《领跑高中》物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动（教师用书）
文档属性
| 名称 | 《领跑高中》物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动（教师用书） |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 889.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-23 00:00:00 | ||
图片预览
文档简介
第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.（多选）（2024·福建高考6题）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直于纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（ ）
A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr
解析：BD 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。
2.（2024·广西高考5题）Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A. B.
C.（1＋） D.
解析：C 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋），故选C。
考点一 磁场的基本性质 安培力
1.磁场叠加的“三个步骤”
（1）确定磁场场源，如通电导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。
（3）应用平行四边形定则进行合成。
2.用准“两个定则”
（1）对电流的磁场用安培定则（右手螺旋定则），并注意磁场的叠加。
（2）对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
3.熟悉“两个等效模型”
（1）变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
（2）化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。
【例1】 （2024·浙江1月选考4题）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
答案：A
解析：由左手定则可知，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；由c点处的磁感线比d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。
【例2】 （2024·河北石家庄二模）如图所示，直角三角形ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D点为AC边上的点，BD⊥AC。在A、B、D处垂直于纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等，已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D处的电流所受安培力为零，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为（ ）
A.平行于BA向左 B.平行于AC斜向上
C.平行于CB向下 D.平行于BD斜向上
答案：A
解析：A、B处电流对D处电流的安培力如图所示，由几何关系可知AD＝BD，根据B＝k，F＝BIL，可得FB＝FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC向上，为使D处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流的安培力平行于BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左。故选A。
【例3】 （2024·浙江温州预测）安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图1所示形状的线圈，这线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤，则通电后（ ）
A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动
B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
C.当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动
答案：A
解析：当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反，作用力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B错误；当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中时，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C错误；根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将沿着所受安培力大的方向转动，故A正确；将如图2那样的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D错误。
考点二 带电粒子在磁场中的运动
1.基本思路
2.半径确定的两种方法
（1）由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。
（2）由几何关系求。一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。
3.时间确定的两种方法
（1）由圆心角求，t＝T。
（2）由弧长求，t＝。
【例4】 （2024·安徽池州模拟）如图所示，在半径为R的圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有a、b两个粒子，分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入，a粒子从A点离开磁场，速度方向偏转了90°，b粒子从B点离开磁场，速度方向偏转60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法中正确的是（ ）
A.a粒子是带正电
B.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3
C.a、b两粒子的比荷之比为2∶3
D.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为∶2
答案：D
解析：a粒子进入磁场后，向下偏转，由左手定则可知a粒子是带负电，故A错误；a粒子在磁场中运动的时间t＝Ta，b粒子在磁场中运动的时间t＝Tb，则a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb＝2∶3，故B错误；由粒子做匀速圆周运动的周期T＝，可得＝，则a、b两粒子的比荷之比为3∶2，故C错误；如图，由几何知识可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra＝R，b粒子做匀速圆周运动的半径为rb＝R，由qvB＝m，可得v＝，则a、b粒子在磁场中运动的速度之比为∶2，故D正确。
【例5】 （2024·四川成都模拟）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t ＝ 0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。粒子第一次和第二次经过bc边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带电粒子重力，求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。
答案：（1） （2）
解析：（1）画出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得R＝＝
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m
解得＝。
（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝
粒子第二次到达Q点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由粒子的运动轨迹图可知
t1＝T
t2＝t4＝t6＝
t3＝T
t5＝T
所以粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝。
动态圆与磁聚焦、磁发散
“放缩圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定，进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。
（2）轨迹圆特点：轨迹圆相切于入射点，圆心在垂直于初速度方向的同一直线上，如图所示。
（3）常见分析思路：以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作出粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。
【典例1】 （多选）（2024·四川内江三模）如图，在等腰梯形abcd区域内（包含边界）存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad＝dc＝bc＝l，ab＝2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点沿着ad边方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc边射出磁场区域，粒子的速率可能为（ ）
A. B.
C. D.
答案：AC
解析：粒子不从bc边射出，其临界出射点分别是b点和c点，其临界轨迹如图所示，当粒子从c点飞出时，由几何关系有r1＝ac＝l，若粒子从b点飞出时，由几何关系有r2＝l，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，整理有r＝，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜或v＞，故选A、C。
“旋转圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定，方向不同。
（2）轨迹圆特点：如图所示，所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上。
（3）常见分析思路：将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子不同的出射范围所对应的临界条件。
【典例2】 （多选）（2024·内蒙古通辽一模）如图，以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为 B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小均为 v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（ ）
A.粒子在磁场中运动的半径为2a
B.粒子有可能打到A点
C.以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
答案：BD
解析：由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝＝a，故A错误；如图所示，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；当粒子从OA边离开时，离开位置越接近O点，所用时间越短，可知当θ趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，如图所示，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。
“平移圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同，但入射点的位置不同。
（2）轨迹圆特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等，因入射点的位置不同，各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。
（3）常见分析思路：将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件。
【典例3】 （多选）（2024·陕西西安二模）如图所示的是直角三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为L、L；大量分布均匀的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行于边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的，带电粒子的质量为m、所带电荷量为＋q，忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动
B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为
C.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为
D.带电粒子的初速度大小为
答案：BD
解析：由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受向上的磁场力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期为T＝，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t＝＝ ，B正确；作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的轨迹，如图所示，由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的，则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a点到顶点的距离为L，根据几何关系可得L＝r＋，解得粒子轨迹半径r＝L，根据牛顿第二定律可得qvB＝m，解得v＝，D正确；由图可知，刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t'＝＝，C错误。
“磁聚焦、磁发散”模型
（1）模型适用条件：带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同。
（2）轨迹圆特点：所有带电粒子偏转后会聚于一点，如图所示。
（3）常见分析思路：以对准圆形磁场的圆心入射的粒子为研究对象，其必背离圆心离开磁场，从而得到聚集点。
【典例4】 （多选）（2024·山东模拟预测）利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直于纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2（π－2）
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为
答案：BC
解析：根据磁聚焦特点，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出其运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝，联立可得B1＝B0，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小面积为Smin＝－＝2（π－2），C正确，D错误。
1.（2024·福建福州高三期中）如图所示，带负电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做负功
解析：A 根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C错误；小球受到的洛伦兹力对小球永不做功，D错误。
2.（多选）（2024·云南曲靖二模）如图所示，x轴上有两根垂直x轴放置的平行长直导线a、b，两导线中通有方向相同且大小分别为I、2I的电流，两导线相距L。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，即B＝k（k为常量）。导线横截面积大小忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A.导线a、b相互排斥
B.导线a、b相互吸引
C.x轴上有2个点的磁感应强度为零
D.导线a、b之间磁感应强度为零的点到导线a的距离为
解析：BD 由安培定则可知，导线a在导线b点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b所受安培力水平向左，根据牛顿第三定律，导线a所受安培力水平向右，相互吸引，故A错误，B正确；由安培定则可知，在导线a左侧和导线b右侧两导线中的电流产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零的点在两导线之间，设磁感应强度为零的点到a的距离为x，则有k＝k，解得x＝，x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到导线a的距离为，故C错误，D正确。
3.（2024·河北石家庄三模）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电荷量为超级电容所存储电荷量的5％，炮弹质量为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹出膛的速度为（ ）
A. B.
C. D.
解析：A 电容器所带电荷量为Q＝CU，设炮弹出膛的速度为v，根据动量定理可得，Blt＝mv－0，又q＝t＝0.05Q，联立解得v＝，故选A。
4.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（ ）
A.d、e都是正电子的径迹
B.a径迹对应的粒子动量最大
C.b径迹对应的粒子动能最大
D.a径迹对应的粒子运动时间最长
解析：D 带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据p＝mv，可知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；根据Ek＝mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，T＝，则T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时间t＝T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。
5.（多选）（2024·广东深圳一模）如图所示的是晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面（设其半径足够大）的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入，且全部掺杂在晶圆上，则（ ）
A.离子掺杂在x轴的负半轴上
B.离子掺杂在x轴的正半轴上
C.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
D.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
解析：BC 根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，故A错误，B正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得最大的磁感应强度为B＝＝，故C正确，D错误。
6.（2024·贵州遵义三模）如图所示，空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场，磁感应强度为B，磁场内、外边界为两个同心圆，半径分别为R、3R。现有质量为m，电荷量为q的粒子，沿半径方向垂直于磁场进入环形区域，粒子恰好不能进入小圆区域，不计重力，则粒子在磁场中运动的（ ）
A.轨道半径为1.5R B.轨道半径为3R
C.运动时间为 D.运动时间为
解析：C 设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示，根据几何关系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，解得粒子轨道半径为r＝4R，故A、B错误；由几何关系可得tan θ＝＝，可得θ＝37°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，故C正确，D错误。
7.（2024·山东临沂二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力，则（ ）
A.粒子运动速率为
B.带电粒子运动过程中经过圆心O
C.粒子在磁场中运动的时间为
D.粒子在磁场中运动的路程为
解析：B 假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O'，由几何关系可知△AOC为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几何关系可知r＝R，由洛伦兹力公式可知v＝＝，故A错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B正确；由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝可知，所用时间为t＝T＝，故C错误；由几何关系可知s＝·2πr＝，故D错误。
8.（2024·河南开封二模）如图所示，有一个边长为L的立方体空间ABCD-MNPQ，一长度为L的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场（图中未画出）。磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是（ ）
A.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
B.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
C.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
D.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
解析：B 若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图，
则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcos α＝B，安培力大小F＝I×L×B＝ILB，故A错误，B正确；若磁场沿M指向Q的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如图，分量B1＝B2＝B，则在面ACPM中，安培力大小F＝I×L×B1＝I×L×B＝ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于ILB，故C、D错误。
9.（2024·河北石家庄二模）如图所示，在xOy平面坐标系的第一、四象限内分布着磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，在原点O处有一粒子源，可向坐标系xOy平面内第四象限的各个方向（速度方向与x轴正方向间的夹角α满足0°≤α≤90°）均匀持续地发射大量质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，粒子初速度大小v＝。在第四象限内x＝R处有一垂直于x轴的挡板（不计挡板厚度），其长度为R。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度；
（2）同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的几分之几。
答案：（1）（2－）R （2）
解析：（1）根据洛伦兹力提供向心力
qvB＝
又v＝
联立解得r＝R
根据几何关系知沿y轴负向射出的粒子到恰好过x＝R处挡板最上端点A的粒子都被挡板挡住了，而粒子过A点时的轨迹圆心设为O3，则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方向的夹角为60°，故轨迹圆与y轴正半轴的交点距原点O的距离为2Rsin 60°＝R
从原点O沿x轴正半轴射出的粒子打在y轴正半轴的位置距原点O的距离为2R，故y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度为2R－R＝（2－）R。
（2）根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的各个方向，发射角为90°，又发射中能被挡板挡住的粒子的发射角为60°，故同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的比值等于发射角度的比值，为＝。
10.（2024·重庆市模拟调研）如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出）。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q＞0）、速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。
答案：（1），方向垂直于纸面向里
（2）≤s≤
解析：（1）根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
联立解得B＝
根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
（2）根据题意可知，从N点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示
根据几何关系可得
cos ∠COB＝＝
解得∠COB＝60°
因为四边形OBO1Q为菱形
所以∠QO1B＝60°
则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝×2πR＝
根据题意可知，从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示
易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120°
则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝×2πR＝
所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为≤s≤。
15 / 15
1.（多选）（2024·福建高考6题）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直于纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（ ）
A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr
解析：BD 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。
2.（2024·广西高考5题）Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A. B.
C.（1＋） D.
解析：C 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋），故选C。
考点一 磁场的基本性质 安培力
1.磁场叠加的“三个步骤”
（1）确定磁场场源，如通电导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。
（3）应用平行四边形定则进行合成。
2.用准“两个定则”
（1）对电流的磁场用安培定则（右手螺旋定则），并注意磁场的叠加。
（2）对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
3.熟悉“两个等效模型”
（1）变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
（2）化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。
【例1】 （2024·浙江1月选考4题）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
答案：A
解析：由左手定则可知，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；由c点处的磁感线比d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。
【例2】 （2024·河北石家庄二模）如图所示，直角三角形ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D点为AC边上的点，BD⊥AC。在A、B、D处垂直于纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等，已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D处的电流所受安培力为零，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为（ ）
A.平行于BA向左 B.平行于AC斜向上
C.平行于CB向下 D.平行于BD斜向上
答案：A
解析：A、B处电流对D处电流的安培力如图所示，由几何关系可知AD＝BD，根据B＝k，F＝BIL，可得FB＝FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC向上，为使D处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流的安培力平行于BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左。故选A。
【例3】 （2024·浙江温州预测）安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图1所示形状的线圈，这线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤，则通电后（ ）
A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动
B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
C.当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动
答案：A
解析：当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反，作用力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B错误；当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中时，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C错误；根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将沿着所受安培力大的方向转动，故A正确；将如图2那样的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D错误。
考点二 带电粒子在磁场中的运动
1.基本思路
2.半径确定的两种方法
（1）由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。
（2）由几何关系求。一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。
3.时间确定的两种方法
（1）由圆心角求，t＝T。
（2）由弧长求，t＝。
【例4】 （2024·安徽池州模拟）如图所示，在半径为R的圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有a、b两个粒子，分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入，a粒子从A点离开磁场，速度方向偏转了90°，b粒子从B点离开磁场，速度方向偏转60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法中正确的是（ ）
A.a粒子是带正电
B.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3
C.a、b两粒子的比荷之比为2∶3
D.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为∶2
答案：D
解析：a粒子进入磁场后，向下偏转，由左手定则可知a粒子是带负电，故A错误；a粒子在磁场中运动的时间t＝Ta，b粒子在磁场中运动的时间t＝Tb，则a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb＝2∶3，故B错误；由粒子做匀速圆周运动的周期T＝，可得＝，则a、b两粒子的比荷之比为3∶2，故C错误；如图，由几何知识可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra＝R，b粒子做匀速圆周运动的半径为rb＝R，由qvB＝m，可得v＝，则a、b粒子在磁场中运动的速度之比为∶2，故D正确。
【例5】 （2024·四川成都模拟）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t ＝ 0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。粒子第一次和第二次经过bc边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带电粒子重力，求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。
答案：（1） （2）
解析：（1）画出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得R＝＝
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m
解得＝。
（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝
粒子第二次到达Q点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由粒子的运动轨迹图可知
t1＝T
t2＝t4＝t6＝
t3＝T
t5＝T
所以粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝。
动态圆与磁聚焦、磁发散
“放缩圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定，进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。
（2）轨迹圆特点：轨迹圆相切于入射点，圆心在垂直于初速度方向的同一直线上，如图所示。
（3）常见分析思路：以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作出粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。
【典例1】 （多选）（2024·四川内江三模）如图，在等腰梯形abcd区域内（包含边界）存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad＝dc＝bc＝l，ab＝2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点沿着ad边方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc边射出磁场区域，粒子的速率可能为（ ）
A. B.
C. D.
答案：AC
解析：粒子不从bc边射出，其临界出射点分别是b点和c点，其临界轨迹如图所示，当粒子从c点飞出时，由几何关系有r1＝ac＝l，若粒子从b点飞出时，由几何关系有r2＝l，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，整理有r＝，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜或v＞，故选A、C。
“旋转圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定，方向不同。
（2）轨迹圆特点：如图所示，所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上。
（3）常见分析思路：将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子不同的出射范围所对应的临界条件。
【典例2】 （多选）（2024·内蒙古通辽一模）如图，以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为 B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小均为 v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（ ）
A.粒子在磁场中运动的半径为2a
B.粒子有可能打到A点
C.以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
答案：BD
解析：由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝＝a，故A错误；如图所示，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；当粒子从OA边离开时，离开位置越接近O点，所用时间越短，可知当θ趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，如图所示，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。
“平移圆”模型
（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同，但入射点的位置不同。
（2）轨迹圆特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等，因入射点的位置不同，各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。
（3）常见分析思路：将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件。
【典例3】 （多选）（2024·陕西西安二模）如图所示的是直角三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为L、L；大量分布均匀的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行于边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的，带电粒子的质量为m、所带电荷量为＋q，忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动
B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为
C.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为
D.带电粒子的初速度大小为
答案：BD
解析：由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受向上的磁场力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期为T＝，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t＝＝ ，B正确；作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的轨迹，如图所示，由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的，则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a点到顶点的距离为L，根据几何关系可得L＝r＋，解得粒子轨迹半径r＝L，根据牛顿第二定律可得qvB＝m，解得v＝，D正确；由图可知，刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t'＝＝，C错误。
“磁聚焦、磁发散”模型
（1）模型适用条件：带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同。
（2）轨迹圆特点：所有带电粒子偏转后会聚于一点，如图所示。
（3）常见分析思路：以对准圆形磁场的圆心入射的粒子为研究对象，其必背离圆心离开磁场，从而得到聚集点。
【典例4】 （多选）（2024·山东模拟预测）利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直于纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2（π－2）
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为
答案：BC
解析：根据磁聚焦特点，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出其运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝，联立可得B1＝B0，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小面积为Smin＝－＝2（π－2），C正确，D错误。
1.（2024·福建福州高三期中）如图所示，带负电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做负功
解析：A 根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C错误；小球受到的洛伦兹力对小球永不做功，D错误。
2.（多选）（2024·云南曲靖二模）如图所示，x轴上有两根垂直x轴放置的平行长直导线a、b，两导线中通有方向相同且大小分别为I、2I的电流，两导线相距L。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，即B＝k（k为常量）。导线横截面积大小忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A.导线a、b相互排斥
B.导线a、b相互吸引
C.x轴上有2个点的磁感应强度为零
D.导线a、b之间磁感应强度为零的点到导线a的距离为
解析：BD 由安培定则可知，导线a在导线b点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b所受安培力水平向左，根据牛顿第三定律，导线a所受安培力水平向右，相互吸引，故A错误，B正确；由安培定则可知，在导线a左侧和导线b右侧两导线中的电流产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零的点在两导线之间，设磁感应强度为零的点到a的距离为x，则有k＝k，解得x＝，x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到导线a的距离为，故C错误，D正确。
3.（2024·河北石家庄三模）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电荷量为超级电容所存储电荷量的5％，炮弹质量为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹出膛的速度为（ ）
A. B.
C. D.
解析：A 电容器所带电荷量为Q＝CU，设炮弹出膛的速度为v，根据动量定理可得，Blt＝mv－0，又q＝t＝0.05Q，联立解得v＝，故选A。
4.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（ ）
A.d、e都是正电子的径迹
B.a径迹对应的粒子动量最大
C.b径迹对应的粒子动能最大
D.a径迹对应的粒子运动时间最长
解析：D 带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据p＝mv，可知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；根据Ek＝mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，T＝，则T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时间t＝T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。
5.（多选）（2024·广东深圳一模）如图所示的是晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面（设其半径足够大）的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入，且全部掺杂在晶圆上，则（ ）
A.离子掺杂在x轴的负半轴上
B.离子掺杂在x轴的正半轴上
C.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
D.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
解析：BC 根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，故A错误，B正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得最大的磁感应强度为B＝＝，故C正确，D错误。
6.（2024·贵州遵义三模）如图所示，空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场，磁感应强度为B，磁场内、外边界为两个同心圆，半径分别为R、3R。现有质量为m，电荷量为q的粒子，沿半径方向垂直于磁场进入环形区域，粒子恰好不能进入小圆区域，不计重力，则粒子在磁场中运动的（ ）
A.轨道半径为1.5R B.轨道半径为3R
C.运动时间为 D.运动时间为
解析：C 设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示，根据几何关系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，解得粒子轨道半径为r＝4R，故A、B错误；由几何关系可得tan θ＝＝，可得θ＝37°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，故C正确，D错误。
7.（2024·山东临沂二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力，则（ ）
A.粒子运动速率为
B.带电粒子运动过程中经过圆心O
C.粒子在磁场中运动的时间为
D.粒子在磁场中运动的路程为
解析：B 假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O'，由几何关系可知△AOC为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几何关系可知r＝R，由洛伦兹力公式可知v＝＝，故A错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B正确；由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝可知，所用时间为t＝T＝，故C错误；由几何关系可知s＝·2πr＝，故D错误。
8.（2024·河南开封二模）如图所示，有一个边长为L的立方体空间ABCD-MNPQ，一长度为L的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场（图中未画出）。磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是（ ）
A.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
B.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
C.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
D.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
解析：B 若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图，
则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcos α＝B，安培力大小F＝I×L×B＝ILB，故A错误，B正确；若磁场沿M指向Q的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如图，分量B1＝B2＝B，则在面ACPM中，安培力大小F＝I×L×B1＝I×L×B＝ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于ILB，故C、D错误。
9.（2024·河北石家庄二模）如图所示，在xOy平面坐标系的第一、四象限内分布着磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，在原点O处有一粒子源，可向坐标系xOy平面内第四象限的各个方向（速度方向与x轴正方向间的夹角α满足0°≤α≤90°）均匀持续地发射大量质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，粒子初速度大小v＝。在第四象限内x＝R处有一垂直于x轴的挡板（不计挡板厚度），其长度为R。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度；
（2）同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的几分之几。
答案：（1）（2－）R （2）
解析：（1）根据洛伦兹力提供向心力
qvB＝
又v＝
联立解得r＝R
根据几何关系知沿y轴负向射出的粒子到恰好过x＝R处挡板最上端点A的粒子都被挡板挡住了，而粒子过A点时的轨迹圆心设为O3，则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方向的夹角为60°，故轨迹圆与y轴正半轴的交点距原点O的距离为2Rsin 60°＝R
从原点O沿x轴正半轴射出的粒子打在y轴正半轴的位置距原点O的距离为2R，故y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度为2R－R＝（2－）R。
（2）根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的各个方向，发射角为90°，又发射中能被挡板挡住的粒子的发射角为60°，故同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的比值等于发射角度的比值，为＝。
10.（2024·重庆市模拟调研）如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出）。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q＞0）、速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。
答案：（1），方向垂直于纸面向里
（2）≤s≤
解析：（1）根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
联立解得B＝
根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
（2）根据题意可知，从N点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示
根据几何关系可得
cos ∠COB＝＝
解得∠COB＝60°
因为四边形OBO1Q为菱形
所以∠QO1B＝60°
则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝×2πR＝
根据题意可知，从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示
易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120°
则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝×2πR＝
所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为≤s≤。
15 / 15
同课章节目录