第9講磁場

【命題規(guī)律】1.命題角度：（1）安培定則，磁場的疊加，安培力的分析和計算；（2）帶電粒子在磁

場中的運動；（3）動態(tài)圓模型2常用方法：對稱法、動態(tài)圓法.3.?？碱}型：選擇題.

考點一磁場的基本性質(zhì)安培力

1.磁場的產(chǎn)生與疊加

2.安培力的分析與計算

方向左手定則

直導(dǎo)線F=BILsin0,9=0時F=0,9=90°時F=BIL

大小

導(dǎo)線為曲線時等效為ac直線電流

受力分析根據(jù)力的平衡條彳?；蚺ｎD運動定律列方程

例1（2022?河北邯鄲市高三期末）如圖所示，〃、N和尸是以為直徑的半圓弧上的三點，

。為半圓弧的圓心，NMOP=60。,在M、N處各有一長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，方向如圖所

示，且加=2友（已知電流為/的長直導(dǎo)線在其周圍激發(fā)的磁場中，距導(dǎo)線距離為廠處的磁感應(yīng)

強度大小為8=?,其中左為常數(shù)），此時。點的磁感應(yīng)強度大小為修.若將M處長直導(dǎo)線移

至尸處，則此時。點的磁感應(yīng)強度為（）

A.大小為小Bi，方向水平向右

B.大小為43，方向水平向左

C.大小為2Bi，方向與水平方向夾角為30。斜向右下

D.大小為281,方向與水平方向夾角為30。斜向右上

答案A

解析設(shè)N處導(dǎo)線在。點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度大小為瓦，則M處導(dǎo)線在。點激發(fā)的磁場

的磁感應(yīng)強度大小為2瓦，導(dǎo)線未移動時，各導(dǎo)線在。點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度如圖中實線

所示，可得囪=氏，將M處導(dǎo)線移到P處時，在。點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度大小仍為2%,

如圖中虛線所示，N處導(dǎo)線在。點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度不變，則此時合磁感應(yīng)強度大小為

y/3B0,即小Bi,方向水平向右，故A正確.

p

例2(2022?廣東省模擬)如圖所示，勻強磁場區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平

向右，將一段"圓弧形導(dǎo)體置于磁場中，圓弧圓心為。、半徑為廣.現(xiàn)在導(dǎo)體中通以方向

從6-。的恒定電流/,并將磁場從圖示位置沿順時針方向在紙面內(nèi)緩慢旋轉(zhuǎn)，下列說法正確

的是()

_________aB,

A.圓弧形導(dǎo)體受到的安培力方向始終垂直紙面向外

B.圓弧形導(dǎo)體受到的安培力不可能為零

C.圓弧形導(dǎo)體受到的安培力大小可能為

D.圓弧形導(dǎo)體受到的安培力最大值為學(xué)

答案C

解析圓弧形導(dǎo)體受到的安培力方向即垂直于B的方向，又垂直于/的方向，即垂直于2與

/所組成的平面，再根據(jù)左手定則可知，圓弧形導(dǎo)體受到的安培力方向先垂直紙面向外，后

垂直紙面向里，A錯誤；(圓弧形導(dǎo)體油中的等效電流方向由6指向a且豎直向下，當磁場

方向轉(zhuǎn)至與等效電流方向平行時，圓弧形導(dǎo)體受到的安培力為零，B錯誤；圓弧形導(dǎo)體的有

效長度為陋廠，當磁場方向與等效電流方向夾角為45°時，所受安培力大小為尸=8/X也rsin

45°=BIr,C正確；當磁場方向與等效電流方向垂直時，安培力最大，且為Fmax=^BIr,D

錯誤.

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.分析帶電粒子在磁場中運動的方法

(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡

(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心

基本

角、運動時間相聯(lián)系，運動時間與周期相聯(lián)系

思路

(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式和半

徑公式

基本V2

qvB=m~

公式

重要

mv—2兀HI—2兀一

r-qB'T~qB'T-v

結(jié)論

(1)軌跡上的入射點和出射點的速度垂線的交點為圓心，如圖(a)

圓心的

(2)軌跡上入射點速度垂線和兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b)

確定

(3)沿半徑方向距入射點距離等于廠的點，如圖(c)(當r已知或可算)

nW2

方法：由物理公式求，由于Bq。一；

半徑的所以半徑一靠

qn

確定

方法二：由幾何關(guān)系求，一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過

計算來確定

方法一：由圓心角求，

時間的271

求解方法二：由弧長求，，=2

2.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個重要結(jié)論

(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，仇=仇=仇).

(2)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向(如圖乙，兩側(cè)關(guān)于兩圓心連線對

稱).

(3)粒子速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的對應(yīng)圓心角(如圖甲，ai=ct2).

3.帶電粒子在磁場中運動的多解成因

(1)磁場方向不確定形成多解；

(2)帶電粒子電性不確定形成多解；

(3)速度不確定形成多解；

(4)運動的周期性形成多解.

例3(2022?寧夏六盤山高級中學(xué)檢測)如圖所示，在直角坐標系尤Oy內(nèi)，以原點。為圓心，

半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向外的勻強磁場，一負電子從P點(凡0)沿x軸負方向

以速率。射入磁場后，在磁場中運動的時間為/1，一正電子從0點(一尺0)沿著與x軸正方向

成30。的方向以速率2。射入磁場后，恰好從尸點飛出磁場，在磁場中運動的時間為出忽略

兩電子重力及相互作用力，則ti：攵為()

C.3：1D.1：2

答案B

解析由題意知正電子偏轉(zhuǎn)角為60。，可得正電子軌跡半徑r2=2&負電子與正電子速率之

比為1：2,故負電子軌跡半徑力=尺如圖畫出負電子和正電子的運動軌跡，它們做圓周運

動的圓心分別為01、。2,由圖可知，負電子做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為90。，負電

9001

子在磁場中運動時間tl=360°T=4Tf由幾何關(guān)系可得，正電子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為

60°,正電子在磁場中運動時間打=招產(chǎn)7=上7,得力：龜=3：2,A、C、D錯誤，B正確.

例4（多選）（2022?福建省四地市質(zhì)檢）如圖所示，射線OM與ON夾角為30。，MON之外分布

著垂直于紙面向里的足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,一質(zhì)量為m>電荷量為一q

的粒子（不計重力），從。點垂直于以某一速度射出.則（）

XXXXXX

B

XXxXXX'N

XXX義/'

L<30°..

xxzjx-X--M

xxxxxx

xxxxxx

A.粒子第一次穿過邊界ON時，速度方向與邊界ON的夾角為60°

B.粒子第一次穿過邊界OM之后，在磁場中運動的時間為舞

C.僅減小粒子射出的速率，粒子可能第二次經(jīng)過邊界ON

D.僅增大粒子射出的速率，粒子一定能兩次經(jīng)過邊界

答案ABD

解析由粒子在有界磁場中運動的對稱性可知，粒子第一次穿過邊界ON時，速度方向與邊

界ON的夾角等于從。點出發(fā)時與邊界ON的夾角a,由幾何關(guān)系可得a=60。，故A正確；

粒子第一次穿過邊界之后的軌跡如圖所示，從C點穿過。。邊界進入下方磁場，由對稱

性和幾何關(guān)系可知，再次從磁場中穿出時（圖中。點），粒子在下方磁場運動圓弧所對應(yīng)的圓

心角。為300。，所以在磁場中運動的時間為￡=5-7,T=—小可得/=不方，故B正確；由

幾何關(guān)系可得，粒子從ON穿過時，C點與。點間的距離為其在圓周運動半徑R的3倍，所

以粒子在下方磁場再次偏轉(zhuǎn)，從。點穿過OM,DC距離為R,射出時速度方向平行于ON,

所以不管是增大還是減小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次經(jīng)過邊界ON,一定能兩次

經(jīng)過邊界OM,故C錯誤，D正確.

例5（多選）（2022.廣東省模擬）如圖所示，正三角形ACD內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，

磁感應(yīng)強度大小為2,圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，/ADC的角平分線。G的

3

反向延長線正好經(jīng)過圓心。，AD的延長線與圓相交于E點，且現(xiàn)有一質(zhì)量

為m、電荷量為q的粒子（重力不計）以一定速度沿NCAD的角平分線垂直磁場射入，粒子恰

好經(jīng)過。、E兩點，則（）

A.粒子一定帶正電

B.粒子的初速度大小為器

C.圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為弗

D.粒子從A點到E點經(jīng)歷的時間為瑞

答案CD

解析由左手定則及題意可知粒子帶負電，A錯誤；粒子的運動軌跡如圖所示

由已知條件并結(jié)合幾何關(guān)系知粒子在三角形磁場區(qū)域中運動軌跡的圓心角為60°,半徑為n

—a,由洛倫茲力提供向心力知=〃5，聯(lián)立得B錯誤；@DE—^a,由幾何關(guān)

系知N。'DE=60°,且D=O'E,故△DEO'為正三角形，則粒子在圓形磁場區(qū)域中

2加03

運動的軌跡半徑為n=DE=^a,而「2=而，所以圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為瓦=渭

C正確；粒子在三角形磁場區(qū)域中運行的時間4=*=涵-,粒子在圓形磁場區(qū)域中運行的時

O3DQ

間力=春=罌，所以粒子從A點到E點經(jīng)歷的時間為，=力+攵=轡，D正確.

OyDQyt）q

考點三帶電粒子在有界磁場運動的臨界與極值問題

1.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維，利用動態(tài)圓思想尋找臨

界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好

軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系.

2.粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切.

3.常用的動態(tài)圓

示意圖適用條件應(yīng)用方法

XXX粒子的入射

以入射點p為定

P點位置相

點，將半徑放縮作

放縮圓同，速度方

軌跡圓，從而探索

向一定，速

出臨界條件

度大小不同

（軌跡圓的圓心在P1P2直線上）

將一半徑為

粒子的入射R=

點位置相翳的圓以入射點

QD

旋轉(zhuǎn)圓P同，速度大

為圓心進行旋轉(zhuǎn)，

（軌跡圓的圓心在以入射點尸為圓心、半徑R小一定，速

從而探索出臨界

度方向不同

-西的圓上）條件

粒子的入射

點位置不

將半徑為R—

平移圓（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）同，速度大QD

小、方向均的圓進行平移

一定

帶電粒子平行射

入圓形有界勻強

磁場，則粒子從磁

場邊界上同一點

軌跡圓半徑

磁聚焦與射出，該點切線與

等于區(qū)域圓

磁發(fā)散入射方向平行

半徑

磁聚焦磁發(fā)散—磁聚焦，從邊

緣某點以不同方

向入射時平行出

射——磁發(fā)散

例6（多選）（2021?海南卷J3）如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向

外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2.大量質(zhì)量為加、電量為g的相同粒子從y軸上的尸（0,小

L）點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾

角為a（0WaW180。）.當a=150。時，粒子垂直x軸離開磁場.不計粒子的重力.則（）

A.粒子一定帶正電

B.當a=45。時，粒子也垂直x軸離開磁場

C.粒子入射速率為漢逑

D.粒子離開磁場的位置到。點的最大距離為

答案ACD

解析由題意可知，粒子在磁場中做順時針方向的圓周運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，

A正確；當a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖所示，。1為粒子做勻速圓周

運動的圓心，

粒子做圓周運動的半徑為r=W^=2小乙由洛倫茲力提供向心力有皎8=〃0，解得粒子

入射速率0=2吵比,c正確；若a=45°,粒子運動軌跡如圖所示，。2為粒子做勻速圓周運

動的圓心，

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤；粒子離開磁場的位置與O點距離

最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖所示，。3為粒子做勻速圓周運動的圓心，

根據(jù)幾何關(guān)系可知(2r)2=(小乙)2+招工解得xm=3y[5L,D正確.

例7(2022?福建福州市高三期末)如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R,圓心在。點，區(qū)域中有方

向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿AO方向

垂直進入磁場，偏轉(zhuǎn)后從M點射出并垂直打在熒光屏尸。上的N點，尸。平行于A。，。點到

PQ的距離為2R電子電荷量為e、質(zhì)量為相，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作

用.求：

(1)電子進入磁場時的速度大小V;

⑵電子槍的加速電壓U；

D

(3)若保持電子槍與平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距為冷處，則電子打在熒光屏

上的點位于N點的左側(cè)還是右側(cè)，該點與N點間的距離是多少.

答案⑴誓⑵臂⑶左側(cè)坐R

解析(1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，有勿5="；

電子運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r=七聯(lián)立解得。=磔

甲

(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得eU=^mv1

聯(lián)立解得耳=嗎區(qū)

（3）電子在磁場中運動的半徑r=R,故平行于AO射入磁場的電子都將經(jīng)過M點后打在熒光

屏上.從與A0相距號的C點射入磁場的電子打在熒光屏上的G點，G點位于N點的左側(cè)，

R

其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知1=60。，GN=——=^-R.

[anocJ

1.（2022?山東臨沂市模擬）如圖所示，在垂直紙面的方向上有三根長直導(dǎo)線，其橫截面位于正

方形的三個頂點b、c、d上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示，一帶負電的粒子

從正方形的中心。點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（）

A.沿。到。方向B.沿。到c方向

C.沿。到d方向D.沿。到b方向

答案A

解析由安培定則可判斷b、c、/三根導(dǎo)線在。點產(chǎn)生的磁場如圖所示，由磁場的疊加原理

可知它們的合磁場方向水平向左，再由左手定則可判斷帶負電的粒子所受洛倫茲力方向沿0

到a方向.故選A.

d位比]。A

忒

2.（2022?河南信陽市質(zhì)檢）如圖，平行的MN、尸。與間（含邊界）有垂直紙面向外的勻強磁

場，磁感應(yīng)強度大小為2,邊界MV與的夾角a=30。，點尸處有一離子源，離子源能夠

向磁場區(qū)域發(fā)射各種速率的、方向平行于紙面且垂直于加尸的正、負離子，離子運動一段時

間后能夠從不同的邊界射出磁場.已知從邊界尸。射出的離子，離子速度為。o時射出點與P

點距離最大，所有正、負離子的比荷均為人,不計離子的重力及離子間的相互作用.求：

（1）射出點與尸點最大距離Xm；

（2）從邊界MP射出的離子，速度的最大值.

答案⑴嚅2⑵三

解析（1）設(shè)離子的質(zhì)量為機、電荷量為q,從邊界尸。射出的速度為6的離子，設(shè)其運動半

徑為Ri,射出點與尸點距離最大時，運動軌跡恰好與相切，運動軌跡2如圖所示，

v2

根據(jù)牛頓第二定律有qv（）B=nr^,

根據(jù)幾何關(guān)系得％m=2Rcosa,

解得x=

mkB

（2）從邊界M尸射出的離子，速度最大時離子運動軌跡恰好與MN相切，設(shè)其運動半徑為&,

運動軌跡1如圖所示,

v2

根據(jù)牛頓第二定律得qvmB=rrr^,

設(shè)M尸的長度為"根據(jù)幾何關(guān)系得

Lsina=Ri—RiSina,

乙=懸+&,

解得°m=?.

專題強化練

［保分基礎(chǔ)練］

1.（2022?廣東卷-7）如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNP。劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分

布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場.一質(zhì)子以某一速度從立方體

左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域.下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面

的投影中，可能正確的是（）

答案A

解析由題意知當質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場后先在左側(cè)運動，剛進入時根據(jù)左手定則

可知受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，做勻速圓周運動，即質(zhì)子會向y軸正方向偏移，y軸坐標

增大，在MN右側(cè)磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯誤；根據(jù)左手定則可知

質(zhì)子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z

軸坐標不變，故C、D錯誤.

2.（2022?安徽合肥市質(zhì)檢）如圖所示，正六邊形線框abcdef由六根導(dǎo)體棒連接而成，固定于

勻強磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點。、6與電源兩端相連，其中M棒的電阻

為5R,其余各棒的電阻均為E,電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計.S閉合后，線框受到的安培

力大小為E若僅將"棒移走，則余下線框受到的安培力大小為（）

2F3F5F

A.(BTC-TDT

答案A

P

解析S閉合后，ab棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動勢為E,則兩支路的電流大小均為1=京,

次>棒受到安培力的大小為五環(huán)=8/"其余各棒在磁場中的等效長度也為L,受到的安培力大

小為F^=BIL,線框受到的安培力大小為尸=凡什尸其=22遼，若僅將油棒移走，通過其余

各棒的電流不變，則余下線框受到的安培力大小尸'—Ffr=BIL=^,故選A.

3.（多選）（2022?全國乙卷」8）安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)

強度A如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為尤Oy面.某同學(xué)在某地對地

磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上.根據(jù)表中測

量結(jié)果可推知（）

測量序號Bx/[iTBy/^lT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點位于南半球

B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50NT

C.第2次測量時y軸正向指向南方

D.第3次測量時y軸正向指向東方

答案BC

解析如圖所示，地磁南極位于地理北極附近，地磁北極位于地理南極附近.由表中z軸數(shù)

據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應(yīng)位于北半球，A錯誤；磁感應(yīng)強度為矢量，故

由表格可看出此處的磁感應(yīng)強度大致為B+B,2rBy2+BP,計算得B-50|iT,B正

確；由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，第2次測量，By<0,

故y軸指向南方，第3次測量&>0,故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確，D錯誤.

4.（多選X2022?遼寧葫蘆島市二模）如圖所示，在豎直平面矩形A8CD區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙

面向里、磁感應(yīng)強度大小為2的勻強磁場.一帶電粒子從的中點。射入磁場，速度方向

與磁場垂直且與的夾角a=45。,粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在C點垂直穿出.已知矩形ABC。

的寬為L粒子電荷量為外質(zhì)量為加，重力不計.則下列說法正確的是（）

4

O

D

A.粒子帶正電荷

B.粒子速度大小為彎滑

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為必

D.粒子在磁場中運動的時間為硒

答案BD

解析粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，A錯誤；

由題意可知，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得，粒子做圓周運動的軌道半徑為r=

L

2、歷

cos43=方~""根據(jù)粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，可得卯3=巧7,解得0=

火心,B正確，C錯誤；由幾何關(guān)系可知電荷在磁場中偏轉(zhuǎn)了135。，則在磁場中運動的時

、工9e135°、/2兀m3Tlm

間為片加7=旃、詞=硒,D正確.

5.（2021?北京卷?12汝口圖所示，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場.一帶電粒子在P點

以與x軸正方向成60。的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場.已知帶電粒子質(zhì)

量為加、電荷量為q,OP=a.不計重力.根據(jù)上述信息可以得出（）

y”

XXXX

XXXX

XXXX

XX

Oax

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程

B.帶電粒子在磁場中運動的速率

C.帶電粒子在磁場中運動的時間

D.該勻強磁場的磁感應(yīng)強度

答案A

解析粒子恰好垂直于y軸射出磁場，作兩速度的垂線，交點即為圓心5,軌跡如圖所示,

由幾何關(guān)系可知

00i=atan30°=^a,

故圓心的坐標為《，亭q

?a2-\/3

^-cos300-30

則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為

x23+^y—^-aj2=^a2（O<x<a,y>0）,

故A正確；

洛倫茲力提供向心力，有qvB=nr^,

解得帶電粒子在磁場中運動的速率為嚕,

因軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應(yīng)強度3未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率,

故B、D錯誤；

2

帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為鏟，

2TIR2Tm

而周期為T=

v~qBf

2

3兀27rHt

則帶電粒子在磁場中運動的時間為/=五丁=聾，

因磁感應(yīng)強度8未知，則帶電粒子在磁場中的運動時間無法求得，故C錯誤.

6.（2022.福建三明市普通高中高三期末）如圖，在xOy區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的

勻強磁場.一個氣核出和一個氫核妃e同時從y軸上。點以相同的動能射出，速度方向沿尤

軸正方向.不計重力及兩粒子間的相互作用，以下對氣核忸和氫核拓e的運動軌跡圖判斷正

確的是（）

答案D

解析氣核1H和氨核，He都帶正電，射出時，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力沿y軸負方向，則

=苴嗜耳，因兩粒子的初動能相同，則件=嗚畫故選D.

QD穴HeqH，yjmHe1

7.（2022?山東濰坊市一模）如圖所示，正六邊形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場.一帶正

電粒子以速度的從〃點沿方向射入磁場，從c點離開磁場；若該粒子以速度。2從〃點沿

ae方向射入磁場，則從d點離開磁場.不計粒子重力，§的比值為（）

A.^3ID.亞2°__亞2口Lv近.3

答案

解析設(shè)正六邊形的邊長為L,帶正電粒子以速度s從a點沿ad方向射入磁場，從c點離開

磁場，則由幾何關(guān)系得若該粒子以速度。2從a點沿戢方向射入磁場，從1點離

開磁場，則由幾何關(guān)系得&=2"由洛倫茲力提供向心力得的0=〃2,則。=西￡故登=今

寫,故選c.

8.（多選）（2022?湖北卷⑻在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，

一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場,另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，

磁感應(yīng)強度大小均為8,SP與磁場左右邊界垂直.離子源從S處射入速度大小不同的正離子，

離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30。角.已知離子比荷為左，不計重力.若離子從尸

點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為e,則離子的入射速度和對應(yīng)e角的可能組合為

XXXX

XXXX

1L1

A.^kBL,O°B.^kBL,O°

C.kBL,60°D.2kBL,6Q°

答案BC

解析若離子通過下部分磁場直接到達尸點，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系則有R="由qeB=%,

可得v=*^=kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與S尸成30。角向上，故出射方向與入射方向的

夾角為9=60。.

XXXX

XXXX

*L'

當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖，因為兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小均為5,則根據(jù)對

稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB=n^,可得v=W^=gkBL,此時出射方

向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為9=0。.通過以上分析可知當離子從下部

分磁場射出時，需滿足v=/cqBL=丁1;kBL（n=1,2,3,…），此時出射方向與入射方向的

夾角為<9=60。；當離子從上部分磁場射出時，需滿足0=轡=；%3〃>1=123,…），此時出

射方向與入射方向的夾角為0=0。.故B、C正確，A、D錯誤.

［爭分提能練］

9.（多選）（2022?山東德州市高三期末）如圖所示，傾角為a的固定足夠長斜面上方有垂直紙面

向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為3,在斜面上由靜止開始釋放一帶負電的物塊，

物塊的質(zhì)量為如帶電荷量大小為G與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃，〃<tana,重力加速度為g,

對物塊的運動過程以下說法正確的是（）

.?'P'"

A.物塊做勻變速直線運動

物塊機械能的減少量等于克服摩擦力做的功

機gsinamgcosa

物塊的最大速度為

[iqB

D.若僅將磁場改為與原來相反的方向，物塊的運動方向一直不變

答案BC

解析物塊由靜止釋放，由于〃<tana,可知Mgsin加geosa,物塊有向下的加速度，加速

下滑；物塊有沿斜面向下的速度，由左手定則可知，物塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力，導(dǎo)

致物塊對斜面壓力變大，滑動摩擦力增大，以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsina—Ff=ma?

Ff=〃FN②

FN=m^cosa+qvB@

聯(lián)立可得物塊加速度

a=gsina—//geos

可知物塊的加速度隨著速度的增大而減小，不是勻變速直線運動，故A錯誤；物塊下滑過程

中，做功的只有重力和滑動摩擦力，洛倫茲力和支持力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，物塊機械能

的減少量等于因摩擦所放出的熱量，即等于克服摩擦力做的功，故B正確；當物塊向下運動

的加速度減小到零時，速度達到最大值，由受力平衡知Mgsina=〃Sgcosa+qOmB）,解得0m

=”嗎/嗎sa,故c正確；若僅將磁場改為與原來相反的方向，則物塊受垂直斜面向

上的洛倫茲力，則FN2=mgcosa-qvB@

聯(lián)合①②⑤可得°2=gsina—〃gcosa+^^,可知物塊加速度隨著速度的增大而增大，當速度

增大到一定值時，洛倫茲力大小等于重力垂直斜面向下的分力，物塊將離開斜面到空中做曲

線運動，故D錯誤.

10.（2022?遼寧省模擬）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁

感應(yīng)強度大小為8,直徑ab垂直cd,ZMOd=30°,從M點沿Ma方向射入的帶正電粒子恰

能從6點離開磁場，粒子的質(zhì)量為機、電荷量為分不計粒子的重力，則粒子的速度大小及

在磁場中運動的時間為（）

b

小BqRTimBqR2iun

B.

A'2加'瓦'2m

事BqRTimBqR271m

.m'Bq.m'3Bq

答案A

解析連接M、b,分析可知Mb為粒子做圓周軌跡的直徑，由幾何關(guān)系得半徑7=第=卑,

mv82Tlm鄧qBR]80。271mnm

由r=d，r=五,詞仔0=2m'-旃X尉=9,故A正確，B、C、D錯誤.

11.（多選）（2022?山東德州市高三期末）如圖所示，足夠大的光屏與x軸平行，并且垂直于xOy

平面，xOy平面還有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8,在坐標原點。有一粒

子源，粒子源不停地向xOy平面內(nèi)的各個方向發(fā)射帶負電的粒子，所有粒子的質(zhì)量均為力,

帶電荷量均為4，初速度大小均為粒子擊中光屏?xí)r會被光屏吸收.初速度在第一象限內(nèi)與

尤軸成30。角的粒子恰好擊中光屏與y軸的交點不計重力及粒子間的相互作用，以下說法

正確的是（）

ni7）

A.M點的坐標為（0,熊）

B.在磁場中粒子運動的最短時間為瑞

C.光屏上被擊中區(qū)域最右側(cè)點的x坐標為獲

qB

D.光屏上被擊中區(qū)域最左側(cè)點的無坐標為一，

答案BC

解析粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得仔8=丁，解得廠

=:，由題可知，該粒子初速度方向在第一象限內(nèi)與x軸成30。角時，偏轉(zhuǎn)角為120。,根據(jù)

QD

幾何關(guān)系0加=2?0530。=氣一,A錯誤；由卯5=—,T=^~,t=^-T,整理得片氣，

qr/'Jiciij

可知打在M點的粒子在磁場中運動時間最短，該粒子的偏轉(zhuǎn)角為120°,運動的最短時間為

2TLm

加石，B正確；光屏上被擊中區(qū)域最右側(cè)如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系，x坐標為x右=

7(2r)2roM)2=尸器,c正確；光屏上被擊中區(qū)域最左側(cè)時，由幾何關(guān)系可知最左側(cè)的x

坐標為xA=-^^-(OM-r)2=一、2事一3r=一72小-3崗,D錯誤.

匕

:??:?:/?:.

....x

12.(2022?遼寧省協(xié)作體一模)2021年末，由于煤炭價格上漲，火力發(fā)電受到影響，有的地區(qū)出

現(xiàn)了拉閘限電，再一次提醒人們要節(jié)約能源和開發(fā)新能源.受控熱核反應(yīng)就是其中一種，熱

核反應(yīng)需要極高溫度，還得束縛帶電粒子，基本原理如圖所示，空間有兩個同心圓。、b,圓

2

a內(nèi)存在由圓心0向外的輻射狀電場，圓心O與圓。圓周上各點的電勢差為U=gX