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(jì)算；（2）帶電粒子在磁

場中的運(yùn)動；（3）動態(tài)圓模型2常用方法：對稱法、動態(tài)圓法.3.常考題型：選擇題.

考點(diǎn)一磁場的基本性質(zhì)安培力

1.磁場的產(chǎn)生與疊加

條形磁體的磁感線分布

H—地磁場的特點(diǎn)

d產(chǎn)生卜1

叵1~遹卜安培定則

■｛疊力口）—遵循平行四邊形定則

2.安培力的分析與計(jì)算

方向左手定則

直導(dǎo)線F=BILsin0,0=0時(shí)尸=0,0=90°時(shí)

P.x"&\xx?a\?巴

大小..xOxJx

導(dǎo)線為曲線時(shí)

??c??XXXX?"???

等效為ac直線電流

FN

//-/K

//,/，野

受力分析

FMB/'“c

立體圖平山,圖

根據(jù)力的平衡條件或牛頓運(yùn)動定律列方程

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

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

示，且7M=2/N（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(qiáng)度大小為B=lr,其中人為常數(shù)），此時(shí)0點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為所.若將M處長直導(dǎo)線移

至尸處，則此時(shí)。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（）

A.大小為小Bi，方向水平向右

B.大小為小Bi，方向水平向左

C.大小為231,方向與水平方向夾角為30。斜向右下

D.大小為26,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(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為坑，則M處導(dǎo)線在。點(diǎn)激發(fā)的磁場

的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2瓦，導(dǎo)線未移動時(shí)，各導(dǎo)線在。點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖中實(shí)線

所示，可得囪=瓦，將M處導(dǎo)線移到P處時(shí)，在。點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為2瓦,

如圖中虛線所示，N處導(dǎo)線在。點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則此時(shí)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

小Bo,即小81,方向水平向右，故A正確.

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

向右，將一段〃圓弧形導(dǎo)體湖置于磁場中，圓弧圓心為。、半徑為r.現(xiàn)在導(dǎo)體油中通以方向

從萬一。的恒定電流/,并將磁場從圖示位置沿順時(shí)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野

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B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(cuò)誤；:圓弧形導(dǎo)體油中的等效電流方向由6指向。且豎直向下，當(dāng)磁場

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

效長度為小廠，當(dāng)磁場方向與等效電流方向夾角為45°時(shí)，所受安培力大小為尸=8/義也rsin

45°=B",C正確；當(dāng)磁場方向與等效電流方向垂直時(shí)，安培力最大，且為Fmax=pBIr,D

錯(cuò)誤.

考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動

1.分析帶電粒子在磁場中運(yùn)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(qiáng)度、運(yùn)動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心

基本

角、運(yùn)動時(shí)間相聯(lián)系，運(yùn)動時(shí)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(yùn)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兀加-2兀廠

r~qB,T-qB，T-v

結(jié)論

(1)軌跡上的入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的速度垂線的交點(diǎn)為圓心，如圖(a)

(2)軌跡上入射點(diǎn)速度垂線和兩點(diǎn)連線中垂線的交點(diǎn)為圓心，如圖(b)

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

圓心的

術(shù)"10產(chǎn)*』0卜xx

確定

；??；x\xX；XX/

；??；x/?"[^fCx!

尸牝彳q餞軟X：X：

(a)(b)(c)

mv2

方法：由物理公式求，由于Bq。一,

半徑的所以半徑r—器

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(jì)算來確定

A

方法一：由圓心角求，/=二?7

時(shí)間的Z71

求解方法二：由弧長求，，=2

2.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的三個(gè)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(shí)，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(shí)亦沿半徑方向(如圖乙，兩側(cè)關(guān)于兩圓心連線對

XX

乙

(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，?1=?2).

3.帶電粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)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)系尤0y內(nèi)，以原點(diǎn)。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(qiáng)磁場，一負(fù)電子從P點(diǎn)(凡0)沿x軸負(fù)方向

以速率。射入磁場后，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為小一正電子從。點(diǎn)(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(diǎn)飛出磁場，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為必忽略

兩電子重力及相互作用力，則ti：及為()

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/2=2K，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=凡如圖畫出負(fù)電子和正電子的運(yùn)動軌跡，它們做圓周運(yùn)

動的圓心分別為。卜O2,由圖可知，負(fù)電子做圓周運(yùn)動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為90。，負(fù)電

9001

子在磁場中運(yùn)動時(shí)間?i=360°^=4r,由幾何關(guān)系可得，正電子運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為

60°,正電子在磁場中運(yùn)動時(shí)間打=招產(chǎn)7=上7,得力：龜=3：2,A、C、D錯(cuò)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,一質(zhì)量為m,電荷量為一q

的粒子（不計(jì)重力），從。點(diǎn)垂直于OM以某一速度射出.貝lj（）

XXXXXX

B

xxxxx

XXXX/'

t<30°..

xxxjx-x--X--M

xxxxxx

xxxxxx

A.粒子第一次穿過邊界ON時(shí)，速度方向與邊界ON的夾角為60°

B.粒子第一次穿過邊界之后，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為舞

JQD

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(yùn)動的對稱性可知，粒子第一次穿過邊界ON時(shí)，速度方向與邊

界ON的夾角等于從。點(diǎn)出發(fā)時(shí)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OM之后的軌跡如圖所示，從C點(diǎn)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(shí)（圖中。點(diǎn)），粒子在下方磁場運(yùn)動圓弧所對應(yīng)的圓

f）27rH757rH7

心角。為300。，所以在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為/=丁7，T=一不，可得￡=三一方，故B正確；由

Z7TQDJQD

幾何關(guān)系可得，粒子從ON穿過時(shí)，C點(diǎn)與。點(diǎn)間的距離為其在圓周運(yùn)動半徑R的3倍，所

以粒子在下方磁場再次偏轉(zhuǎn)，從。點(diǎn)穿過OM,DC距離為R,射出時(shí)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(cuò)誤，D正確.

XXXXXX

B

XX

XXjX/：/

xx鏟牛鏟----

xxxxx'x\/\

xxxxxvl7

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

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，/AOC的角平分線OG的

一，3

反向延長線正好經(jīng)過圓心O,的延長線與圓相交于E點(diǎn)，且A￡）=]Z）E=〃，現(xiàn)有一質(zhì)量

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

好經(jīng)過。、E兩點(diǎn)，則（）

A

A.粒子一定帶正電

B.粒子的初速度大小為舞

-3

C.圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為鄰

D.粒子從A點(diǎn)到E點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為瑞

答案CD

解析由左手定則及題意可知粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；粒子的運(yùn)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(yùn)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=聯(lián)立得B錯(cuò)誤；因。由幾何關(guān)

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

、2nix)3

運(yùn)動的軌跡半徑為廠2=OE=Q4,而？=而，所以圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為氏=渭

C正確；粒子在三角形磁場區(qū)域中運(yùn)行的時(shí)間人=卷=舞,粒子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)行的時(shí)

o5bq

To2TTW7SjTn?

間，2=石=gBq,所以粒子從A點(diǎn)到E點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為D正確.

考點(diǎn)三帶電粒子在有界磁場運(yùn)動的臨界與極值問題

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

界點(diǎn)，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(shí)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(yùn)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(diǎn)P為定

點(diǎn)位置相

點(diǎn)，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

~%-xi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R=

粒子的入射

點(diǎn)位置相翳的圓以入射點(diǎn)

QD

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(diǎn)尸為圓心、半徑R小一定，速

從而探索出臨界

度方向不同

-亞的圓上）條件

粒子的入射

XXXXXXXX

點(diǎn)位置不

將半徑為

平移圓同，速度大R—7q7n°

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

入圓形有界勻強(qiáng)

磁場，則粒子從磁

場邊界上同一點(diǎn)

軌跡圓半徑

磁聚焦與射出，該點(diǎn)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(diǎn)以不同方

向入射時(shí)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(biāo)系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向

外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為R大量質(zhì)量為相、電量為q的相同粒子從y軸上的P（0,小

L）點(diǎn)，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(dāng)a=150。時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場.不計(jì)粒子的重力.則（）

A.粒子一定帶正電

B.當(dāng)1=45。時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場

C,粒子入射速率為嗎坦

D.粒子離開磁場的位置到。點(diǎn)的最大距離為34L

答案ACD

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

A正確；當(dāng)a=150°時(shí)，粒子垂直無軸離開磁場，運(yùn)動軟跡如圖所示，Oi為粒子做勻速圓周

運(yùn)動的圓心，

柒=］迎B

，J3L'-?一

6Xoli-x

粒子做圓周運(yùn)動的半徑為/?=?四）。=2于L,由洛倫茲力提供向心力有卯3=〃1手，解得粒子

入射速率0=2,產(chǎn),C正確；若a=45。，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，。2為粒子做勻速圓周運(yùn)

動的圓心，

成1”，

P4r

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時(shí)與無軸不垂直,B錯(cuò)誤；粒子離開磁場的位置與。點(diǎn)距離

最遠(yuǎn)時(shí)，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(yùn)動的圓心，

二

O'、xm

_____-

根據(jù)幾何關(guān)系可知（2廠）2=（小乙）2+/2,解得％m=3小"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K,圓心在。點(diǎn)，區(qū)域中有方

向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為A電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿方向

垂直進(jìn)入磁場，偏轉(zhuǎn)后從M點(diǎn)射出并垂直打在熒光屏P。上的N點(diǎn)，P。平行于A。，。點(diǎn)到

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

用

右

(1)電子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小V;

(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為冷處，則電子打在熒光屏

上的點(diǎn)位于N點(diǎn)的左側(cè)還是右側(cè)，該點(diǎn)與N點(diǎn)間的距離是多少.

答案⑴誓⑵野⑶左側(cè)4R

廬

解析(1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運(yùn)動的向心力，有evB=nr^

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

P---------黑-----Q

甲

(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得

聯(lián)立解得。=空4

(3)電子在磁場中運(yùn)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(diǎn)后打在熒光

屏上.從與相距專的C點(diǎn)射入磁場的電子打在熒光屏上的G點(diǎn)，G點(diǎn)位于N點(diǎn)的左側(cè)，

D

其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知a=60°,GN=——=^R.

[anot3

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(gè)頂點(diǎn)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(fù)電的粒子

從正方形的中心。點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動，它所受洛倫茲力的方向是（）

'0承

、、/

V

A.沿。到。方向B.沿。到C方向

C.沿。到d方向D.沿。到方方向

答案A

解析由安培定則可判斷6、c、d三根導(dǎo)線在。點(diǎn)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4方向.故選A.

2.（2022.河南信陽市質(zhì)檢）如圖，平行的MV、PQ與間（含邊界）有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁

場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2,邊界與的夾角a=30。，點(diǎn)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加尸的正、負(fù)離子，離子運(yùn)動一段時(shí)

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。o時(shí)射出點(diǎn)與P

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

N

PQ

（1）射出點(diǎn)與尸點(diǎn)最大距離而；

（2）從邊界MP射出的離子，速度的最大值.

答案（晤常

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

徑為Ri,射出點(diǎn)與尸點(diǎn)距離最大時(shí)，運(yùn)動軌跡恰好與相切，運(yùn)動軌跡2如圖所示，

v2

根據(jù)牛頓第二定律有qvoB=nr^f

根據(jù)幾何關(guān)系得％m=2Rcosa,

解得x=

mkB

（2）從邊界MP射出的離子，速度最大時(shí)離子運(yùn)動軌跡恰好與MN相切，設(shè)其運(yùn)動半徑為肥,

運(yùn)動軌跡1如圖所示，

v2

根據(jù)牛頓第二定律得qvmB=nr^,

設(shè)M尸的長度為"根據(jù)幾何關(guān)系得

Lsina=Ri-Rsina,

L+R2

-Sina'

解得Om=?.

專題強(qiáng)化練

［保分基礎(chǔ)練】

1.（2022?廣東卷?7）如圖所示，一個(gè)立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分

布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)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(jìn)入磁場，并穿過兩個(gè)磁場區(qū)域.下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動軌跡在不同坐標(biāo)平面

的投影中，可能正確的是（）

CD

答案A

解析由題意知當(dāng)質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場后先在MN左側(cè)運(yùn)動，剛進(jìn)入時(shí)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(yùn)動，即質(zhì)子會向y軸正方向偏移，y軸坐標(biāo)

增大，在跖V右側(cè)磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知

質(zhì)子在整個(gè)運(yùn)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(yùn)動，z

軸坐標(biāo)不變，故C、D錯(cuò)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(qiáng)磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點(diǎn)。、》與電源兩端相連，其中斷棒的電阻

為5R,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(jì).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（）

2Ff5F

A.fBTC-TDT

答案A

F

解析

S閉合后，次?棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動勢為區(qū)則兩支路的電流大小均為1=蕊3K,

ab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乙，受到的安培力大

小為F^=BIL,線框受到的安培力大小為尸=五而+尸其=281，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,—F^=BIL=^,故選A.

3.（多選）（2022.全國乙卷」8）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)

強(qiáng)度A如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy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(shí)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3/附By/ycTBz/|iT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點(diǎn)位于南半球

B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50|1T

C.第2次測量時(shí)y軸正向指向南方

D.第3次測量時(shí)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(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故

由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為8=N8/+B/=4夕+艮2,計(jì)算得8-50NT,B正

確；由選項(xiàng)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<Q,

故y軸指向南方，第3次測量3>0,故無軸指向北方而y軸則指向西方，C正確，D錯(cuò)誤.

地磁南極

,地磁北極

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

面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場.一帶電粒子從的中點(diǎn)。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(diǎn)垂直穿出.已知矩形ABC。

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

A.粒子帶正電荷

B.粒子速度大小為嚕^

C.粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為半乙

D.粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為鬻

答案BD

解析粒子進(jìn)入磁場后沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；

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

2-/o

^2根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)，洛倫茲力提供向心力，可得quB=my,解得。=

cos-45o

:鬻,B正確，C錯(cuò)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(yùn)動的時(shí)

EL。f135°、，2兀加3兀—一十力

間為'=五7=花心'諭=硒，D正角，

5.（2021?北京卷J2）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場.一帶電粒子在P點(diǎn)

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(jī)、電荷量為q,。尸=a.不計(jì)重力.根據(jù)上述信息可以得出（）

A.帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡方程

B.帶電粒子在磁場中運(yùn)動的速率

C.帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間

D.該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)即為圓心5,軌跡如圖所示,

OO\=atan300=

故圓心的坐標(biāo)為（o,當(dāng)，，

a_2A（3

K—COS30?！?a,

則帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡方程為

故A正確；

洛倫茲力提供向心力，有qvB=nT^,

解得帶電粒子在磁場中運(yùn)動的速率為。=喈，

因軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應(yīng)強(qiáng)度8未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運(yùn)動的速率,

故B、D錯(cuò)誤；

帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，

而周期為7=當(dāng)2Tlm

2

3兀2nm

則帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為/=廠7=可方，

因磁感應(yīng)強(qiáng)度5未知，則帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間無法求得，故C錯(cuò)誤.

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

勻強(qiáng)磁場.一個(gè)氣核1H和一個(gè)氮核SHe同時(shí)從y軸上。點(diǎn)以相同的動能射出，速度方向沿工

軸正方向.不計(jì)重力及兩粒子間的相互作用，以下對氣核1H和氮核夕He的運(yùn)動軌跡圖判斷正

確的是（）

-y

B

Ox

答案D

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

濟(jì)/祖

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=^=—下一

=近小瓦，因兩粒子的初動能相同，則件=嗚%故選D.

QD穴Heqw\mHe1

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(qiáng)磁場.一帶正

電粒子以速度01從〃點(diǎn)沿4〃方向射入磁場，從C點(diǎn)離開磁場；若該粒子以速度02從〃點(diǎn)沿

戢方向射入磁場，則從d點(diǎn)離開磁場.不計(jì)粒子重力，F(xiàn)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5從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場，從c點(diǎn)離開

磁場，則由幾何關(guān)系得照=4"若該粒子以速度的從。點(diǎn)沿ae方向射入磁場，從d點(diǎn)離

開磁場，則由幾何關(guān)系得R2=2L,由洛倫茲力提供向心力得及/=/*，則。=誓^,故￡=旨

二芋故選C.

8.（多選）（2022?湖北卷-8）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(qiáng)磁場,另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，

磁感應(yīng)強(qiáng)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.已知離子比荷為女,不計(jì)重力.若離子從尸

點(diǎn)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)0角的可能組合為

（）

XXXX

XXXX

L

A.；kBL,0。B.^kBLfi°

C.kBL,60°D.2kBL,60°

答案BC

8

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

可得。=嚕=姐”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0=60。.

XXXX

XXXX

*L*

當(dāng)離子在兩個(gè)磁場均運(yùn)動一次時(shí)，如圖，因?yàn)閮蓚€(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5,則根據(jù)對

稱性有R=）,根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有quB=r^,可得v=^^=$BL,此時(shí)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(dāng)離子從下部

分磁場射出時(shí)，需滿足0=八，叱、=c-;kBL（n=1,2,3,…），此時(shí)出射方向與入射方向的

夾角為9=60。；當(dāng)離子從上部分磁場射出時(shí)，需滿足。=轡=；如〃>=1,2,3,…），此時(shí)出

射方向與入射方向的夾角為0=0。.故B、C正確，A、D錯(cuò)誤.

XXXVX

XXXX

"L"

［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(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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)量為加，帶電荷量大小為分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(yùn)動過程以下說法正確的是（）

A.物塊做勻變速直線運(yùn)動

B.物塊機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功

C.物塊的最大速度為二鬻一嚕出

/iqbQD

D.若僅將磁場改為與原來相反的方向，物塊的運(yùn)動方向一直不變

答案BC

解析物塊由靜止釋放，由于〃<tana,可知Migsina>〃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=ma?

月=〃尸N②

FN=mgcosa+qvB?

聯(lián)立可得物塊加速度

岬B

q=gsina—pigcosa—m（4；

可知物塊的加速度隨著速度的增大而減小，不是句變速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)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(jī)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(yùn)動

的加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大值，由受力平衡知mgsina=〃（yngcosa+qOmB）,解得0m

=a_m喘a,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Fm=mgcosa—qvB?

聯(lián)合①②⑤可得〃2=gsin。一〃geos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(shí)，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(yùn)動，故D錯(cuò)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(qiáng)磁場，磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為5,直徑而垂直cd,ZMOd=30°,從M點(diǎn)沿方向射入的帶正電粒子恰

能從6點(diǎn)離開磁場，粒子的質(zhì)量為加、電荷量為/不計(jì)粒子的重力，則粒子的速度大小及

在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為（）

小BqRnmBqR2mn

A.BJ

2m'Bq2m西

小BqR71mBqR2Tm

D

.m'Bq-m'礪

答案A

Mb必R

解析連接分析可知Mb為粒子做圓周軌跡的直徑，由幾何關(guān)系得半徑〃=

2—2，

mv__027u篦r事qBR18002nmTim“ATM———“、口

由'=若傳u=2m'/=360°X-^B-=^B,故A正角，B、C、D擔(dān)醫(yī).

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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒

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

帶電荷量均為分初速度大小均為。，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

無軸成30。角的粒子恰好擊中光屏與y軸的交點(diǎn)M,不計(jì)重力及粒子間的相互作用，以下說法

正確的是（）

???.]????

????上???廣

"?~~~~

A.Af點(diǎn)的坐標(biāo)為（0,熊）

B.在磁場中粒子運(yùn)動的最短時(shí)間為舞

JQD

C.光屏上被擊中區(qū)域最右側(cè)點(diǎn)的x坐標(biāo)為緇

光屏上被擊中區(qū)域最左側(cè)點(diǎn)的無坐標(biāo)為一版

D.QD

答案BC

JTIV2

解析粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得qvB=、~,解得「

rnv

=可，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(shí)，偏轉(zhuǎn)角為120。，根據(jù)

qb

幾何關(guān)系OM=2廠cos30°=近篝，A錯(cuò)誤；由/78=幽-,T=^r~,整理得/=筆，

可知打在A/點(diǎn)的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短，該粒子的偏轉(zhuǎn)角為120°,運(yùn)動的最短時(shí)間為

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=

7（2r）2—（OM）2=片羽,c正確；光屏上被擊中區(qū)域最左側(cè)時(shí)，由幾何關(guān)系可知最左側(cè)的%

坐標(biāo)為尤左=_#$_（0知一廠）2=一山小一3廠=-^2^3-3^,D錯(cuò)誤.

—x_

row..

12.(2022?遼寧省協(xié)作體一模)2021年末，由于煤炭價(jià)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(gè)同心圓。、b,圓