第十一讲　磁场-2026年高考物理总复习课件（63页PPT）

(共63张PPT)
专题三　电场与磁场
第十一讲　磁场
1.理解磁感应强度、安培力等基本概念,会处理带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动问题及临界问题。
2.熟练掌握三类动态圆模型及磁聚焦与磁发散模型的应用。
1.磁场的产生与叠加
考点一　磁场的性质
2.安培力的分析与计算
方向 左手定则
电流间的作用力:同向电流相互吸引,异向电流相互排斥
大小 直导线F=BILsin θ,θ=0时F=0,θ=90°时F=BIL
受力 分析
根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
题型1　磁场的叠加
【例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,求则N点的磁感应强度大小 (　　)
A.B2-B1　　　　B.-B1
C.B2-B1 D.B1-B2
【答案】B
【解析】根据安培定则,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点产生的磁感应强度大小为B0=,
根据对称性,两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样,为B1,根据对称性,L2在N点产生的磁感应强度为B0=,由于L2在N点产生的磁感应强度大于L1在N点产生的磁感应强度,且方向相反,将L2撤去,N点的磁感应强度为-
B1。
故选B。
分析电流的磁场叠加问题的一般思路
1.确定磁场场源:通电导线的形状、相对位置、通电电流的大小及方向等。
2.根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。
3.根据磁感线的切线方向确定磁场中每一点的磁感应强度的方向。
4.多个通电导体产生的磁场叠加时,某点的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
题型2　安培力的分析与计算
求解安培力作用下通电导体棒有关问题的“三步曲”
【例2】(多选)(2024·山东潍坊市模拟)如图所示,一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上,在导轨上端接入电源和滑动变阻器R,电源电动势为
E、内阻为r,一质量为m的金属棒ab静止在导轨上,与两导轨垂直并接触良
好,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中,金属棒的电阻为R0,导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为Ffm,重力加速度为g。闭合开关后,下列判断正确的是 (　　)
A.金属棒受到的安培力方向沿斜面向下
B.金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上
C.若金属棒恰好不滑动,则滑动变阻器的阻值为-r-R0
D.要保持金属棒在导轨上静止,滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为-r-R0
【答案】ABC
【解析】根据左手定则可知,金属棒受到的安培力方向沿斜面向下,由于金属棒的重力沿斜面的分力也沿斜面向下,则金属棒受到的静摩擦力方向一定沿斜面向上,故A、B正确;若金属棒恰好不滑动,则金属棒受到的静摩擦力达到最大,此时金属棒在导轨上静止受到的安培力最大,根据受力平衡条件可得mgsin θ+F安=Ffm,又F安=ILB=LB,联立可得R=-r-R0,故C正确;要保持金属棒在导轨上静止,滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为-r-R0,故D错误。
题型3　对洛伦兹力的理解
分析洛伦兹力问题时的两点注意:
1.洛伦兹力永不做功,只改变粒子速度的方向,不改变粒子速度的大小;
2.带电体在磁场中的运动,往往需要考虑重力,明确受力情况是分析该类问题的关键,一般先分析场力,比如重力、电场力和磁场力,再分析弹力、摩擦
力。
【例3】(2023·海南卷)如图所示,带正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的说法正确的是 (　　)
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球在运动过程中,受重力和洛伦兹力的作用,且合力不为零,所以小球运动过程中的速度变化,B错误;小球受到的重力不变,洛伦兹力时刻变化,则合力时刻变化,加速度时刻变化,C错误;洛伦兹力永不做功,D错误。
1.分析带电粒子在磁场中运动时的三个关键
考点二　带电粒子在有界磁场中的运动
2.分析带电粒子在磁场中运动时的三个确定
圆心的 确定 (1)轨迹上的入射点和出射点速度方向的垂线的交点为圆心,如图甲所示
(2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点连线的中垂线的交点为圆心,如图乙所示
(3)沿半径方向与入射点的距离为r且在圆内的点为圆心,如图丙所示
半径的 确定 方法一:由物理公式求半径,由qvB=m
可得半径r=
方法二:由几何关系求半径,一般利用数学知识(勾股定理、三角函数等)求半径
时间的 确定 方法一:由圆心角求时间,t=·T
方法二:由弧长求时间,t=
【例4】空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正方向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:
(1)Q到O的距离d;
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;
(3)乙的比荷可能的最小值。
题眼 点拨 磁感应强度分别为2B0、3B0 左右半径不同,在象限Ⅰ半径大,在象限Ⅱ半径小
甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正方向射入磁场 同时进入磁场,沿x轴正方向射入磁场,每次都垂直经过y轴
甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点 甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点,两粒子运动时间相等,乙经过Q时速度方向有沿x轴正方向、负方向两种可能
乙的比荷可能的最小值 会出现多种情况,求其中比荷最小值
模型 方法 1.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、相遇问题 2.带电粒子做圆周运动的半径公式、周期公式的综合应用 【答案】(1)　(2)　(3)
【解析】(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2,由qvB=m可知r=,故r1=,r2=,且d=2r1-2r2,解得d=。
(2)甲粒子在两磁场中做匀速圆周运动,设甲粒子在两磁场中运动半个圆周所用时间分别为t1、t2,由T==可得t1=,
t2=,且Δt=2t1+3t2,解得Δt=。
(3)乙粒子在两磁场中做匀速圆周运动,若乙粒子经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…),甲、乙两粒子在Q点相遇时,有d=n(2r1'-2r2')=n=n,t1+t2=n=n,解得=n,根据题意,n=1舍去。当n=2时,有最小值,=,若乙粒子先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析可知不可能相遇,综上分析,乙的比荷的最小值为。
1.(2025·广东卷)某同步加速器简化模型如图所示,其中仅直通道PQ内有加速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为+q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加
速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应,下列说法正确的是 (　　)
A.偏转磁场的方向垂直纸面向里
B.第1次加速后,离子的动能增加了2qU
C.第k次加速后,离子的速度大小变为
D.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为
D　
【详解】直线通道 PQ有电势差为U的加速电场,粒子带正电,粒子沿顺时针方向运动,由左手定则可知,偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外,故A错误;
根据题意,由动能定理可知,加速一次后,带电粒子的动能增量为qU,由于洛伦兹力不做功,则加速k次后,带电粒子的动能增量为kqU,加速k次后,由动能定理有kqU=mv2-m,解得v==,故BC错误;
粒子在偏转磁场中运动的半径为R,则有qvB=m,
联立解得B== =,
故D正确。故选D。
2.(多选)如图所示,虚线MN右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场,两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场,结果两粒子在边界上B点相遇。不考虑粒子间的相互作用力,不计两粒子的重力。则 (　　)
A.若两粒子的比荷相等,则v1=v2
B.若两粒子的比荷相等,则=
C.若两粒子同时从A点射入,则∶=(π-θ)∶θ
D.若两粒子同时从A点射入,则∶=1∶1
AC　
【详解】两粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知r1=r2,粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,若两粒子的比荷相等,则=,由题意可知r1=r2,故v1=v2,A正确,B错误;粒子在磁场中运动的周期为T==,故∶=T2∶T1,两粒子在磁场中的运动时间分别为t1=T1=T1,t2=T2=T2,若两粒子同时从A点射入,则两粒子在磁场中的运动时间相等,有t1=t2,故=,
即∶=(π-θ)∶θ,C正确,D错误。
3.(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 (　　)
A.kBL,0°　　 B.kBL,0°
C.kBL,60° D.2kBL,60°
BC　
【详解】若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲所示,根据几何关系有R=L,qvB=m,可得v==kBL,根据对称性可知出射速度与SP成30°角向
上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当粒子上、下部分磁场均经历一次时,如图乙所示,因为上、下磁感应强度均为B,则根据对称性有R=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知,当离子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL (n=1,2,3,…),此时出射
方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°,故B、C正确,A、D错误。
三类动态圆、磁聚焦与磁发散模型的分析
考点三　三类动态圆、磁聚焦与磁发散模型
模型 图例 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,粒子处于恰好不射出磁场的临界状态时粒子运动轨迹与磁场边界相切
模型 图例 适用条件 应用方法
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
模型 图例 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 将半径为R=的圆进行平移
模型 图例 适用条件 应用方法
磁聚 焦与 磁发 散 磁聚焦 磁发散 粒子速度大小相同,轨迹圆半径等于区域圆半径 1.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,该点切线方向与入射方向平行——磁聚焦
2.从边缘某点以不同方向入射时平行射出——磁发散
模型1　放缩圆模型
【例5】如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的正粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,其中M、N是圆弧边界上的两点,不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是 (　　)
A.从M点射出粒子的速率可能大于从N点射出粒子的速率
B.从圆弧bc射出的所有粒子中,从圆弧bc中点射出的粒子所用时间最短
C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间
D.从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间
【答案】C
【解析】根据题意,画出粒子的运动轨迹,如图所示。根据qvB=m得v=,从M点射出粒子的圆周半径更小,则速度更小,A错误;粒子在磁场中运动时间t=T=·,粒子周期不变,圆周运动的圆心角越大,运动时间越长,由几何关系可知,弦切角等于圆心角的一半,弦切角越小,运动时间越短,由图可知,当弦与bc圆弧边界相切时,弦切角最小,运动时间最短,B错误;M、N两点具体位置未知,从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间,C正确;由图可知,从边
界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定
小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的
时间,D错误。
模型2　旋转圆模型
【例6】(多选)如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD边的中点。在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同,速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力,则
(　　)
A.粒子带负电
B.粒子运动的速度大小为
C.从AD边离开的粒子在磁场中运动的最短时间为
D.从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为
【答案】AB
【解析】速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,由左手定则可知,粒子带负电,A正确;速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,由几何关系可知α=60°,所以粒子做圆周运动的半径r=d,由牛顿第二定律可得qvB=m,解得粒子运动的速度大小为v=,B正确;由图乙可知,粒子从AD边离开时的运动轨迹都为劣
弧,由于粒子做圆周运动的速度大小相同,因此从AD边离开的粒子在磁场中运动的轨迹越短,即该轨迹对应的弦越短,时间越短,分析可知,O点到AD的最短距离为EO,即从E点射出的粒子在磁场中运动的时间最短,因此最短时间
为六分之一周期,由T=可得最短时间t==,C错误;如图乙所示,当粒子水平向左飞入时刚好从A点飞出,当粒子竖直向上飞入时,刚好从D点飞出,由图乙可知,从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为图中AODA区域的面积,所以该区域面积为S=πd2+d2-πd2=d2,D错误。
模型3　平移圆模型
【例7】(多选)如图所示,等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场,腰长AB=2 m,O为BC的中点,磁感应强度B=0.25 T,一群质量m=1×10-7 kg、电荷量q=2×10-3 C的带负电的粒子以速度v=5×103 m/s垂直于BO方向,从BO之间射入磁场区域,带电粒子不计重力和它们之间的相互作用力,则(　　)
A.在AC边界上有粒子射出的长度为 m
B.C点有粒子射出
C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D.磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点m处入射
【答案】ACD
【解析】粒子在磁场中偏转,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,粒子在磁场中运动的轨迹半径为
r== m=1 m,作出粒子
在磁场中的运动轨迹,如图所示,由图可知,能从AC边射出的粒子长度为=r-r=(-1) m,故A正确;粒子不可能到达C点,故B错误;在AB边界上有粒子射出的长度为=r=1 m,故C正确;磁场中运动时间最长的粒子运动半个圆周,轨迹与AB、AC相切,由图可知从底边距B点 m处入射,故D正确。
模型4　磁聚焦与磁发散模型
【例8】带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一,带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。
(1)如图所示,宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B1的大小;
(2)如图所示,虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
【答案】(1)B1=　(2)B2=　方向垂直纸面向里π
【解析】(1)此处考查了磁聚焦,若要射入圆形磁场区域不同位置的平行粒子流最终都从同一位置射出,需要满足的条件是粒子的轨迹半径与磁场区域的半径相等,即R1=r1,根据洛伦兹力提供向心力,有qB1v=,
联立解得B1=。
(2)此处为磁聚焦的逆过程,就是要让汇聚在O点的粒子流最后又变为平行粒子流。故应为圆形磁场区域,且有粒子的轨迹半径与磁场区域的半径相等,当磁场区域面积最小时,磁场的半径为r2,粒子运动的轨迹和磁场区域如图所示(虚线表示磁场中运动轨迹,实线表示磁场区域),则R2=r2,
根据洛伦兹力提供向心力,有qB2v=,解得B2=,
方向垂直纸面向里,面积为S=π。
专题集训(十一)　磁场
1.(多选)地球本身是一个大磁体,其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论,下列判断正确的是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.地表电荷为负电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电量增加,则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小,则地磁场强度增大
AC
【解析】根据右手螺旋定则可知,地表电荷为负电荷,故A正确;由于地表电荷为负电荷,则环形电流方向与地球自转方向相反,故B错误;若地表电荷的电量增加,则等效电流越大,地磁场强度增大,故C正确;若地球自转角速度减小,则等效电流越小,地磁场强度减小,故D错误。故选AC。
2.(2024·浙江高考)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
A
【解析】由左手定则可知,图示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;因c点处的磁感线较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。故选A。
3.(2024·贵州高考)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向 (　　)
A.竖直向上 B.竖直向下
C.水平向左 D.水平向右
C
【解析】根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里,由于I1>I2,可知左侧的磁场强度大,同一竖直方向上的磁场强度相等,故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消,根据左手定则结合F=BIL,可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力,大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。
4.(多选)如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则 (　　)
A.粒子带负电荷
B.粒子速度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N与O点相距(+1)a
AD
【解析】由左手定则可知,粒子带负电荷,A正确;画出粒子的轨迹示意图,如图所示,假设轨迹的圆心为O',由几何关系可得粒子的轨道半径为R=a,由qvB=m得v==,B、C错误;由以上分析可知,N点与O点相距R+a=(+1)a,D正确。
5.(多选)如图所示,正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示),以各种不同的速率射入正方形内,那么下列说法正确的是 (　　)
A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B.若该带电粒子从ab边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
C.若该带电粒子从bc边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
D.若该带电粒子从cd边射出磁场,它在磁场中经历的时间一定是t0
AD
【解析】由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则带电粒子的运动周期为T=2t0。以与Od成30°角的方向射入正方形内,随粒子速度逐渐增大,运动周期不变,轨迹由①→②→③→④依次渐变,由图可知粒子在四个边射出时,射出范围分别为OG、FE、DC、BA,不可能从四个顶点射出,故A正确;从ab边射出的粒子在磁场中运动的圆心角小于180°,即运动的时间小于半个周期,即小于t0,从bc边射出的粒子在磁场中运动的圆心角小于240°,即运动的时间小于T=t0,所有从cd边射出的粒子轨迹所对的圆心角都是300°,
即所用时间为T=t0,故B、C错
误,D正确。
6.如图所示,太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成,其边界是以O为圆心、R为半径的圆,内部由以O1和O2为圆心等半径的两个半圆分割成上下两部分,其中上部分为“阳鱼”,下部分为“阴鱼”。“阳鱼”中有垂直纸面向外的匀强磁场。Q为太极图边缘上一点,且O1、O2、O、Q四点共线。一电量为+q、质量为m的带电粒子,在Q点以大小为v的速度指向圆心O射入“阳鱼”区域,若带电粒子在“太极图”运动过程中没有进入“阴鱼”区域,带电粒子重力不计。则磁感应强度的最小值为 (　　)
A. B.
C. D.
B
【解析】若带电粒子没有进入“阴鱼”区域,则带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,轨迹与圆O1相切于A点,设粒子做圆周运动的轨迹半径为r,由几何关系可得=r2+,解得r=2R,由牛顿第二定律可得qvB=m,解得B=,故B正确。
7.(2022·广东高考)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是
(　　)
A
【解析】由题意知当质子射出后先在MN左侧运动,刚射出时,根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力,即在MN左侧会向y轴正方向偏移,做匀速圆周运动,y轴坐标增大,在MN右侧,根据左手定则,可知洛伦兹力反向,质子在y轴正方向上做减速运动,故A正确,B错误;根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,故C、D错误。故选A。
8.(2025·河南高考)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2
m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求:
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离;
(2)A、B细胞收集管的间距。
(1)5×10-3 m　
(2)0.11 m
【解析】(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动,垂直于电场方向则l=vt1,沿电场方向x1=a,由牛顿第二定律qE=ma,解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5×10-3 m。
(2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,则h=vt2,则x2=at1t2,联立解得x2=0.05 m。
由对称性可知则A、B细胞收集管的间距Δx=2(x1+x2)=2×(0.005+0.05) m=0.11 m。