三联考）（多选）如图所示，在竖直面内按虚线分割为两个区域，区
域上部分有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，虚线 部分是一个半圆，半径为R， 部分是
水平直线，长度为 ； 部分为等高水平直线，长度为R。一群质量为m、电荷量为 的粒子从c点
竖直向上射入磁场。在磁场中，关于运动时间最长的粒子的速度v和时间t，下列关系式正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
可见，粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。从几何关系上，过C点做虚线圆弧的切线得切点，若带电粒子经过此切点，所对应的圆周运动的圆心角越大，做出如图所示
辅助线
择圆心角 。代入前面公式可得
对应粒子的圆周运动半径
代入前面公式可得
故选BD。
