【文档说明】《【临门一脚】高考物理三轮冲刺过关》预测13 安培力与洛伦兹力（解析版）.doc，共(19)页，1.102 MB，由管理员店铺上传

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12021年高考物理【临门一脚】（全国通用）预测13安培力与洛伦兹力概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题☆☆☆计算题☆☆☆考向预测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。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、安培力大小：F＝ILBsinθ（1）当

I⊥B时，F＝BIL。（2）当I∥B时，F＝0。注意：①当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度（如图所示）。②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。3、安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平

面。4、洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力2产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB（v⊥B）F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向

相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功作用效果只改变电荷的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向1、安培力作用下导体运动情况的判定方法电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向→整段导体所受合力方向→运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结论法同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电

流磁场的作用力2、求解安培力作用下导体平衡问题的关键三维图――→转换为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。33、带电粒子在单直线边界匀强磁场中的运动直线边界，粒子进出磁场具有

对称性（如图所示）图5带电粒子（不计重力）在单直线边界匀强磁场中的运动，具有两个特性①对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等；②完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨迹恰构成一个完整的圆，两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。4、带电

粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法必须具备的五个技能“一画、三确定、一注意”4（1）画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。（2）圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛

作用线的交点上，如图所示。（3）半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝AB2sinα2＝AB2sinθ，然后再与半径公式r＝mvqB联系起来求解。（4）时间的确定：t＝α2π·T＝αmqB或t＝sv＝αRv。（5）注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的

粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。5、解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键（1）以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口。（2

）寻找临界点常用的结论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当速度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当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。1．

（2020·海南高考真题）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（）A．向上B．向下C．向左D．向右【答案】B5【解析】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示故导线所处位置的磁感应

线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。故选B。2．（2017·全国高考真题）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是

（）A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1:3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3:3:1【答案

】BC【解析】A．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；B．对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故

B正确；6CD．设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为3F，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为1:1:3，故C正确，D错误．一、单选题1．（2021·浙江绍兴市

·高三二模）如图所示，在架子上吊着一根绝缘导线，右侧导线下部某处装有一个铅坠，使导线保持竖直状态，下端连接着一个铝箔刷子，刷子下方放置一张铝箔，调整刷子的高度使之下端刚好与铝箔接触。将左侧导线接到电源的正极上，电源的负极连接铝箔，用可移动的夹子水平地夹

住一根强磁铁，右端N极正对右侧导线，接通电源，发现右侧导线在摆动。下列判断正确的是（）A．右侧导线开始时垂直纸面向里摆动B．右侧导线在摆动过程中一直受到安培力作用C．右侧导线在整个摆动过程中安培力对其做正功D．同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线

开始摆动方向与原来相同【答案】D【解析】A．根据左手定则可判断得，右侧导线开始时，受到垂直纸面向外的安培力作用，所以导线垂直纸面向外摆动，故A错误；7B．右侧导线在摆动过程中，当铝箔刷子与下端铝箔分开时，导

线中无电流通过，不受安培力作用，故B错误；C．右侧导线在整个摆动过程中安培力的方向既有与导线运动方向相同的情况，也有与导线运动方向相反的情况，所以安培力对导线有做正功，也有做负功，故C错误；D．根据左手定则可判断得，

同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线所受安培力方向不变，所以开始摆动方向与原来相同，故D正确。故选D。2．（2021·广东湛江市·高三一模）如图所示，正方形线框abcd由四根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、d与直流电源（内阻不计

）的负极和正极相接。若ab棒受到的安培力大小为F，则ad棒受到的安培力（）A．大小为3F，方向由b到aB．大小为3F，方向由a到bC．大小为F，方向由a到bD．大小为F，方向由b到a【答案】A【解析】CD．设每一根导体棒的电阻为R、长度为L。则通过ab

棒的电流13EIR=有1FBIL=通过ad棒的电流2EIR=ad棒受到的安培力大小22FBIL=8解得23FF=选项CD均错误；AB．通过ad棒的电流方向由d到a，根据左手定则，ad棒受到的安培力方向由b到a，选项A正确，B错误；故选A。3．（2020·辽宁沈阳市推

动教育培训学校高三期末）在直线三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为AI和BI，60BAC=，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度IBkr=，k为比例系数，r

为该点到导线的距离，I为导线的电流强度。当一质子在C点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向在纸面内垂直BC向上，则两直导线的电流强度AI和BI之比为（）A．33B．233C．34D．43【答案】

D【解析】如图所示，一质子在C点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向在纸面内垂直BC向上，C9点处的磁场方向由A、B电流在C点处矢量叠加后为BC，几何关系得2:3ABBB=2:3ABrr=通电直导线形成的场在空间某点处的磁感应强度IBKr=4:3A

BII=故D正确。故选D。4．（2020·全国高三专题练习）在同一匀强磁场中，α粒子（42He）和质子（11H）做匀速圆周运动，若它们的质量和速度的乘积大小相等，则α粒子和质子（）A．运动半径之比是2∶1

B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶1【答案】B【解析】C．两个粒子的质量和速度的乘积大小相等，质量之比是4：1，可知运动速度大小之比是1：4，选项C错误；A．质子H和α粒子

在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmr=得轨道半径mvrqB=根据α粒子（42He）和质子（11H）的电荷量之比是2：1，则得RHe：RH=1:210故A错误；B．粒子运动的周期22rmmTvqB

q==所以运动周期之比是422111HTT==故B正确；D．根据粒子受到的洛伦兹力mvqfqvBqBmm==得214121Hff==故D错误．故选B。二、多选题5．（2020·全国高三专题练习）如图所示，磁感应强度大小为B、方

向垂直于纸面向外的匀强磁场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量均为+q的A、B两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0、2v0进入矩形区域（两粒子不同时出现在磁场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，设切点为p点，A

粒子从d点射出。下列说法正确的是（）A．两粒子运动到P点所需时间之比为tA：tB=1：1B．两粒子运动到p点所需时间之比为tA：tB=1：2C．A粒子的初速度v0为2qBhm11D．A粒子的初速度v0为qBhm【答案】AC【解析】AB．根据洛伦兹力提供向心力2vBqvmr

=及2rTv=得2mTBq=粒子转过的角度为，同一粒子角速度相等2tT=得22mtBq=可看出t与圆心角成正比，当两粒子到达点P时，如图由几何知识易得圆心角和相等，所以时间相等

，故A正确，B错误；CD．对A粒子2002vBqvmh=解得02qBhvm=12故C正确，D错误。故选AC。6．（2020·山西高三一模）如图所示，长为L、质量为m的均匀直导体棒，两端用等长的绝缘细绳悬挂在天花板上，垂直纸面放在匀强磁场中。当棒中通以如图方向的电流时，平衡后悬线与竖直方向的夹角

为，则磁感应强度B的大小和方向可能是（）A．mgBIL=，方向平行纸面水平向左B．sinmgBIL=，方向沿细绳向下C．cosmgBIL=，方向垂直纸面向里D．tanmgBIL=，方向竖直向下【答案】ABD【解析】A．根据左手定则，磁感应强度方向平行纸面水平向左，导体受到的安培力竖直向

上，若大小等于重力，则细绳拉力为零，二力平衡，满足mgBIL=可得=mgBIL，A正确；B．磁感应强度方向若沿细绳向下，满足cossinTBILmg+=sincosTBIL=联立解得sinmgBIL=，B正确；C．磁感应强度方向垂直纸面向里，导体不受安培力，受重力和拉

力，不可能平衡在此位置，C错误；D．磁感应强度方向竖直向下，满足cosTmg=sinTθBIL=联立解得tanmgBIL=，D正确。故选ABD。137．（2021·山东高三其他模拟）如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为的光滑斜面上，

质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是（）A．两导线中电流的方向可

能相反B．两导线间的安培力大小为13FC．若6sinFmg=，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2:1D．去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足sinmgBIL【答案】BD【

解析】A．分析可知P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；B．对P、Q整体，有3sin3Fmgma−=对P进行受力分析，由牛顿第二定律有AsinFmgma−=解得A13FF=B正确；C．若6s

inFmg=，则P、Q间安培力大小为2sinmg，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得12sinsinmgmgma−=解得141sinag=，加速度方向沿斜面向上对Q受力分析可得22sin2sin2mg

mgma+=解得22sinag=，加速度方向沿斜面向下导线P、Q加速度大小之比为1:2，C错误；D．对P受力分析如图所示，当磁场方向垂直于斜面向下时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知sinmgBIL=要使

导线P静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足sinmgBIL，D正确；故选BD。三、解答题8．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场强弱可以改变，直径PQ处放有一层极薄的粒子接收板。放射源S放出的α粒子向纸面内各

个方向均匀发射，速度大小均为v。已知α粒子质量为m，电荷量为q：(1)若85mvBqR=，放射源S位于圆心O点正上方的圆弧上，试求粒子接收板能接收到粒子的长度；15(2)若mvBqR=，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，求放射源在

圆弧上什么范围移动时，O点能接收到α粒子；(3)若433mvBqR=，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围移动时，直径上位于O点右侧2R距离的O'点能接收到α粒子。【答案】(1)R；(2)当放射源在圆弧QSI上都能

打到O点；(3)从放射源从Q到H范围的粒子能打到O点【解析】(1)α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力2vqvBmr=又因为85mvBqR=解得58rR=如图所示α粒子被收集板最右侧收集，其运动轨迹恰好与PQ相切于点N，其

圆心为C，CD垂直SO，根据16几何关系可得()222222ONCDSCSDrrR==−=−−解得0.5ONR=α粒子水平向左发射时被收集板最左侧收集时，其运动轨迹恰好与PQ相交于点M，其圆心在SO的E点，根据几何关系可得()22222OMMEOErrR=−=−−解得0.5OMR=因此，收集可收

集到α粒子的长度为MNOMONR=+=(2)因为mvBqR=可得其运动半径为rR=考虑能够打到O点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为R的圆，其圆周上的一个点在O点。如下图所示根据图可知，α粒子从Q点沿圆弧逆时针移动，当移到位置I时，其轨迹恰好与PQ相

切，之前都能打到O点，过了I之后，将不能打到O点。从I发出的粒子，其轨迹与PQ相切，则其对应的圆心恰好在O的正上方S，三角形ISO为正三角形，所以17150IOQ=因此当放射源在圆弧QSI上都能打到O点。(3)如图所示因为433mvBqR=可得其运动半径为3142rRR=考虑能

够打到O点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为34R圆其圆周上的一个点在O点，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程中，放射源与O点的连线是弦长，移动过程中弦长越来越长，由于3142rRR=因此当放射源位置与O点的之间的距离为2r时，设放射源的位置为H，此位置是临界点。对于三角形HOO

，根据余弦定理可得()222212cos222RRrHOORR+−==所以60HOO=18则从放射源从Q到H范围的粒子能打到O点。9．（2021·北京东城区·高三一模）如图所示，宽为l的光滑固定导

轨与水平面成α角，质量为m的金属杆ab（电阻不计）水平放置在导轨上，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。电源的内阻为r，当变阻器接入电路的阻值为R时，金属杆恰好能静止在导轨上。重力加速度用g表

示。求：（1）金属杆静止时受到的安培力的大小F安；（2）电源的电动势E；（3）若保持其它条件不变，仅改变匀强磁场的方向，求由静止释放的瞬间，金属杆可能具有的沿导轨向上的最大加速度a。【答案】（1）tanFmg=安；（2）tan()mgERrl

B=+；（3）tan-sinagg=【解析】（1）由题意可知，金属杆所受安培力的方向水平向右，因为金属杆静止，所以合力为零，得到tanFmg=安（2）因为FIlB=安且EIRr=+得tan()mgERrlB=+

（3）仅改变匀强磁场的方向时安培力大小不变，因此当安培力沿导轨向上的分量最大，即安培力沿导轨向上时，金属杆具有沿导轨向上的最大加速度，由-sinFmgma=安得最大加速度19tan-sinagg=