微专题三 磁场及带电粒子在磁场中的运动
高考热点·突破
热点一 磁场的性质 安培力
例1 如图所示,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中(图中未画出),两根长直导线P、Q垂直于纸面平行放置,间距为d,分别通以大小相同、方向相反且垂直纸面的电流。在P、Q连线的中垂线上有一点M,测得M点磁感应强度为零。M到PQ连线的距离为d,则( )
A.匀强磁场的方向平行PQ连线向右
B.导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0
C.若仅将导线Q中的电流反向,M点的磁感应强度大小为B0
D.若将P、Q中的电流均反向,M点的磁感应强度大小为2B0
[思维路径] 磁场叠加问题的解题思路
例2 (2025·新余二模)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ,下列说法正确的是( )
A.如果两悬线等长变短,θ角变小
B.当金属棒质量变大时,θ角变大
C.当θ角变小时,细线拉力不变
D.如果棒中的电流变大,θ角变大
[解题技法] “三维变二维”的方法求解安培力作用下的力学问题
训练1 (2022·湖南卷)如图甲,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
热点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
例3 (2025·武汉二模)如图所示,直角三角形abc中∠a=30°,ac=L,其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为(k为粒子的比荷)的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力,下列说法正确的是( )
A.ab边上有粒子到达区域的长度为L
B.ac边上有粒子到达区域的长度为L
C.从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
[解题技法] 带电粒子在直线边界匀强磁场中运动的解题技巧
(1)解题关键:包括直线边界、平行边界、三角形或四边形边界等,关键在于分析粒子轨迹与边界的交点或相切情况。
(2)临界问题:①相切临界:轨迹与边界相切时,对应极值速度、最长运动时间或最小磁场范围。②端点临界:粒子从边界端点射出时,需结合几何关系确定圆心角或半径范围。
(3)解题步骤:①画轨迹,定圆心(速度垂线或弦中垂线);②找几何关系(勾股定理、三角函数或对称性);③列方程,结合边界约束求解。
例4 (多选)(2025·万州模拟)如图所示,半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,O点是圆心,P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,以相同的速率从P点沿纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r,A、C为圆形区域水平直径的两个端点,粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计,则下列说法正确的是( )
A.若r=2R,则粒子在磁场中运动的最长时间为t=
B.若r=2R,则从A点有沿水平方向射出磁场的粒子
C.若r=R,则圆周上有一半区域有粒子射出
D.若r=R,则与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间为t=
[解题技法] 解答带电粒子在圆形匀强磁场中运动问题的几个关键点
(1)几何关系:磁场圆和轨迹圆的相对位置及构成图形的几何关系。
(2)对称性:关注入射方向、出射方向关于圆心的对称性。
(3)临界问题:轨迹圆与磁场圆相切(内切或外切)。
训练2 (多选)(2025·佛山调研)如图,空间存在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外的匀强磁场,OA距离为2L,OP是一足够大的荧光屏,粒子打在荧光屏上均被吸收,在O、A之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。图中∠POA=120°,则可判断带电粒子( )
A.运动速度大小为
B.在磁场中运动的最长时间为
C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
高考真题·体验
1.(2025·福建卷)如图所示,空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有大小相等,方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称且OM=ON,初始时,M处的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为( )
A.B2-B1 B.B1-B2
C.B2-B1 D.B1-B2
2.(多选)(2024·福建卷)如图,用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则( )
A.两根细绳拉力均比未通电流时的大
B.两根细绳拉力均比未通电流时的小
C.铜环所受安培力大小为2rBI
D.铜环所受安培力大小为πrIB
3.(2025·安徽卷)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q,质量为m,速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则( )
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
4.(2024·湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为
5.(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷,一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统,结构简化如图甲所示,足够长圆柱形筒半径为R,正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示,当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时,恰好没有电子落到筒壁上,不计电子间相互作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量)
(1)电子的比荷;
(2)当磁感应强度大小调至B0时,筒壁上落有电子的区域面积S。
微专题三 磁场及带电粒子在磁场中的运动
例1 D 解析 根据题意得∠PMQ=120°,且P、Q电流在M点产生的磁场等大,设为B,根据右手定则可知P、Q电流在M点产生的磁场方向如图甲所示,二者的合磁场方向竖直向上,由于M点磁感应强度为0,故匀强磁场的方向竖直向下,A项错误;由于M点磁感应强度为0,则有2Bcos 30°=B0,解得导线P、Q在M点产生的磁感应强度大小均为B=B0,B项错误;若仅将导线Q中的电流反向,则P、Q电流在M点产生的磁场方向如图乙所示,M点的磁感应强度大小BM==B0,C项错误;若将P、Q中的电流均反向,P、Q电流在M点产生的磁场方向如图丙所示,M点的磁感应强度大小BM=+B0=2B0,D项正确。
例2 D 解析 转换观察的方向,把三维变为二维。对金属棒进行分析,根据平衡条件有2Tcos θ=mg,2Tsin θ=BIL,解得tan θ=,θ角与悬线长度无关,A项错误;结合上述可知,当金属棒质量变大时,θ角变小,B项错误;结合上述有T=,当θ角变小时,细线拉力变小,C项错误;结合上述可知,如果棒中的电流变大,θ角变大,D项正确。
训练1 D 解析 当导线静止在题图甲右侧位置时,对导线受力分析,可知要让安培力为图示方向,则导线中电流方向应由M指向N,A项错误;由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,有sin θ=,FT=mgcos θ,则可看出sin θ与电流I成正比,当I增大时,θ增大,cos θ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,B、C两项错误,D项正确。
例3 C 解析 粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,解得r==,如图甲、乙所示,由几何关系可得ab边上有粒子到达区域的长度ΔL1=ad-ae=2×cos 30°-=;如图乙所示,ac边上有粒子到达区域的长度为ΔL2=cf=2rcos 30°=L,A、B两项错误;如图甲所示,粒子从ab边上d点射出时,对应的圆心角最小,所用时间最短,由几何关系可知,最小圆心角为60°,则最短时间为tmin=T=×=,C项正确;如图乙所示,粒子从ac边上f点射出时,对应的圆心角最大,所用时间最长,由几何关系可知,最大圆心角为120°,则最长时间为tmax=T=×=,D项错误。
例4 AC 解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长,则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦,则粒子的运动轨迹如图甲所示,由几何关系知,此轨迹在磁场中的偏转角为60°,所以最长时间为t=×=,A项正确;若粒子能从A点水平射出磁场,则在A点作速度方向的垂线,再作AP两点的中垂线,交点即为圆心,此时圆周运动的半径r≠2R,如图乙所示,B项错误;若r=R,以P为圆心,R为半径画圆,粒子从P点射入磁场时,轨迹圆的圆心在所画圆上,通过几何关系可知,粒子只能从圆弧PAM(M为PO延长线与磁场边界的交点)射出,即圆周上有一半区域有粒子射出,C项正确;若r=R,与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子,其轨迹所对的圆心角为120°,运动时间t=T=,D项错误。
训练2 AD 解析 从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上,粒子运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=L,对粒子,由牛顿第二定律得qvB=m,解得粒子的速度大小v=,A项正确;所有粒子速度相同,则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等,从A点射入磁场的粒子打在O点,该粒子在磁场中转过的圆心角最大,该粒子在磁场中的运动时间最长,最大圆心角θ=180°,粒子在磁场中的最长运动时间tm=T=×=,B项错误;粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时,其位置距离O点最远,如图乙所示,由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d==L,C项错误,D项正确。
甲 乙
高考真题体验
1.A 解析 根据题意,作出L1、L2中电流的某种情况,如图所示,设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M,L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M,L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O,L2在O点产生的磁感应强度大小为B2O,则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反,L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同,则有B1M-B2M=B1、B1O+B2O=B2,由于L1、L2中电流大小相等,且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等,则在大小关系上有B1M=B1O=B2O,B2M=B1N,联立可得B2M=B1N=B2-B1,故保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为B1N=B2-B1,A项正确。
2.AC 解析 方法一:微元法。如图,取通电半圆形铜环的一小段Δl,可将其视为直导线,根据左手定则可知,该小段导线受到的安培力方向如图所示,其大小ΔF=BIΔl,根据对称性可知,如图所示,对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等,方向相反,相互抵消,则通电后半圆形铜环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,A项正确,B项错误;对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和,可得F=∑Fy=∑BIΔlsin θ=2rIB,C项正确,D项错误。
方法二:等效法。通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径ab,电流方向a→b,根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,大小F=BI×2r=2rIB,根据受力分析可得,通电后,绳子拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg,两根细绳拉力均比未通电流时的大,A、C两项正确。
3.C 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得粒子的运动半径为r=d,A项错误;当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时,粒子打到薄板上表面的位置距N点最远,当粒子沿x轴正方向射出时,粒子打到薄板上表面的位置距N点最近,对应运动轨迹如图甲所示,由几何关系可知,薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1=2rcos 30°-r=(-1)d,B项错误;结合B项分析可知,粒子能打到薄板下表面的最右端,当粒子的运动轨迹与薄板相切时,粒子打到薄板下表面的位置距N点最远,轨迹如图乙所示,由几何关系可知,薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2=d,C项正确;粒子在磁场中的运动周期T==,又t=T,故粒子运动轨迹所对圆心角越小,运动时间越短,结合B、C两项分析可知,打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短,结合几何关系有tmin=·=,D项错误。
4.D 解析 在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出;根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,A、B两项错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,时间最短,则根据对称性可知轨迹如图甲所示,则最短时间t=2T=,C项错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,D项正确。
5.答案 (1) (2)2π2R2
解析 (1)由题意可知,当垂直于轴线射出的电子恰不打到筒壁上时,磁感应强度大小为B0,
根据几何关系可知,此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r=,
根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0=m,
解得=。
(2)当磁感应强度大小调至时,设发射速度方向与横截面的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上,可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为v0sin θ的匀速直线运动、横截面内速率为v0cos θ的圆周运动
则有ev0cos θ·=m,
结合(1)问解得θ=60°,即发射速度方向与横截面成60°角的电子恰好不打在筒壁上,对该情况下的电子,根据圆周运动知识有
T==,
运动半个周期时电子恰运动至轨迹与筒壁切点处,竖直方向上电子做匀速直线运动,则有
h=v0sin 60°·,
则打在筒壁上的区域面积S=2πR·2h,
联立解得S=2π2R2。(共45张PPT)
微专题三
专题三 电场和磁场
磁场及带电粒子在磁场中的运动
热点一 磁场的性质 安培力
例1 如图所示, 在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中(图中未画出), 两根长直导线P、Q垂直于纸面平行放置，间距为d，分别通以大小相同、方向相反且垂直纸面的电流。在P、Q连线的中垂线上有一点M，测得M点磁感应强度为零。M到PQ连
线的距离为d，则( )
A.匀强磁场的方向平行PQ连线向右
B.导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0
C.若仅将导线Q中的电流反向，M点的磁感应强度大小为B0
D.若将P、Q中的电流均反向，M点的磁感应强度大小为2B0
根据题意得∠PMQ=120°，且P、Q电流在M点产生的磁场等大，设为B，根据右手定则可知P、Q电流在M点产生的磁场方向如图甲所示，二者的合磁场方向竖直向上，
由于M点磁感应强度为0，故匀强磁场的
方向竖直向下，A项错误；由于M点磁感
应强度为0，则有2Bcos 30°=B0，解得导
线P、Q在M点产生的磁感应强度大小均
为B=B0，B项错误；若仅将导线Q中的电流反向，则P、Q电流
解析
在M点产生的磁场方向如图乙所示，M点的磁感应强度大小BM== B0，C项错误；若将P、Q中的电流均反 向，P、Q电流在M点产生的磁场方向如图丙所示，M点的磁感应强度大小BM= +B0=2B0，D项正确。
解析
[思维路径] 磁场叠加问题的解题思路
例2 (2025·新余二模)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，下列说法正确的是( )
A.如果两悬线等长变短，θ角变小
B.当金属棒质量变大时，θ角变大
C.当θ角变小时，细线拉力不变
D.如果棒中的电流变大，θ角变大
转换观察的方向，把三维变为二维。对金属棒进行分析，根据平衡条件有2Tcos θ=mg，2Tsin θ=BIL，解得tan θ=，θ角与悬线长度无关，A项错误；结合上述可知，当金属棒质量变大时，θ角 变小，B项错误；结合上述有T=，当θ角变小时，细线拉力变小，C项错误；结合上述可知，如果棒中的电流变大，θ角变大，D项正确。
解析
[解题技法] “三维变二维”的方法求解安培力作用下的力学问题
训练1 (2022·湖南卷)如图甲，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图乙所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A.当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
当导线静止在题图甲右侧位置时，对导线受力分析，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A项错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ=，FT=mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时，θ增大，cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C两项错误，D项正确。
解析
热点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
例3 (2025·武汉二模)如图所示，直角三角形abc中∠a=30°，ac= L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为(k为粒子的比荷)的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是( )
A.ab边上有粒子到达区域的长度为L
B.ac边上有粒子到达区域的长度为L
C.从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，解得r==，如图甲、乙所示，由几何关系可得ab边上有粒子到达区域的长度ΔL1=ad-ae=2×cos 30°-=；如图乙所示，ac边上有粒子到达区域的长度为ΔL2=cf=2rcos 30°=L，A、B两项错 误；如图甲所示，粒子从ab边上d点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为60°，则最短时间为tmin=T=×=，C项正确；如图乙所示，粒子从ac边
解析
上f点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为120°，则最长时间为tmax=T=×=，D项错误。
解析
[解题技法] 带电粒子在直线边界匀强磁场中运动的解题技巧
(1)解题关键：包括直线边界、平行边界、三角形或四边形边界等，关键在于分析粒子轨迹与边界的交点或相切情况。
(2)临界问题：①相切临界：轨迹与边界相切时，对应极值速度、最长运动时间或最小磁场范围。②端点临界：粒子从边界端点射出 时，需结合几何关系确定圆心角或半径范围。
(3)解题步骤：①画轨迹，定圆心(速度垂线或弦中垂线)；②找几何关系(勾股定理、三角函数或对称性)；③列方程，结合边界约束求解。
例4 (多选)(2025·万州模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O点是圆心，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量
为-q(q>0)的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸
面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁
场中做圆周运动的轨迹半径为r，A、C为圆形区
域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力
和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是( )
A.若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为t=
B.若r=2R，则从A点有沿水平方向射出磁场的粒子
C.若r=R，则圆周上有一半区域有粒子射出
D.若r=R，则与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间为t=
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为 弦，则粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为60°,所以最长时间为t=×=，A项正确;若粒子能从A点水平射出磁场，则在A点作速度方向的垂线,再作AP两点的中垂线，交点即为圆心，此时圆周运动的半径r≠2R，如图乙所示，B项错误；若r=R，以P为圆心，R为半径画圆，粒子从P点射入磁场时，轨迹圆的圆心在所画圆上，通过几何关系可知，
解析
粒子只能从圆弧PAM(M为PO延长线与磁场边界的交点)射出，即圆周上有一半区域有粒子射出，C项正确；若r=R，与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子，其轨迹所对的圆心角为120°，运动时间t=T=，D项错误。
解析
[解题技法] 解答带电粒子在圆形匀强磁场中运动问题的几个关键点
(1)几何关系：磁场圆和轨迹圆的相对位置及构成图形的几何关系。
(2)对称性：关注入射方向、出射方向关于圆心的对称性。
(3)临界问题：轨迹圆与磁场圆相切(内切或外切)。
训练2 (多选)(2025·佛山调研)如图，空间存在磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，OA距离为2L，OP是一足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在O、A之间有大量质量为 m、电荷量为+q的粒子，以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。图中∠POA=120°，则可判断带电粒子( )
A.运动速度大小为
B.在磁场中运动的最长时间为
C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=L，对粒子，由牛顿第二定律得qvB=m，解得粒子的速度大小v=，A项正确；所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从A点射入磁场的粒子打在O点，该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角θ=180°，粒子在磁场中的最长运动时间tm=T= ×= ，
解析
B项错误；粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时，其位置距离O点最远，如图乙所示，由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d==L，C项错误，D项正确。
解析
1.(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为
B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N
点的磁感应强度大小为( )
A.B2-B1 B.B1-B2
C.B2-B1 D.B1-B2
根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M，L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M-B2M=B1、B1O+B2O=B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M=
解析
B1O=B2O，B2M=B1N，联立可得B2M=B1N=B2-B1，故保持L1中电流 不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N=B2-B1，A项正确。
解析
2.(多选)(2024·福建卷)如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则( )
A.两根细绳拉力均比未通电流时的大
B.两根细绳拉力均比未通电流时的小
C.铜环所受安培力大小为2rBI
D.铜环所受安培力大小为πrIB
方法一：微元法。如图，取通电半圆形铜
环的一小段Δl，可将其视为直导线，根据
左手定则可知，该小段导线受到的安培力
方向如图所示，其大小ΔF=BIΔl，根据对
称性可知，如图所示，对称的两小段所受
的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环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，A项正确，B项错误；对每小段导线所受安
解析
培力在竖直方向的分力求和，可得F=∑Fy=∑BIΔlsin θ=2rIB，C项正确，D项错误。
方法二：等效法。通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径ab，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小F=BI×2r=2rIB，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg，两根细绳拉力均比未通电流时的 大，A、C两项正确。
解析
3.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限 内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点
O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向
均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带
电荷量为q，质量为m，速度大小均为。
不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则( )
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得粒子的运动半径为r=d，A项错误；当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时,粒子打到薄板上表面的
位置距N点最近，对应运动轨迹如图甲所示，
由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子
的区域长度Δx1=2rcos 30°-r=(-1)d，B项错
误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子
解析
的运动轨迹与薄板相切时,粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图乙所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2=d，C项正确；粒子在磁场中的运动周期T==，又t=T，故粒子运动轨迹所对圆心角越小，运
动时间越短，结合B、C两项分析可知，打在薄
板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何
关系有tmin==，D项错误。
解析
4.(2024·湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁 场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿
直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是
( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的
粒子，总是沿径向射出；根据圆的特点可
知粒子的运动轨迹不可能经过O点，A、B
两项错误；粒子连续两次由A点沿AC方向
射入圆形区域，时间最短，则根据对称性
可知轨迹如图甲所示，则最短时间t=2T=
，C项错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，
解析
轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，D项正确。
解析
5.(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图甲所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向
发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量)
(1)电子的比荷；
由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰不打到筒壁上时，磁感应强度大小为B0，
根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r=，
根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0=m，解得=。
解析
(2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。
当磁感应强度大小调至时，设发射速度方向与横截面的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为v0sin θ的匀速直线运动、横截面内速率为v0cos θ的圆周运动
则有ev0cos θ·=m，
解析
结合(1)问解得θ=60°，即发射速度方向与横截面成60°角的电子恰好不打在筒壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知识有
T==，
运动半个周期时电子恰运动至轨迹与筒壁切点处，竖直方向上电子做匀速直线运动，则有h=v0sin 60°·，
则打在筒壁上的区域面积S=2πR·2h，
联立解得S=2π2R2。
解析专题精练10 磁场及带电粒子在磁场中的运动
保分基础练
1.(2025·邯郸模拟)如图所示,某段高压输电线路中两根长直导线a、b的间距L=2 m,通过的电流约为960 A,方向相反,居民楼某层与导线a、b在同一水平面内。长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小的表达式为B=k,其中k=2×10-7 T·m·A-1,d为该点到导线的距离。若要使导线a、b在该层居民楼里产生的磁场的磁感应强度小于0.4 μT,则居民楼到导线a的最小水平距离为( )
A.20 m B.30 m
C.32 m D.960 m
2.(2025·南宁模拟)电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂竖直挂着矩形线圈,匝数为n,线圈的水平边长为l,处于匀强磁场内,磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里。当没有通电时,调节砝码使两臂达到平衡。当线圈中通过如图所示方向的电流I时,为使两臂重新达到平衡,在某一盘中增加了质量为m的砝码。重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )
A.增加的砝码在右盘中,匀强磁场的磁感应强度大小为B=+
B.增加的砝码在左盘中,匀强磁场的磁感应强度大小为B=
C.增加的砝码在左盘中,匀强磁场的磁感应强度大小为B=-
D.增加的砝码在右盘中,匀强磁场的磁感应强度大小为B=
3.(2025·菏泽模拟)如图所示,倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的滑块从斜面的顶端由静止释放。重力加速度为g,滑块滑到斜面某位置时,恰好不受斜面的弹力,则在该位置滑块的速度大小为( )
A. B.
C. D.
4.电磁炮是通过给导轨回路通以很大的电流,在两导轨平面间产生强磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度大小与电流成正比。使抛射体在导轨电流产生磁场的安培力作用下沿导轨加速运动,最终以很高的速度将抛射体发射出去。如图为电磁炮的原理示意图,电流方向如图所示,磁场垂直于轨道平面,则( )
A.若只将电流增大2倍,炮弹射出的动能也会增大2倍
B.若只将导轨长度增大2倍,炮弹射出的动能会增大4倍
C.改变电流的方向不影响抛射体的发射方向
D.抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
5.(多选)(2025·福建联考)中国科学家利用兰州重离子加速器进行医用同位素的同步分离制备,“扇形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成8个扇形区域,相互间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,另外4个区域内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动,其闭合平衡轨道如图中实线所示,离子重力不计,则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中( )
A.运动的方向是顺时针
B.运动的方向是逆时针
C.在磁场中运动的总时间为
D.在磁场中运动的总时间为
6.(2025·遵义模拟)如图,在y轴左侧区域有磁感应强度大小为2B,方向垂直纸面向外的匀强磁场;右侧区域有磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场,坐标轴上有a、b、c三点,且Ob=Oc。某时刻,甲粒子以速率v从a点出发,其速度与x轴正方向夹角为45°,经O点进入第四象限,通过c点首次回到第二象限。随后,乙粒子以相同的速率v从b点出发,方向垂直于x轴,恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力、粒子间的相互作用及磁场的边界效应,下列说法正确的是( )
A.甲、乙均带负电
B.甲在第二、四象限的速度大小之比为2∶1
C.甲、乙在第一象限运动的轨道半径之比为∶2
D.甲、乙从开始运动到c点的时间之比∶7
7.(2025·佛山质检)如图所示,两匀强磁场的方向相同,以虚线MN为理想边界,磁感应强度大小分别为B1、B2,今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中,其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A.电子的运动轨迹为PENCMDP
B.B2=2B1
C.电子从射入磁场到回到P点用时为
D.电子在左侧磁场中受到的洛伦兹力大小是在右侧磁场中受到的洛伦兹力大小的2倍
8.(2025·沈阳模拟)如图所示,磁场边界Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平行,Ⅰ、Ⅱ间距为2L,其间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场,Ⅱ、Ⅲ间距为L,其间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点垂直于边界Ⅰ射入磁场,经磁场偏转后,以与边界Ⅱ成60°夹角的方向从边界Ⅱ上的Q点射入Ⅱ、Ⅲ之间的磁场,最后从K点垂直于边界Ⅲ射出磁场。下列说法正确的是( )
A.该粒子带负电
B.粒子在磁场中运动速度大小为
C.B2=B1
D.粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍
增分提能练
9.地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示,某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动,不计粒子的重力和一切阻力,下列说法正确的是( )
A.该粒子带负电
B.从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小
C.粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D.粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域
10.(2025·西安模拟)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计,粒子间的相互作用不计),所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是( )
A. B.
C. D.
11.(多选)(2025·昭通模拟)如图,边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界,三角形内的磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B;三角形外的磁场范围足够大,方向垂直纸面向里,磁感应强度大小也为B。顶点a处有一粒子源,能沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子,其初速度v0=,不计粒子重力,从a点出发开始计时,则( )
A.粒子第一次到达b点的时间是
B.粒子第一次到达c点的时间是
C.粒子第一次返回a点的时间是
D.粒子从a点出发再回到a点完成一次周期性运动所需时间是
12.(2025·张家口二模)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限中有一半径为R的半圆弧,此半圆弧的圆心P的坐标为(0,2R),打到半圆弧的所有带电粒子均能被半圆弧吸收。y轴右侧半圆弧以外的区域存在着垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一位于坐标原点O的粒子源,可以沿x轴正方向射出比荷为k、不同速度大小的某种正粒子,不计粒子重力,若射出的粒子全部被半圆弧吸收。求:
(1)粒子源射出粒子速度的最小值和最大值;
(2)粒子在磁场区域中运动的最短时间。
专题精练10 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.B 解析 设居民楼到导线a的最小水平距离为x,根据安培定则可知,两方向相反的直线电流在居民楼处产生的磁感应强度方向相反,由题意可得B0=-,代入数据可得x=30 m,B项正确。
2.B 解析 根据左手定则,矩形线圈所受安培力竖直向下,故增加的砝码在左盘中。根据平衡条件有mg=nBIl,解得B=,B项正确。
3.B 解析 由左手定则可知,滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上,滑块滑至某位置时恰好不受弹力,则mgcos θ=qvB,解得v=,B项正确。
4.C 解析 根据动能定理Ek=Fl,其中F=BId,B=kI,解得Ek=kI2dl,若只将电流增大2倍,炮弹射出的动能会增大到原来的4倍;若只将导轨长度增大2倍,炮弹射出的动能会增大2倍,A、B两项错误;改变电流的方向,则磁场方向和电流方向都改变,则安培力方向不变,即不影响抛射体的发射方向,C项正确;根据Ek=mv2,抛射体的发射速度与抛射体的质量有关,质量越大速度越小,D项错误。
5.AD 解析 由于粒子带正电,在磁场中由洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可知,粒子运动的方向是顺时针,A项正确,B项错误;因为粒子在没有磁场的区域做匀速直线运动,没有改变速度方向,则离子经过4个扇形磁场区域总共转过的角度为360°,所以离子在磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期,根据牛顿第二定律可得qvB=m,又T=,联立解得T=,离子在磁场中运动的总时间为,C项错误,D项正确。
6.C 解析 根据左手定则可以判断甲、乙粒子都带正电荷,A项错误;甲在第二、四象限只受洛伦兹力,洛伦兹力对电荷不做功,粒子的速度大小保持不变,B项错误;甲在第二、四象限的运动轨迹如图所示,甲在第一象限运动的轨道半径R2==Oc,乙在第一象限运动的轨道半径R3=Ob,因为Oc=Ob那么R2∶R3=∶2,C项正确;如图所示,设甲粒子所带电荷量为q,质量为m,甲粒子在第二象限运动的时间为t1=×=,甲粒子在第四、一象限运动的时间为t2=×=,甲粒子从开始运动到c点的时间为t甲=t1+t2=+=,设乙粒子所带电荷量为q',质量为m',根据R2∶R3=∶2,由r=,解得=,乙粒子从开始运动到c点的时间为t乙=×=,得t甲∶t乙=7∶4,D项错误。
7.D 解析 根据左手定则可知,电子从P点沿垂直于磁场的方向射入左侧匀强磁场时,受到的洛伦兹力方向向上,所以电子的运动轨迹为PDMCNEP,A项错误;由题图可知,电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半,即r1=r2,由洛伦兹力提供向心力evB=m,得r=,可知B1=2B2,电子在左侧磁场中受到的洛伦兹力大小是在右侧磁场中受到的洛伦兹力大小的2倍,B项错误,D项正确;电子从射入磁场到回到P点用时为t=T1+=+×=,C项错误。
8.D 解析 在Ⅰ、Ⅱ之间粒子向上偏转,结合左手定则可知粒子带正电,A项错误;运动轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子在Ⅰ、Ⅱ之间轨迹的圆心角为30°,其轨迹半径r1==4L,由洛伦兹力提供向心力可得B1qv0=m,联立解得v0=,由几何关系可知,粒子在Ⅱ、Ⅲ之间磁场运动的轨迹半径r2==2L,由洛伦兹力提供向心力可得B2qv0=m,解得B2=,联立解得B2=2B1,B、C两项错误;粒子在Ⅱ、Ⅲ之间轨迹的圆心角为30°,又有T==,t=T,联立解得===2,粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍,D项正确。
9.D 解析 由左手定则可知,该带电粒子带正电,A项错误;因洛伦兹力对带电粒子不做功,则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变,B项错误;对在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子,洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,又T=,解得T=,显然随磁感应强度的增强,粒子运动周期变小,类比可得带电粒子每旋转一周的时间变短,结合题图可知,带电粒子所受洛伦兹力存在竖直向上的分量,所以带电粒子沿轴线的速度逐渐减小,结合位移时间公式定性分析可知,带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离逐渐减小,C项错误;结合C项分析可知,当带电粒子竖直向下的分速度减为0时,其所受洛伦兹力斜向上,所以其开始向上运动,即从强磁场到弱磁场做螺线运动,D项正确。
10.C 解析 粒子可能在两个磁场间做多次运动,画出粒子可能的轨迹,如图所示,粒子轨迹对应的圆心角均为120°,由几何关系可知2nRcos 30°=L(n=1,2,3…),根据洛伦兹力提供向心力,则有Bqv=m,解得v==(n=1,2,3…),当n=1时,可得v=,C项正确。
11.ABD 解析 速度大小v0=的带电粒子垂直进入磁场,由牛顿第二定律得qv0B=m,可得r=L,根据左手定则,可得到粒子的运动轨迹如图,粒子做圆周运动的周期T==,由图可知,根据粒子的运动轨迹,粒子从a点射出到第一次到达b点转过的圆心角为60°,可得粒子第一次到达b点的时间为tab==,A项正确;由图可知,根据粒子的运动轨迹,带电粒子从b到c转过的圆心角为300°,则时间为tbc==,带电粒子从a到c的时间为tac=tab+tbc=,B项正确;由图可知,根据粒子的运动轨迹,带电粒子从c到a转过的圆心角为60°,则时间为tca==,粒子第一次返回a点所用的时间为t=tac+tca=,C项错误;由图可知,根据粒子的运动轨迹,粒子从a点出发再回到a点完成一次周期性运动所需时间是3个完整的圆周运动周期,则T'=3T=,D项正确。
12.答案 (1) (2)
解析 (1)设粒子做圆周运动的最小半径为r1,最小速度为v1,由题意可得r1=,
由qv1B=m,
解得粒子源射出的粒子速度的最小值为v1=,
设粒子做圆周运动的最大半径为r2,最大速度为v2,由题意可得r2=,
由qv2B=m,
解得粒子源射出的粒子速度的最大值为v2=。
(2)粒子在磁场区域运动的时间最短时,设其圆周运动的半径为r3,如图所示,
过O点做半圆弧的切线相切于A点,由O点到A点的粒子在磁场中运动时间最短,由几何关系可得
sin θ=,α=π-2θ,
最短时间为t=T,
又qvB=m,T=,
可得T=,
联立解得t=。(共37张PPT)
专题精练10 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.(2025·邯郸模拟)如图所示，某段高压
输电线路中两根长直导线a、b的间距L=
2 m，通过的电流约为960 A，方向相反，
居民楼某层与导线a、b在同一水平面内。
长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小的表达式为B=k，其中k=2×10-7 T·m·A-1，d为该点到导线的距离。若要使导线a、b在该层居民楼里产生的磁场的磁感应强度小于0.4 μT，则居民楼到导线a的最小水平距离为( )
A.20 m B.30 m C.32 m D.960 m
保分基础练
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设居民楼到导线a的最小水平距离为x，根据安培定则可知，两方向相反的直线电流在居民楼处产生的磁感应强度方向相反，由题意可得B0=-，代入数据可得x=30 m，B项正确。
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2.(2025·南宁模拟)电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂竖直挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里。当没有通电时，调节砝码使两臂达到平衡。当线圈中通过如图所示方向的电流I时，为使两臂重新达到平衡，在某一盘中增加了质量为m的砝码。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
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A.增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B=+
B.增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B=
C.增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B=-
D.增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B=
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根据左手定则，矩形线圈所受安培力竖直向下，故增加的砝码在左盘中。根据平衡条件有mg=nBIl，解得B=，B项正确。
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3.(2025·菏泽模拟)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的滑块从斜面的顶端由静止释放。重力加速度为g，滑块滑到斜面某位置时，恰好不受斜面的弹力，则在该位置滑块的速度大小为( )
A. B.
C. D.
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由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至某位置时恰好不受弹力，则mgcos θ=qvB，解得v=，B项正确。
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4.电磁炮是通过给导轨回路通以很大的电流，在两导轨平面间产生强磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小与电流成正比。使抛射体在导轨电流产生磁场的安培力作用下沿导轨加速运动，最终以很高的速度将抛射体发射出去。如图为电磁炮的原理示意图，电流方向如图所示,磁场垂直于轨道平面，则( )
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A.若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍
B.若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍
C.改变电流的方向不影响抛射体的发射方向
D.抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
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根据动能定理Ek=Fl，其中F=BId，B=kI，解得Ek=kI2dl，若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能会增大到原来的4倍；若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大2倍，A、B两项错误；改变电流的方向，则磁场方向和电流方向都改变，则安培力方向不变，即不影响抛射体的发射方向，C项正确；根据Ek=mv2，抛射体的发射速度与抛射体的质量有关，质量越大速度越小，D项错误。
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5.(多选)(2025·福建联考)中国科学家利用兰州重
离子加速器进行医用同位素的同步分离制备，“扇
形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造部分。某
种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为
O的圆形区域等分成8个扇形区域，相互间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，另外4个区域内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动，其闭合平衡轨道如图中实线所示，离子重力不计，则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中( )
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A.运动的方向是顺时针
B.运动的方向是逆时针
C.在磁场中运动的总时间为
D.在磁场中运动的总时间为
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由于粒子带正电，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，粒子运动的方向是顺时针，A项正确，B项错误；因为粒子在没有磁场的区域做匀速直线运动，没有改变速度方向，则离子经过4个扇形磁场区域总共转过的角度为360°，所以离子在磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期，根据牛顿第二定律可得qvB=m，又T=，联立解得T=，离子在磁场中运动的总时间为，C项错误，D项正确。
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6.(2025·遵义模拟)如图，在y轴左侧区域有磁感
应强度大小为2B，方向垂直纸面向外的匀强磁场;
右侧区域有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面
向里的匀强磁场，坐标轴上有a、b、c三点，且
Ob=Oc。某时刻，甲粒子以速率v从a点出发，其
速度与x轴正方向夹角为45°，经O点进入第四象限，通过c点首次回到第二象限。随后，乙粒子以相同的速率v从b点出发，方向垂直于x轴，恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力、粒子间的相互作用及磁场的边界效应，下列说法正确的是( )
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A.甲、乙均带负电
B.甲在第二、四象限的速度大小之比为2∶1
C.甲、乙在第一象限运动的轨道半径之比为∶2
D.甲、乙从开始运动到c点的时间之比∶7
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根据左手定则可以判断甲、乙粒子都带正电荷，A项错误；甲在第二、四象限只受洛伦兹力，洛伦兹力对电荷不做功，粒子的速度大小保持不变，B项错误；甲在第二、四象限的运动轨迹如图所示，
解析
甲在第一象限运动的轨道半径R2==
Oc，乙在第一象限运动的轨道半径
R3=Ob，因为Oc=Ob那么R2∶R3=∶
2，C项正确；如图所示，设甲粒子所
带电荷量为q，质量为m，甲粒子在第二象限运动的时间为t1=×
=，甲粒子在第四、一象限运动的时间为t2=×=，
解析
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甲粒子从开始运动到c点的时间为t甲=t1+t2=+=，设乙粒子所带电荷量为q′，质量为m′，根据R2∶R3=∶2，由r=，解得=，乙粒子从开始运动到c点的时间为t乙=×=,得t甲∶t乙=7∶4，D项错误。
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7.(2025·佛山质检)如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A.电子的运动轨迹为PENCMDP
B.B2=2B1
C.电子从射入磁场到回到P点用时为
D.电子在左侧磁场中受到的洛伦兹力大小是
在右侧磁场中受到的洛伦兹力大小的2倍
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根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入左侧匀强磁场时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，A项错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，即r1=r2，由洛伦兹力提供向心力evB=m，得r=，可知B1=2B2，电子在左侧磁场中受到的洛伦兹力大小是在右侧磁场中受到的洛伦兹力大小的2倍，B项错误，D项正确；电子从射入磁场到回到P点用时为t=T1+
=+×=，C项错误。
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8.(2025·沈阳模拟)如图所示，磁场边界Ⅰ、Ⅱ、
Ⅲ平行，Ⅰ、Ⅱ间距为2L，其间存在垂直纸面向
里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，Ⅱ、Ⅲ间
距为L，其间存在垂直纸面向外、磁感应强度大
小为B2的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带
电粒子从P点垂直于边界Ⅰ射入磁场，经磁场偏转后，以与边界Ⅱ成60°夹角的方向从边界Ⅱ上的Q点射入Ⅱ、Ⅲ之间的磁场，最后从K点垂直于边界Ⅲ射出磁场。下列说法正确的是( )
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A.该粒子带负电
B.粒子在磁场中运动速度大小为
C.B2=B1
D.粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍
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在Ⅰ、Ⅱ之间粒子向上偏转，结合左手定则可知粒子带正电，A项错误；运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在Ⅰ、Ⅱ之间轨迹的圆心角为30°，其轨迹半径r1==4L，由洛伦兹力提供向心力可得B1qv0=m，联立解得v0=，由几何关系可知，粒子在Ⅱ、Ⅲ之间磁场运动的轨
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迹半径r2==2L，由洛伦兹力提供向心力可得B2qv0=m，解得B2=，联立解得B2=2B1，B、C两项错误；粒子在Ⅱ、Ⅲ之间轨迹的圆心角为30°，又有T==，t=T，联立解得==
=2，粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍，D项正确。
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9.地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表
面。地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱
磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的
重力和一切阻力，下列说法正确的是( )
A.该粒子带负电
B.从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小
C.粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D.粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域
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增分提能练
由左手定则可知，该带电粒子带正电，A项错误；因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，B项错误；对在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m，又T=，解得T=,显然随磁感应强度的增强，粒子运动周期变小，类比可得带电粒子每旋转一周的时间变短，结合题图可知，带电粒子所受洛伦兹
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力存在竖直向上的分量，所以带电粒子沿轴线的速度逐渐减小，结合位移时间公式定性分析可知，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离逐渐减小，C项错误；结合C项分析可知，当带电粒子竖直向下的分速度减为0时，其所受洛伦兹力斜向上，所以其开始向上运动，即从强磁场到弱磁场做螺线运动，D项正确。
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10.(2025·西安模拟)如图所示，直线MN与水平方
向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀
强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，
两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于
MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为
m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计，粒子
间的相互作用不计)，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab=L，则粒子的速度可能是( )
A. B. C. D.
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粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示，粒子轨迹对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nRcos 30°=L(n=1，2，3…)，根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqv=
m，解得v==(n=1，2，3…)，当n=1时,可得v=，C项正确。
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11.(多选)(2025·昭通模拟)如图，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。顶点a处有一粒子源，能沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，其初速度v0=，不计粒子重力，从a点出发开始计时，则( )
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A.粒子第一次到达b点的时间是
B.粒子第一次到达c点的时间是
C.粒子第一次返回a点的时间是
D.粒子从a点出发再回到a点完成一次周期性运动所需时间是
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速度大小v0=的带电粒子垂直进入磁场，
由牛顿第二定律得qv0B=m，可得r=L，
根据左手定则，可得到粒子的运动轨迹如
图，粒子做圆周运动的周期T==，
由图可知，根据粒子的运动轨迹，粒子从a点射出到第一次到达b点转过的圆心角为60°，可得粒子第一次到达b点的时间为tab==
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，A项正确；由图可知，根据粒子的运动轨迹，带电粒子从b到c转过的圆心角为300°，则时间为tbc==，带电粒子从a到c的时间为tac=tab+tbc=，B项正确；由图可知，根据粒子的运动轨迹，带电粒子从c到a转过的圆心角为60°，则时间为tca==，粒子第一次返回a点所用的时间为t=tac+tca=，C项错误；由图可知，根据粒子的运动轨迹，粒子从a点出发再回到a点完成一次周期性运动所需时间是3个完整的圆周运动周期，则T′=3T=，D项正确。
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12.(2025·张家口二模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中有一半径为R的半圆弧，此半圆弧的圆心P的坐标为(0，2R)，打到半圆弧的所有带电粒子均能被半圆弧吸收。y轴右侧半圆弧以外的区域存在着垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一位于坐标原点O的粒子源，可以沿x轴正方向射出比荷为k、不同速度大小的某种正粒子，不计粒子重力，若射出的粒子全部被半圆弧吸收。求：
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设粒子做圆周运动的最小半径为r1，最小速度为v1，由题意可得r1=，
由qv1B=m，
解得粒子源射出的粒子速度的最小值为v1=，
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(1)粒子源射出粒子速度的最小值和最大值；
设粒子做圆周运动的最大半径为r2，最大速度为v2，由题意可得r2=，
由qv2B=m，
解得粒子源射出的粒子速度的最大值为v2=。
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(2)粒子在磁场区域中运动的最短时间。
粒子在磁场区域运动的时间最短时，设其圆周运动的半径为r3，如图所示，
过O点做半圆弧的切线相切于A点，由O点到A点的粒子在磁场中运动时间最短，由几何关系可得
sin θ=，α=π-2θ，
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最短时间为t=T，
又qvB=m，T=，
可得T=，
联立解得t=。
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