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

廠條形磁體的磁感線分布

一地磁場的特點

，產(chǎn)生卜—

便到~Lf^_安培定則

T疊力口］一遵循平行四邊形定則

2.安培力的分析與計算

方向左手定則

直導(dǎo)線F=B/Lsin，，。=0時F=0,0=90°時/=B/L

?XXXX??C?

前f.X。網(wǎng)V

大小

,'J'一小內(nèi)，。?

導(dǎo)線為曲線時X?A?

??C??丈XXX???

等效為ac,直線電流

/NFN

c

//,/

受力分析

、產(chǎn)

1g

立體圖平星i圖

根據(jù)力的平衡條件或牛頓運動定律列方程

例1（2022?河北邯鄲市高三期末）如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，

O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4“=2/M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r處的磁感應(yīng)

強度大小為B=H其中k為常數(shù)），此時O點的磁感應(yīng)強度大小為5.若將M處長直導(dǎo)線移

至P處，則此時O點的磁感應(yīng)強度為（）

MeoR

亡

A.大小為小Bi，方向水平向右

B.大小為小3，方向水平向左

C.大小為2B1，方向與水平方向夾角為30。斜向右下

D.大小為2所,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)強度大小為氏，則M處導(dǎo)線在。點激發(fā)的磁場

的磁感應(yīng)強度大小為28°,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Bi=2o,將M處導(dǎo)線移到P處時，在O點激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度大小仍為2瓦,

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

小Bo,即小方向水平向右，故A正確.

例2(2021.江蘇卷.5)在光滑桌面上將長為立的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點的距離為23導(dǎo)線

通有電流/,處于磁感應(yīng)強度大小為3、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)線中的張力為()

A.B1LB.2BIL

C.TIBILD.InBIL

答案A

解析從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示，導(dǎo)線的有效長度為2L,則所受的安培力大小為尸央

=2BIL,以導(dǎo)線整體為研究對象，F(xiàn)*=2F,釘子對導(dǎo)線的力尸=與，設(shè)導(dǎo)線中的張力為FT,

則舟=/=7，解得FT=B/L,故A正確，B、C、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nw2兀勿?2兀尸

結(jié)論qBqBV

(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)

(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)

(3)沿半徑方向距入射點距離等于r的點，如圖(c)(當(dāng)r己知或可算)

圓心的

暇：:!盤VI。卜'M

確定

；X：PxxirxxXJ

；??'七/；x\xX；XX*

???：X步^"

P^\.\X：

(a)(b)(c)

方法：由物理公式求，由于Bg—；

半徑的所以半徑「=笠nrn

qB

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2兀

求解方法二：由弧長求，f弋

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=。3).

(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=a2).

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；

⑵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(biāo)系xOy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(fù)電子從P點（R,0）沿x軸負(fù)方向

以速率。射入磁場后，在磁場中運動的時間為一正電子從Q點（一R,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。忽略

兩電子重力及相互作用力，則h：。2為（）

A.2：3

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/負(fù)電子與正電子速率之

比為1：2,故負(fù)電子軌跡半徑n=/?,如圖畫出負(fù)電子和正電子的運動軌跡，它們做圓周運

動的圓心分別為0卜Oi,由圖可知，負(fù)電子做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為90。，負(fù)電

9001

子在磁場中運動時間》=元7=47，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及=境自7=/得八：女=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)量為粗、電荷量為一q

的粒子（不計重力），從O點垂直于OM以某一速度射出.則（）

XXXXXX

8

xxxxx

XXXX//

xx鏟、rr一例

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普

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的夾南a,由幾何關(guān)系可得a=60。，故A正確；

粒子第一次穿過邊界OM之后的軌跡如圖所示，從C點穿過邊界進(jìn)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7=丁丁，7=一丁，可得故B正確；由

271CJDjqo

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（2019?全國卷HIJ8）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為

和8、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質(zhì)量為加、電荷量為虱q>0）的粒子垂直于x軸

射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限.粒子在磁場中

運動的時間為（）

y

?伍..

**2,

Ox

上5nfn-7iun

A砌B砌

117177?13兀加

C6qBD6qB

答案B

解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為u,在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示,

對應(yīng)的軌跡半徑分別為R和由洛倫茲力提供向心力，有qvB=%、T=—,可得R

=翳、&=鬻、歹=^、?=鬻，帶電粒子在第二象限中運動的時間為九=:,在第一

象限中運動的時間為力=472,又由幾何關(guān)系有COSe=R2P1=4,可得力=停，則粒子在磁

，兀A22O

場中運動的時間為?=“+/，，聯(lián)立以上各式解得選項B正確，A、C、D錯誤.

0（/0

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

點位置相

點，將半徑放縮作

放縮圓同，速度方

；XXx./\軌跡圓，從而探索

向一定，速

~<x：出臨界條件

度大小不同

（軌跡圓的圓心在PlP2直線上）

將一半徑為R=

粒子的入射

點位置相黑的圓以入射點

□qB

旋轉(zhuǎn)圓p同，速度大

為圓心進(jìn)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

一西的圓上）條件

粒子的入射

XXXXXXXX

點位置不

4X將半徑為R=*

平移圓同，速度大

小、方向均的圓進(jìn)行平移

（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）

一定

帶電粒子平行射

軌跡圓半徑

磁聚焦與入圓形有界勻強

等于區(qū)域圓

磁發(fā)散磁場，則粒子從磁

半徑

磁聚焦磁發(fā)散場邊界上同一點

射出，該點切線與

入射方向平行

—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.13）如圖，在平面直角坐標(biāo)系。書的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向

外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.大量質(zhì)量為"1、電量為q的相同粒子從y軸上的P（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），軸正方向的夾

角為a（0WaW180。）.當(dāng)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(dāng)a=45。時，粒子也垂直x軸離開磁場

c.粒子入射速率為嗎磔

D.粒子離開磁場的位置到。點的最大距離為3小L

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(dāng)a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖所示，Oi為粒子做勻速圓周

運動的圓心，

、八/7;2

粒子做圓周運動的半徑為r=溫m=2小"由洛倫茲力提供向心力有解得粒子

入射速率0=2受產(chǎn),C正確；若a=45。，粒子運動軌跡如圖所示，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。點距離

最遠(yuǎn)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4+02,解得Xm=3小L,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A電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿AO方向

垂直進(jìn)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，PQ平行于40,。點到

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

用.求：

左P------------Q右

（1）電子進(jìn)入磁場時的速度大小。；

（2）電子槍的加速電壓U；

（3）若保持電子槍與AO平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距AO為空處，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（1警（2噤（3）左側(cè)專

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

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

N

pQ

M

C/|?小—:/、、

A-\^°!

甲

(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得eU=^inv2

聯(lián)立解得。=篙-

(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相距亨的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)，

其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知a=60。，GN=1"=添.

tanct3

乙

高考預(yù)測

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

方形的三個頂點從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(fù)電的粒子

從正方形的中心O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O到a方向B.沿。到c方向

C.沿。到4方向D.沿。到6方向

答案A

解析由安培定則可判斷氏c、d三根導(dǎo)線在O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(fù)電的粒子所受洛倫茲力方向沿O

到a方向.故選A.

2.（2022?河南信陽市質(zhì)檢）如圖，平行的MN、P。與MP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8,邊界MN與MP的夾角a=30。，點P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MP的正、負(fù)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PQ射出的離子，離子速度為加時射出點與P

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

N

PQ

（1）射出點與P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粵（I

解析（1）設(shè)離子的質(zhì)量為加、電荷量為q,從邊界PQ射出的速度為加的離子，設(shè)其運動半

徑為心，射出點與P點距離最大時，運動軌跡恰好與MN相切，運動軌跡2如圖所示，

2

根據(jù)牛頓第二定律有qvoB=n%,

根據(jù)幾何關(guān)系得Mn=2Hicosa,

解得面=粵

（2）從邊界用尸射出的離子，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/?2,

運動軌跡1如圖所示，

7；2

根據(jù)牛頓第二定律得cfUmB=nr^f

設(shè)MP的長度為L,根據(jù)幾何關(guān)系得

Asina=R\—Risina,

十/<2,

L——si?na

解得vm=y.

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MNPQ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)），z平面進(jìn)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(biāo)平面

的投影中，可能正確的是（）

O

A

答案A

解析由題意知當(dāng)質(zhì)子垂直0yz平面進(jìn)入磁場后先在MN左側(cè)運動，剛進(jìn)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(biāo)

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(biāo)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Med靖由六根導(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，線框頂點八。與電源兩端相連，其中外棒的電阻

為5凡其余各棒的電阻均為R,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

力大小為足若僅將必棒移走，則余下線框受到的安培力大小為（）

FIF^3F5F

AbB.-C.彳D.-^-

答案A

F

解析S閉合后，a%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/=G，

“6棒受到安培力的大小為&其余各棒在磁場中的等效長度也為乙，受到的安培力大

，卜為F*=BIL,線框受到的安培力大小為尸=%+尸久=28〃，若僅將必棒移走，通過其余

各棒的電流不變，則余下線框受到的安培力大小F'=F*=BIL=g,故選A.

3.（多選）（2022.全國乙卷.18）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)

強度B.如圖，在手機上建立直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xO），面.某同學(xué)在某地對地

磁場進(jìn)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&加TBv/|iTB/pT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點位于南半球

B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50RT

C.第2次測量時），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8=、8,+艮2=M8V2+8」,計算得8弋50gT,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），軸指向南方，第3次測量以>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）（2022?遼寧葫蘆島市二模）如圖所示，在豎直平面矩形ABCC區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙

面向里、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場.一帶電粒子從AD的中點。射入磁場，速度方向

與磁場垂直且與AD的夾角a=45°,粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在C點垂直CO穿出.已知矩形4BCO

的寬4。為L,粒子電荷量為q、質(zhì)量為，"，重力不計.則下列說法正確的是（)

A

O

D

A.粒子帶正電荷

B.粒子速度大小為“警

c.粒子在磁場中運動的軌道半徑為坐心

D.粒子在磁場中運動的時間為舞

答案BD

解析粒子進(jìn)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(fù)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

cos45O=2根據(jù)粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，可得qvB=nr;,解得o=

警，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

rr必夕^135°、，2兀團(tuán)3兀，〃「〒,左

間為'=五7=旃、荏=硒，D正角.

5.（2021?北京卷?12）如圖所示，在xOy坐標(biāo)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)

量為機、電荷量為q，OP=a不計重力.根據(jù)上述信息可以得出（）

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。|,軌跡如圖所示,

由幾何關(guān)系可知

小

001=atan30。=號“，

故圓心的坐標(biāo)為(0,坐

0a2小

"一cos30。-3a,

則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為

/+/―乎,2='。2(04<4,)，>()),

故A正確：

■

洛倫茲力提供向心力，有qvB=irr^1

解得帶電粒子在磁場中運動的速率為。=儂，

m

因軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應(yīng)強度2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；

帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為意,

而周期為7=等2兀〃?

2

3兀2?！?

則帶電粒子在磁場中運動的時間為1=彳T=^~^,

2715qt>

因磁感應(yīng)強度3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.一個笈；核IH和一個氮核?He同時從y軸上。點以相同的動能射出，速度方向沿x

軸正方向.不計重力及兩粒子間的相互作用，以下對氣:核IH和氮核3He的運動軌跡圖判斷正

確的是()

B

O

答案D

解析fU亥|H和氫核扭e都帶正電，射出時，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力沿y軸負(fù)方向，則

77~ItlV

兩粒子都將向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn).根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=nr^,解得R=^=

=亞喈耳，因兩粒子的初動能相同，則件=如生湮=；,故選D.

QB屈He1

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

電粒子以速度功從。點沿ad方向射入磁場，從c點離開磁場；若該粒子以速度。2從。點沿

四方向射入磁場，則從"點離開磁場.不計粒子重力，?的比值為（）

A.小B坐C.坐D.坐

答案C

解析設(shè)正六邊形的邊長為L,帶正電粒子以速度0從a點沿ad方向射入磁場，從c點離開

磁場，則由幾何關(guān)系得以=小心，若該粒子以速度⑦從“點沿ae方向射入磁場，從d點離

開磁場，則由幾何關(guān)系得&=2L,由洛倫茲力提供向心力得則。=當(dāng)二故意=卷

故選C.

,2，

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2,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.已知離子比荷為晨不計重力.若

離子從P點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為仇則離子的入射速度和對應(yīng)。角的可能

組合為()

A.刎乙,0。B.權(quán)班,0。

C.kBL,6。。D.2kBL,60°

答案BC

解析若離子通過下部分磁場直接到達(dá)P點，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系則有/?=，由皎8=，啜,

可得。=嚕=左8L，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30。角向上，故出射方向與入射方向的

夾角為6=60。.

當(dāng)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B,則根據(jù)對

稱性有尺=1，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB=?,可得。=嗡^=38乙，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，=0。.通過以上分析可知當(dāng)離子從下部

分磁場射出時，需滿足=c二姐乙(〃=1,2,3,???),此時出射方向與入射方向的

夾角為8=60。：當(dāng)離子從上部分磁場射出時，需滿足。=轡=白t8L(〃=l,2,3,…)，此時出

乙III11

射方向與入射方向的夾角為9=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B,在斜面上由靜止開始釋放一帶負(fù)電的物塊，

物塊的質(zhì)量為，小帶電荷量大小為q，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（）

??*

A.物塊做勻變速直線運動

B.物塊機械能的減少量等于克服摩擦力做的功

c.物塊的最大速度疥嚅■-若群

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"2gsina>"mgcosa,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=fna?

打=〃心②

F^=mgcosa+qvB@

聯(lián)立可得物塊加速度

a=gsina—/zgcos

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(dāng)物塊向下運動

的加速度減小到零時，速度達(dá)到最大值，由受力平衡知mgsin儂osa+gnl）,解得。m

=陛等一必受泮，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=^COSa—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(dāng)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2,直徑ab垂直cd,NMOd=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)量為加、電荷量為q,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（）

V%

；XX'XX/

\XX?XX/

上J

h

事BqRTimBqR2?！?

'2ni'Bq'2m'3Bq

事BqRnmBqR2m

'm'Bqm3Bq

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)系得半徑八一啜一華

,mv02nm/qBR180°、，2m?nm,,???,.

由『石，『五.詞付k號尸而又至=密，故A正確，B、C、D錯t沃.

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B,在坐標(biāo)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(fù)電的粒子，所有粒子的質(zhì)量均為膽，

帶電荷量均為q,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

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

正確的是（）

A.M點的坐標(biāo)為(0,荷)

B.在磁場中粒子運動的最短時間為彗

JQD

C.光屏上被擊中區(qū)域最右側(cè)點的x坐標(biāo)為底

qB

D.光屏上被擊中區(qū)域最左側(cè)點的x坐標(biāo)為一i吟riT)

C[D

答案BC

解析粒子進(jìn)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qvB=—「解得〃

二F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)

幾何關(guān)系OM=2rcos30°=3；°,A錯誤：由卯8=半~,7=爭，t='^,整理得/=偏，

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

771/77

~^~D,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(biāo)為x右=

7Qr)2-(OM)2=r=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(biāo)為x比=-yjp-(OM-r)2=一42小一3r=-42小-3卷,D錯誤.

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?zé)岷朔磻?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a、b,圓

2

4內(nèi)存在由圓心。向外的輻