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第9讲 磁场
网络构建
题型1 磁场的性质 安培力
题型2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
题型3 有界磁场中的临界极值问题
备用习题
◆
听课手册
【关键能力】
理解磁场对运动电荷、通电导线的
作用，掌握磁场的叠加、磁场对电
流的作用、带电粒子在磁场中的运
动等问题的解决思路，加强带电粒
子在匀强磁场中做匀速圆周运动的
作图训练，培养学生的数形结合能
力，掌握解决带电粒子在磁场中的
运动的临界、多解问题的分析技
巧，培养科学思维能力.
题型1 磁场的性质 安培力
1.用准“两个定则”
(1)对电流的磁场用安培定则.
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左
手定则.
2.明确两个常用的等效模型
(1)化曲为直:如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 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铁,如图乙所示.
例1 [2025·福建卷] 无限长的直导线、 中通有大小相等、方向相反的电流，
、、共线，且连线与导线垂直，与关于对称，与关于 对称，且
，初始时，点的磁感应强度大小为， 点的磁感应强度大小为
.现保持中电流不变,仅将撤去,则 点的磁感应强度大小为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 根据安培定则可知，两导线在 点处产生的磁感应强度方向相同、大小
相等，则单个导线在点处产生的磁感应强度大小为 ，根据对称性，两
导线在点处产生的磁感应强度大小应该与点相等，为，根据对称性，
在点处产生的磁感应强度大小为，由于在 点处产生的磁感应强度
大于在 点处产生的磁感应强度，且方向相反，将
撤去，点的磁感应强度大小为 ，故选B.
例2 (多选)[2025·重庆一模] 如图甲与乙所示为安装在某特高压输电线路上的一
个六分裂阻尼间隔棒，图丙为其简化图.间隔棒将六根平行长直导线分别固定在
正六边形的顶点、、、、、上， 为正六边形的中心.已知通电长直导线
周围的磁感应强度大小与电流、距离的关系式为(式中 为常量).设
、间距为，当、、三根导线通有垂直纸面向内，、、 三根导线通有
垂直纸面向外，大小均为的电流时，其中处导线对 处导线的安培力大小为
，则( )
A.导线所受安培力的合力大小为
B.导线所受安培力的合力方向沿，由指向
C.、、、四根导线在处所产生磁感应强度的矢量和大小为
D.、、、四根导线在处所产生磁感应强度的矢量和方向为垂直于 连线
向左
√
√
[解析] 根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知 导线受其他5根导线的
作用力如图所示，其中处导线对处导线的安培力大小为，则 ，
因，因磁感应强度满足，根据可得 ，则
，同理可知，则 导线所受安培力的合力大小为
，方向由 指向
，选项A错误，B正确；、、、四根导线在 处所产生磁
感应强度大小均为 ，方向如图所示，
则四个力的矢量和大小为 ，方向为
垂直于 连线向右，选项C正确，D错误.
【整合进阶】
进阶1 (洛伦兹力作用下的冲量计算)(多选)[2024·浙江6月选考] 如图所示，一根
固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成 角，质量为、电荷量为 的带电
小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为 的匀强磁场中，磁场方向
垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力.小球以初速度 沿细杆向上运动至最高
点，则该过程( )
A.合力冲量大小为
B.重力冲量大小为
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若 ，则弹力冲量为零
√
√
[解析] 根据动量定理可得，则合力冲量大小为 ，A错
误；在沿细杆方向上，小球所受的合力为重力的一个分力 ,该力恒定，
所以小球做匀减速直线运动，小球向上运动的时间 ，则重力冲量大小
为，B错误；洛伦兹力 随时间均匀减小，洛伦兹力的
冲量大小为 ，C正确；若
，则0时刻小球所受洛伦兹力为
，小球在垂直于细杆方向所受合力始
终为零，有 ，则小球在整个减速过
程的图线如图所示，由 图线与横轴围成的面积表示弹力冲量可知，
弹力冲量为零，D正确.
题型2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.常用公式
2.运动时间的确定：(可知 越大，粒子在磁场中运动时间就越长).圆
心角 总是与速度的偏转角相等.
3.对称性的应用
(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等.
(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域.
角度1 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
例3 [2025·安徽卷] 如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中， 轴上方存
在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 .在第二象限内，垂直纸面且
平行于轴放置足够长的探测薄板，到轴的距离为 ，上、下表面均能
接收粒子.位于原点的粒子源，沿平面向 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、质量为、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
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
√
[解析] 根据洛伦兹力提供向心力有，可得 ，故A错误；当
粒子沿轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离 轴最近，如图轨迹1，根据几
何关系可知，当粒子恰能通过 点到达薄板上方时，薄板上表面接收
点距离轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知 ，故上表面接收
到粒子的区域长度为 ，故B错误；根据图像可知，粒子可以恰好
打到薄板下表面，此时粒子沿轴正方向射出，薄板下表面接收到的粒子离 轴
最远，如图轨迹3，根据几何关系可知此时与 轴距
离为，故下表面接收到粒子的区域长度为 ，故C正
确；根据图像可知，粒子恰好打到下表面时轨迹所
对应的圆心角最小，运动时间最短，有
，故D错误.
角度2 有界磁场中的多解问题
例4 (多选)[2025·广东名校联考] 如图所示，在 平面内
存在着磁感应强度大小为 的匀强磁场，第一、二、四象限
内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直
纸面向外，， 为坐标轴上的两点.现
有一质量为、电荷量为的电子从点沿 方向射出，不
计电子的重力，则下列说法中正确的是( )
A.若电子从点出发恰好第一次经原点，运动时间可能为
B.若电子从点出发恰好第一次经原点，运动路程可能为
C.若电子从点出发经原点到达点，运动时间可能为
D.若电子从点出发恰好第一次经原点到达点，运动路程为或
√
√
[解析] 电子从点出发恰好第一次经原点 ，有两类情况，一类是第奇数次回到
轴经过原点，另一类是第偶数次回到轴经过原点 ，其中第一次和第二次回
到 轴的轨迹如图甲所示，由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
， ，解得
，当 时，运动时间为
，由轨迹图结合几何关系，轨迹圆的半径为
，可得运动路程为
，故A正确，B错误；
若电子从点出发恰好第一次经原点到达 点，轨迹也为两类，如图乙，由轨
迹图结合几何关系，可得运动时间为 ，
，或， ，解得
， ，若
电子从点出发恰好第一次经原点到达 点，运动路
程可能为 或
，解得
， ，故C
错误，D正确.
【通法通则】
1.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角
(如图甲所示， )；
(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两
圆心连线对称)；
(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲， ).
2.带电粒子在磁场中运动的多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解.
【整合进阶】
进阶2 (磁场中的碰撞守恒)[2023·湖北卷] 如图所示，空间存在磁感应强度大小
为、垂直于平面向里的匀强磁场.时刻，一带正电粒子甲从点
沿轴正方向射入，第一次到达点 时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰
撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，
粒子乙刚好运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为 ，
两粒子所带电荷量均为 . 假设所有碰撞均为弹性正
碰，碰撞时间忽略不计.碰撞过程中不发生电荷转移，
不考虑重力和两粒子间库仑力的影响.求：
(1) 第一次碰撞前粒子甲的速度大小.
[答案]
[解析] 由题知，粒子甲从点沿
轴正方向射入到达点 ，则说明粒子甲
的运动半径
根据
解得
进阶2 (磁场中的碰撞守恒)[2023·湖北卷] 如图所示，空间存在磁感应强度大小
为、垂直于平面向里的匀强磁场.时刻，一带正电粒子甲从点
沿轴正方向射入，第一次到达点 时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰
撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，
粒子乙刚好运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为，两粒子所带电荷量均为 .
(2) 粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小.
[答案]
假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计.碰
撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库
仑力的影响.求：
[解析] 由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量
守恒定律和机械能守恒定律有
又
解得，
则
进阶2 (磁场中的碰撞守恒)[2023·湖北卷] 如图所示，空间存在磁感应强度大小
为、垂直于平面向里的匀强磁场.时刻，一带正电粒子甲从点
沿轴正方向射入，第一次到达点 时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰
撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，
粒子乙刚好运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为，两粒子所带电荷量均为 .
假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计.碰撞过程中不发生电荷转移，
(3) 时刻粒子甲、乙的位置坐标及从第一次碰撞到
的过程中粒子乙运动的路程.
[答案]
不考虑重力和两粒子间库仑力的影响.求：
[解析] 已知在 时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
，
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在 时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰
撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了两个圆周，此过程中乙粒子运动的路程为
且在第二次碰撞时有
解得，
可知在 时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，
且甲、 乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了两个圆周，
此过程中乙粒子运动的路程为
且在第三次碰撞时有
解得，
依次类推
在 时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到
第九次碰撞过程中乙粒子运动了两个圆周，此过程中乙粒子运动的路程为
且在第九次碰撞时有
解得，
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，则 时甲粒子的
位置坐标为
在到过程中，乙粒子刚好运动一个圆周，则 时乙粒
子回到坐标原点，即坐标为
且此过程中乙粒子运动的路程为
故整个过程中乙粒子运动总路程为
题型3 有界磁场中的临界极值问题
1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态
圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时
由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系.
2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.
3.常用的动态圆
示意图 适用条件 应用方法
放缩圆 粒子的入射点 位置相同，速 度方向一定， 速度大小不同
示意图 适用条件 应用方法
旋转圆 粒子的入射点 位置相同，速 度大小一定， 速度方向不同
续表
示意图 适用条件 应用方法
平移圆 _________________________________________________________________ (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点 位置不同，速 度大小、方向 均一定
续表
例5 [2025·安徽马鞍山模拟] 如图所示，空间存在垂直于纸
面向外、磁感应强度大小为 的匀强磁场(未画出)，线状粒
子源与屏垂直， ，粒子源能发射质
量为、电荷量为、速度大小为 ，方向与磁场垂直且
A. B. C. D.
与夹角 的粒子，已知 ，不计粒子重力，
则屏 上有粒子打到的区域长度为( )
√
[解析] 如图所示，粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位于连线上，
点及点发出的粒子恰好可打到点，之间的粒子均可打到屏上，其中自
中点发出的粒子圆心位于延长线上，该粒子打在屏上的位置距离 点最远，
根据洛伦兹力提供向心力有，可得 ，
根据几何关系可得光屏上有粒子打到的区域长度为
，故选D.
例6 (多选)[2025·河北卷] 如图，真空中两个足够大的平行金属板、 水平固
定，间距为，板接地.板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场.板
点处正上方 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同
的同种带电粒子.当发射方向与的夹角 时，粒子恰好垂直穿过板
点处的小孔.已知 ，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸
收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、
粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应.下列说法正确的是( )
A.粒子一定带正电
B.若间距 增大，则板间所形成的最大电场强度减
小
C.粒子打到板上表面的位置与 点的最大距离为
D.粒子打到板下表面的位置与 点的最小距离为
√
√
[解析] 根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知粒子带负电，选项A
错误；随着粒子不断打到极板上， 极板所带电荷量不断增加，向下的电场强
度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达极板时满足， ,解
得,即间距 越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确；因粒
子发射方向与夹角为 时恰能垂直穿过板 点处的小孔，设粒子的运动
半径为，如轨迹1所示，则由几何关系有 ,解得
,可得 ,粒子在磁场中运动半个圆周时，
粒子打到板上表面的位置与点距离最远，可得粒子打到 板
上表面的位置与点的最大距离为 ,
选项C错误；因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为 长度
时，粒子仍可从 点进入两板之间，如轨迹2所示，由几何关系可知此时粒子从
点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与板夹角为 ，则粒子在
两板间的运动时间,粒子打到板下表面距离 点的距离为
,可知当取最大值时， 有最小值，由上述分析可知
,解得 ,选项D正确.
【整合进阶】
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点
切线与入射方向平行——磁聚焦
从边缘某点以不同方向入射时平行射出——磁发散
进阶3 (磁聚焦与磁发散问题)(多选)[2025·福建厦门模拟] 我国研制的世界首套磁聚焦霍尔电
推进系统已经完成了全部在轨飞行验证工作，可作为太空发动机使用，带电粒子流的磁聚焦
是其中的关键技术之一.如图所示，实线所示的两个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场Ⅰ、
Ⅱ，磁感应强度分别为、，两圆半径均为，相切于点.一束宽度为的带电粒子流沿
轴正方向射入后都汇聚到坐标原点. 已知粒子的质量均为、电荷量均为 、进入磁场的
速度均为 ，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是 ( )
A.的大小为
B.从 点进入磁场Ⅱ的粒子的速度仍相等
C.若 ，则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在四分之一圆周上
D.若，则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为
√
√
[解析] 由磁聚焦的特点可知，粒子在磁场中运动的半径与磁场圆的半径相等，
即，解得 ，故A正确；洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向
不改变其速度的大小，则粒子在 点速度大小相等，但速度的方向不同，故B错
误；若，则，可知粒子离开点最远距离为 ，如图甲所
示，由几何关系，弦所对最大圆心角为 ，故粒子在磁场 Ⅱ 的边界的射出点
在六分之一圆周上，故C错误；
若，则 ，由此可知，粒子离开磁场 Ⅱ 运动轨迹的弦越
长，运动的时间越长，如图乙所示，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为 ，
则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为 ，故D正确.
题型1 磁场的性质 安培力
1.正方形的中心为，其对角线长为 均通有
电流的两无限长直导线互成 角，放置在该正方形所
在平面内，两导线彼此绝缘且相交于点， 平分
，通入的电流方向如图所示.已知一根无限长直导线
通入电流为时，距离导线为 处的磁感应强度大小
A. B. C. D.
，为常数.下列关于、、、四处的磁感应强度大小、 、
、 表示正确的是( )
√
[解析] 根据几何关系可知、、、四点到两导线的距离分别为、 、
、，根据矢量的叠加原理可知，、 两点的磁感应强度大小为
，、 两点的磁感应强度大小为0，故A正确，B、C、D错误.
2.(多选)[2022·全国乙卷] 安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度 如图
所示，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为 面. 某同学在某地对地磁场进行了四次
测量，每次测量时轴指向不同方向而 轴正向保持竖直向上. 根据表中测量结果可推知 ( )
测量序号
1 0 21
2 0
3 21 0
4 0
A.测量地点位于南半球
B.当地的地磁场的磁感应强度大小约为
C.第2次测量时 轴正向指向南方
D.第3次测量时 轴正向指向东方
√
√
[解析] 地磁场的极大致在地理北极附近，地磁场的极大致在地理南极附近
轴正向保持竖直向上，由表中数据可知测量地点地磁场的竖直分量向下，可判
断该测量地点位于北半球，A错误；轴和 轴沿水平方向，由第1次测量数据可
知，测量地点地磁场的磁感应强度的水平分量为，竖直分量为 ，故
此处的磁感应强度大小 ，B正确；由选项A的分析可知测
量地点在北半球，而北半球地磁场水平分量指向北方，第2次测
量时，故轴正向指向南方，第3次测量时，故 轴
正向指向北方，而 轴正向指向西方，C正确，D错误.
3.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 ，方向水平向右，一根通电直导
线垂直于匀强磁场放置，导线截面是正六边形的中心 ，正六边形在纸面内且
、连线与磁感线垂直.已知 点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是
( )
A.直导线中的电流方向垂直于纸面向外
B.点的实际磁感应强度方向指向中心
C.点的实际磁感应强度大小为
D.点的实际磁感应强度跟 点的相同
√
[解析] 点的实际磁感应强度为零，由矢量叠加原理可知，直导线在 点产生的
磁感应强度大小为 ，方向水平向左，由安培定则可知直导线中的电流方向垂
直于纸面向里，选项A错误；直导线在点产生的磁感应强度大小为 ，方向
与匀强磁场的反方向成 角，则 点的实际磁感应强度方向与匀强磁场的方向
成 角，不是指向中心，选项B错误；直导线在 点产生的磁感应强度大小
为，方向垂直于 、C连线斜向右上方向，与匀强磁场
的方向成 角，则 点的实际磁感应强度大小为
，选项C正确；直导线在 点
产生的磁感应强度跟在 点的等大反向，则与匀强磁场合
成后，这两点的实际磁感应强度大小和方向都不相同，选
项D错误.
题型2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.(多选)如图所示，在等腰梯形 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，边长，
一质量为、电荷量为的带正电荷的粒子从 点沿
A. B. C. D.
着方向射入磁场中，不计粒子的重力.为了使粒子不能从 边射出磁场区域，
粒子的速率可能为 ( )
√
√
[解析] 粒子不从边射出磁场区域，其临界状态分别是从点和 点射出，其临
界轨迹如图所示，当粒子从点射出时，由几何关系知 ，
解得，当粒子从点射出时，由几何关系知 ，解得
，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
，可得，由于粒子做圆周运动的半径 应满
足或，所以粒子的速率应满足 或
，故B、D错误，A、C正确.
题型3 有界磁场中的临界极值问题
1.(多选)如图所示，边长为的等边三角形 内有垂直
于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，是
边的中点.一质量为、电荷量为的带负电粒子从 点
以不同的速率平行于 边方向射入磁场，不计粒子重力，
下列说法正确的是( )
A.粒子可能从 点射出
B.若粒子从点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为
C.若粒子从点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D.若粒子从 边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长
√
√
[解析] 带负电的粒子从D点以速度平行于 边方向射入磁场，由左手定则可
知，粒子向下偏转，但由于 边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；若粒
子从C点射出，如图甲所示，根据几何关系可得
，解得粒子做匀速圆周运动的半径，粒子运动轨迹对应
的圆心角的正弦值为 ，可得 ，所以粒子在磁
场中运动的时间为 ，故
错误，C正确；
若粒子从边射出，如图乙所示，粒子从 边射出时轨迹对应的圆心角 相
同，根据， ，可知粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，在
磁场中运动的时间也相同，由于此种情况下粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆
心角最大，所以此时粒子在磁场中运动的时间最长，故 正确.
2.如图所示，在 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的
大小为，磁场方向垂直于 平面向里.现有大量质
量为、带电荷量为的粒子以相同的速率沿
平面从 点射入第一象限，不计重力和粒子间的相互
A. B. C. D.
影响.若图中的阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中 ，则下列选
项中正确的是( )
√
[解析] 粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场以轴为边界，粒子从 轴进入磁场
后再从轴离开时，速度与轴的夹角不变，由此可知沿 轴正方向入射的粒子
刚好进入磁场做一个完整的圆周运动，沿 轴正方向入射的粒子刚好转半个圆周，
如图所示，在两图形的相交包围的部分是粒子不经过的地方，故 正确.
3.(多选)如图所示，有一等腰直角三角形，直角边长为， 区域范围内
(包含边界)存在磁感应强度为、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.质量为 、电
荷量为的粒子可在直角边 上的不同位置垂直于边界沿垂直于磁场方向射
入，射入速度大小为、是 边界上的两点(图中未画出)，
，不计粒子重力，则( )
A.粒子在磁场做圆周运动的半径为
B.粒子从与点距离为处射入时，恰好不从 边界
射出
C.从点射入的粒子在磁场中运动的时间为
D.从点射入的粒子在磁场中运动的时间为
√
√
[解析] 粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有 ，解得
，A错误；粒子刚好不从 边界射出磁场区域时运动轨迹如图甲所
示，轨迹恰好与 相切，根据几何关系可知，此时入射点到A的距离为
，B正确；如图乙所示，从D点射入的粒子在磁场中
运动的轨迹为一个半圆，该粒子在磁场中运动
的时间为 ，从E点射入的粒子在磁场中运动
的轨迹对应的圆心角 满足，
解得 ，所以该粒子在磁场中运动的时
间为 ，C错误，D正确.
甲
乙
4.(多选)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备上，使芯片技术得
到飞速发展.如图所示，一束宽度为 的带正电粒子流水平
向右射入半径为 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为
，这些带电粒子都将从磁场圆上 点进入正方形区域，正
方形过点的一边与半径为 的磁场圆相切.在正方形区域内存在一匀强磁场区
域，使汇聚到点的粒子经过该磁场区域后宽度变为 ，且粒子仍水平向右射
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 ，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 ，方向垂
直于纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场区域的最小面积为
D.正方形区域中匀强磁场区域的最小面积为
√
√
[解析] 根据磁聚焦原理，粒子在半径为 的圆形磁场区域中运动时，粒子运动
的轨迹半径为，有，解得，要使汇聚到 点的粒子经正方
形区域内的磁场偏转后宽度变为 ，且粒子仍水平
向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子
的轨迹半径为 ，正方形中磁场应该为圆形磁场的
一部分，有，解得 ，比较可得
，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向
里，A错误，B正确；如图所示，磁场区域的最小面
积为 ，C正确，D错误.第9讲 磁场
题型1
例1 B [解析] 根据安培定则可知,两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同、大小相等,则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0=,根据对称性,两导线在N点处产生的磁感应强度大小应该与M点相等,为B1,根据对称性,L2在N点处产生的磁感应强度大小为B0=,由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度,且方向相反,将L2撤去,N点的磁感应强度大小为-B1,故选B.
例2 BC [解析] 根据同向电流相互吸引,异向电流相互排斥可知a导线受其他5根导线的作用力如图所示,其中a处导线对b处导线的安培力大小为F0,则Ffa=Fba=F0,因Lae=L,因磁感应强度满足B=k,根据F=BIL可得F∝,则Fea=Fca=,同理可知Fda=,则a导线所受安培力的合力大小为F合=2F0cos 60°+F0-2×cos 30°=F0,方向由O指向a,选项A错误,B正确;b、c、e、f四根导线在O处所产生磁感应强度大小均为Bb=Bc=Be=Bf=k,方向如图所示,则四个力的矢量和大小为B合=2·cos 60°=,方向为垂直于ad连线向右,选项C正确,D错误.
【整合进阶】
进阶1 CD [解析] 根据动量定理可得I=0-mv0=-mv0,则合力冲量大小为mv0,A错误;在沿细杆方向上,小球所受的合力为重力的一个分力mgsin θ,该力恒定,所以小球做匀减速直线运动,小球向上运动的时间t=,则重力冲量大小为IG=mgt=,B错误;洛伦兹力F洛=qvB随时间均匀减小,洛伦兹力的冲量大小为I洛=q··Bt=,C正确;若v0=,则0时刻小球所受洛伦兹力为qv0B=2mgcos θ,小球在垂直于细杆方向所受合力始终为零,有qvB=mgcos θ+FN,则小球在整个减速过程的FN t图线如图所示,由FN t图线与横轴围成的面积表示弹力冲量可知,弹力冲量为零,D正确.
题型2
例3 C [解析] 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得R==d,故A错误;当粒子沿x轴正方向射出时,上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1,根据几何关系可知s上min=d,当粒子恰能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图轨迹2,根据几何关系可知s上max=d,故上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误;根据图像可知,粒子可以恰好打到薄板下表面,此时粒子沿y轴正方向射出,薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3,根据几何关系可知此时与y轴距离为d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确;根据图像可知,粒子恰好打到下表面时轨迹所对应的圆心角最小,运动时间最短,有tmin==,故D错误.
例4 AD [解析] 电子从P点出发恰好第一次经原点O,有两类情况,一类是第奇数次回到x轴经过原点O,另一类是第偶数次回到x轴经过原点O,其中第一次和第二次回到x轴的轨迹如图甲所示,由轨迹图结合几何关系,可得运动时间为t=×n(n=1,2,3,…),T=,解得t=,当n=1时,运动时间为t=,由轨迹图结合几何关系,轨迹圆的半径为r=×sin 45°=,可得运动路程为s=×2πrn×n=,故A正确,B错误;若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点,轨迹也为两类,如图乙,由轨迹图结合几何关系,可得运动时间为t1=×n=nT(n=1,3,5,…),T=,或t2=×n×2=,T=,解得t1=,t2=,若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点,运动路程可能为s1=n×2πr或s2=×2πr(n=2,4,6,…),解得s1=2πL,s2=πL,故C错误,D正确.
甲
乙
【整合进阶】
进阶2 (1) (2)m (3)(-6a,0) (0,0) 67πa
[解析] (1)由题知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的运动半径r=a
根据qv甲0B=m
解得v甲0=
(2)由题知,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙
T甲=
T乙=
则m乙=m
粒子甲、乙碰撞过程,取竖直向下为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1
m+m乙=m+m乙
又v甲1=-3v甲0
解得v乙0=-5v甲0,v乙1=3v甲0
则v乙1=
(3)已知在t1=时,甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3v甲0
则根据qvB=m,可知此时乙粒子的运动半径为r乙1=a
可知在t2=时,甲、乙粒子发生第二次碰撞,且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了两个圆周,此过程中乙粒子运动的路程为s1=6πa
且在第二次碰撞时有mv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙2
m+m乙=m+m乙
解得v甲2=v甲0,v乙2=-5v甲0
可知在t3=时,甲、乙粒子发生第三次碰撞,且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了两个圆周,此过程中乙粒子运动的路程为s2=10πa
且在第三次碰撞时有mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙3
m+m乙=m+m乙
解得v甲3=-3v甲0,v乙3=3v甲0
依次类推
在t9=时,甲、乙粒子发生第九次碰撞,且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了两个圆周,此过程中乙粒子运动的路程为s8=10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8+m乙v乙8=mv甲9+m乙v乙9
m+m乙=m+m乙
解得v甲9=-3v甲0,v乙9=3v甲0
在t9=到t=过程中,甲粒子刚好运动半周,则t=时甲粒子的位置坐标为(-6a,0)
在t9=到t=过程中,乙粒子刚好运动一个圆周,则t=时乙粒子回到坐标原点,即坐标为(0,0)
且此过程中乙粒子运动的路程为s0=3πa
故整个过程中乙粒子运动总路程为s=4×6πa+4×10πa+3πa=67πa
题型3
例5 D [解析] 如图所示,粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位于O1O2连线上,M点及O点发出的粒子恰好可打到O点,OM之间的粒子均可打到屏上,其中自OM中点发出的粒子圆心位于NO延长线上,该粒子打在屏上的位置距离O点最远,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得R=,根据几何关系可得光屏上有粒子打到的区域长度为x=R(1-sin 45°)=L,故选D.
例6 BD [解析] 根据粒子在磁场中的偏转方向,结合左手定则可知粒子带负电,选项A错误;随着粒子不断打到N极板上,N极板所带电荷量不断增加,向下的电场强度增加,粒子做减速运动,当粒子恰能到达N极板时满足v2=2ad,a=,解得E=,即间距d越大,板间所形成的最大电场强度越小,选项B正确;因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点处的小孔,设粒子的运动半径为r,如轨迹1所示,则由几何关系有cos 60°=,解得r=2L,可得OP=rsin 60°=L,粒子在磁场中运动半个圆周时,粒子打到M板上表面的位置与O点距离最远,可得粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为xm==L,选项C错误;因金属板厚度不计,当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时,粒子仍可从Q点进入两板之间,如轨迹2所示,由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动,进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°,则粒子在两板间的运动时间t=,粒子打到M板下表面距离Q点的距离为x=vtcos α=,可知当a取最大值时,x有最小值,由上述分析可知am=,解得xmin=2dsin 2α=d,选项D正确.
【整合进阶】
进阶3 AD [解析] 由磁聚焦的特点可知,粒子在磁场中运动的半径与磁场圆的半径相等,即B1qv=,解得B1=,故A正确;洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向不改变其速度的大小,则粒子在O点速度大小相等,但速度的方向不同,故B错误;若B2=2B1,则r2==r,可知粒子离开O点最远距离为r,如图甲所示,由几何关系,弦所对最大圆心角为60°,故粒子在磁场 Ⅱ 的边界的射出点在六分之一圆周上,故C错误;若B2=0.5B1,则r2==2r,由此可知,粒子离开磁场 Ⅱ 运动轨迹的弦越长,运动的时间越长,如图乙所示,粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为60°,则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为t=×=,故D正确.第9讲 磁场
1.A [解析] 由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同,因为M点和N点在圆线圈轴线上,且它们到O点的距离相等,则通电圆线圈在M点和N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,又因为匀强磁场大小和方向处处相同,则通电圆线圈和匀强磁场在M和N点的叠加磁场相同,N点的总磁感应强度大小与M点相等,也为0,A正确.
2.B [解析] 设AC长度为r,根据几何关系有BC长度为r1==2r,CD长度为r2==,因电流产生磁场的磁感应强度与距离成反比,且B处电流在C处产生的磁场的磁感应强度的大小为B1,即B1=B0=k=,可知D处电流在C处产生的磁场的磁感应强度的大小为B2=k==2B0,B对C的安培力为F1=B0IL,D对C的安培力F2=B2IL=2B0IL,两安培力在水平方向分力的合力为F合=F1cos 30°+F2cos 60°=B0IL,方向水平向左;C处导线处于静止状态,则在水平方向上受力平衡,摩擦力大小为Ff=B0IL,方向水平向右.故选B.
3.AC [解析] 粒子可能的运动轨迹如图所示,若粒子沿轨迹1运动,则粒子从b点飞出磁场,A正确;若粒子的运动轨迹与ac边相切,对应图中的轨迹2,由几何关系可知+=(r2+)2,解得r2=,切点到a点的距离r2=4.B [解析] 粒子从cd离开的临界状态如图甲所示,设此时的轨迹半径为R,由几何关系有Rsin 37°+R=,解得半径R=,再由qvB=m有v==,所以v≤,故A错误.粒子刚好不从ab边离开的临界状态如图乙所示,则此临界状态的半径关系为R1cos 37°+R1=L,解得此时的半径为R1=,此时的速度v=,所以让粒子能从bc边离开的速度应该满足,而不在这个速度范围内,故C、D错误.
5.BD [解析] 带电粒子从M点沿MO方向射入磁场,恰好未能进入内部圆形区域,说明运动轨迹恰好与内圆相切,如图甲所示,设圆弧轨迹的半径为R1,圆心为A,连接OA、AM和OM,在△OMA中,由于OA2=AM2+OM2,即=+(2r)2,解得R1=1.5r,根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv=m,解得v=,故A错误;由图可知其轨迹圆心A到圆心O点的距离d=R1+r=2.5r,故B正确;带电粒子从M点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O,根据逆向运动,半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切,如图乙所示,设圆弧轨迹半径为R2,圆心为D,其中M、D、O在一条直线上,连接OM、CD,在△OCD中,有OD2=OC2+CD2,即=r2+,解得R2=0.75r,故C错误;带电粒子做圆周运动的半径最小,其速率就最小,如图乙所示,在△OCD中,由于tan ∠CDO===,则∠CDO=53°,整个圆弧轨迹所对的圆心角为θ=180°-53°=127°,带电粒子做圆周运动,周期T=,粒子在磁场中的运动时间为t=×,代入数据解得t=,故D正确.
6.(1) (2) (3)
[解析] (1)作出粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示
由几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r==2y0
由洛伦兹力提供向心力为qv1B=m
解得粒子的入射速度大小为v1=
粒子在磁场中运动的周期为T==
所以粒子从M运动到N的时间为
t1=T=
(2)由题意可知,xOy平面内的负电荷在圆心O'处,由牛顿第二定律可知
qv2B+k=m,其中m=
解得v2=或v2=(舍去)
(3)在(2)的条件下,粒子从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动,如图所示
由能量守恒定律得m-k=m-k
由开普勒第二定律可知v2r=v3r3
其中r=2y0
联立解得r3=6y0
由牛顿第二定律得k=m
解得T=
故粒子从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为t2==
7.(1) (2) (3)
[解析] (1)由题意知,粒子水平发射后做匀速圆周运动,要在O点产生光点,其运动半径为r=
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有qvB=
联立解得v==
(2)若发射管K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆,且在N点相切,如图甲所示
由于发射管K从水平方向逆时针旋转60°,则θ=30°,根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h
根据洛伦兹力提供向心力有
qv1B=
解得v1==
(3)由题意带正电粒子恰好在M点产生光点,则关闭磁场时粒子速度恰好指向M,过M点作正电粒子轨迹的切线,切点为P,如图乙所示
根据前面解析可知ON=h,所以NM=2h
由于O'N=r1=2h,且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M=∠PO'M=60°,而∠KO'P=120°
所以α=120°
粒子在磁场中运动的周期为T=,对应的圆心角为α=120°
所以t=T=·=第9讲 磁场
【关键能力】 理解磁场对运动电荷、通电导线的作用,掌握磁场的叠加、磁场对电流的作用、带电粒子在磁场中的运动等问题的解决思路,加强带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的作图训练,培养学生的数形结合能力,掌握解决带电粒子在磁场中的运动的临界、多解问题的分析技巧,培养科学思维能力.
题型1 磁场的性质 安培力
1.用准“两个定则”
(1)对电流的磁场用安培定则.
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则.
2.明确两个常用的等效模型
(1)化曲为直:如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铁,如图乙所示.
例1 [2025·福建卷] 无限长的直导线L1、L2中通有大小相等、方向相反的电流,M、O、N共线,且连线与导线垂直,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称,且|MO|=|ON|,初始时,M点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,则N点的磁感应强度大小为 ( )
A.B1+ B.-B1
C.B2-B1 D.(B1-2B2)
[反思感悟]
例2 (多选)[2025·重庆一模] 如图甲与乙所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分裂阻尼间隔棒,图丙为其简化图.间隔棒将六根平行长直导线分别固定在正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上,O为正六边形的中心.已知通电长直导线周围的磁感应强度B大小与电流I、距离r的关系式为B=k(式中k为常量).设a、b间距为L,当a、c、e三根导线通有垂直纸面向内,b、d、f三根导线通有垂直纸面向外,大小均为I0的电流时,其中a处导线对b处导线的安培力大小为F0,则 ( )
A.a导线所受安培力的合力大小为F0
B.a导线所受安培力的合力方向沿Oa,由O指向a
C.b、c、e、f四根导线在O处所产生磁感应强度的矢量和大小为2
D.b、c、e、f四根导线在O处所产生磁感应强度的矢量和方向为垂直于ad连线向左
[反思感悟]
【整合进阶】
进阶1 (洛伦兹力作用下的冲量计算)(多选)[2024·浙江6月选考] 如图所示,一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角,质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上,小球始终处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直细杆所在的竖直面,不计空气阻力.小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点,则该过程 ( )
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为 mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=,则弹力冲量为零
题型2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.常用公式
常用公式
2.运动时间的确定:t=T(可知α越大,粒子在磁场中运动时间就越长).圆心角α总是与速度的偏转角相等.
3.对称性的应用
(1)粒子从直线边界射入磁场,再从这一边界射出时,速度方向与边界的夹角相等.
(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时,必沿径向射出磁场区域.
角度1 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
例3 [2025·安徽卷] 如图所示,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
[反思感悟]
角度2 有界磁场中的多解问题
例4 (多选)[2025·广东名校联考] 如图所示,在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外,P(-L,0),Q(0,-L)为坐标轴上的两点.现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力,则下列说法中正确的是 ( )
A.若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运动时间可能为
B.若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运动路程可能为πL
C.若电子从P点出发经原点O到达Q点,运动时间可能为
D.若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点,运动路程为πL或2πL
1.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角(如图甲所示,θ1=θ2=θ3);
(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,出射时亦沿半径方向(如图乙,两侧关于两圆心连线对称);
(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲,α1=α2).
2.带电粒子在磁场中运动的多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解;
(2)带电粒子电性不确定形成多解;
(3)速度不确定形成多解;
(4)运动的周期性形成多解.
【整合进阶】
进阶2 (磁场中的碰撞守恒)[2023·湖北卷] 如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场.t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q.假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计.碰撞过程中不发生电荷转移,不考虑重力和两粒子间库仑力的影响.求:
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小.
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小.
(3)t=时刻粒子甲、乙的位置坐标及从第一次碰撞到t=的过程中粒子乙运动的路程.
题型3 有界磁场中的临界极值问题
1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,利用动态圆思想寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系.
2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.
3.常用的动态圆
示意图 适用条件 应用方法
放缩圆 (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同 以入射点P为定点,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件
旋转圆 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上) 粒子的入射点位置相同,速度大小一定,速度方向不同 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件
平移圆 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同,速度大小、方向均一定 将半径为R=的圆进行平移
例5 [2025·安徽马鞍山模拟] 如图所示,空间存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出),线状粒子源OM与屏ON垂直,ON=2OM=2L,粒子源能发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v,方向与磁场垂直且与OM夹角θ=45°的粒子,已知v=,不计粒子重力,则屏ON上有粒子打到的区域长度为 ( )
A.L
B.(-1)L
C.L
D.L
例6 (多选)[2025·河北卷] 如图,真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定,间距为d,M板接地.M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场.M板O点处正上方P点有一粒子源,可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子.当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔.已知OQ=3L,初始时两板均不带电,粒子碰到金属板后立即被吸收,电荷在金属板上均匀分布,金属板电量可视为连续变化,不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用,忽略边缘效应.下列说法正确的是 ( )
A.粒子一定带正电
B.若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
[反思感悟]
【整合进阶】
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线与入射方向平行——磁聚焦
从边缘某点以不同方向入射时平行射出——磁发散
进阶3 (磁聚焦与磁发散问题)(多选)[2025·福建厦门模拟] 我国研制的世界首套磁聚焦霍尔电推进系统已经完成了全部在轨飞行验证工作,可作为太空发动机使用,带电粒子流的磁聚焦是其中的关键技术之一.如图所示,实线所示的两个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ,磁感应强度分别为B1、B2,两圆半径均为r,相切于O点.一束宽度为2r的带电粒子流沿x轴正方向射入后都汇聚到坐标原点O.已知粒子的质量均为m、电荷量均为+q、进入磁场的速度均为v,不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是 ( )
A.B1的大小为
B.从O点进入磁场Ⅱ的粒子的速度仍相等
C.若B2=2B1,则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出点在四分之一圆周上
D.若B2=0.5B1,则粒子在磁场Ⅱ中运动的最长时间为第9讲 磁场
1.[2025·湖北卷] 如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直.在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等.已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为 ( )
A.0 B.B
C.2B D.3B
2.[2025·湖南名校联考] 如图所示,B、C、D处放置三根长度均为L的通电导线,其中B、C处电流大小均为I,D处电流大小为2I,A在BD的延长线上,∠BAC=90°,∠ABC=30°,∠ADC=60°,其中B、D处电流的方向均垂直于纸面向外,C处电流的方向垂直于纸面向里.已知电流产生磁场的磁感应强度B的大小与电流I、距离r的关系为B=k,k为常数;若B处电流在C处产生的磁场的磁感应强度的大小为B0,C处导线位于绝缘水平地面上且处于静止状态,关于C处导线受到的摩擦力Ff的大小和方向,下列正确的是 ( )
A.Ff=B0IL,水平向右
B.Ff=B0IL,水平向右
C.Ff=B0IL,水平向左
D.Ff=B0IL,水平向左
3.(多选)[2025·四川成都二诊] 如图所示,等腰直角三角形abc内有一垂直纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场),ab边长为L,磁场的磁感应强度大小为B.ab边中点的粒子源P垂直ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子,粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子重力及粒子间相互作用.下列说法正确的是 ( )
A.粒子可能从b点飞出磁场
B.粒子可能从c点飞出磁场
C.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为
4.[2025·河南信阳一模] 如图所示,垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场分布在边长为L的正方形abcd区域内,O点是cd边的中点.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子仅在磁场力的作用下,从O点沿纸面以与Od成37°角的方向,以不同的速率射入正方形内,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法中正确的是 ( )
A.所有从cd边射出磁场的带电粒子入射速率都不大于
B.若带电粒子的速率为,则它将从bc边射出磁场
C.若带电粒子的速率为,则它将从ab边射出磁场
D.若带电粒子的速率为,则它将从ad边射出磁场
5.(多选)[2025·河北承德一模] 如图所示,半径分别为r和2r的两个同心圆,其圆心为O,只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场区域包括边界).大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域.不计粒子间的相互作用及粒子重力,cos 53°=0.6.下列说法中正确的是 ( )
A.沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的速率为
B.沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子,其轨迹圆心到圆心O点的距离为2.5r
C.第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子,其轨迹半径的最小值为0.8r
D.从M点以最小速率穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子,第一次在磁场中的运动时间为
6.[2025·黑吉辽蒙卷] 如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁场.已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应.
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1.
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2.
(3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势φ=k).
7.[2025·重庆卷] 研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如题图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B且方向垂直于纸面向外的匀强磁场.O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上.发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同,方向相反,比荷均为.已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用.
(1)若发射管K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小.
(2)若发射管K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小.
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t.
