資源簡介

(共91張PPT)
第8講 磁場
題型1 磁場的性質 安培力
題型2 帶電粒子在勻強磁場中的運動
題型3 動態圓和收集粒子問題
網絡構建
備用習題
【關鍵能力】
理解磁場對運動電荷、通電導線
的作用，掌握磁場的疊加、磁場
對電流的作用、帶電粒子在磁場
中的運動等問題的解決思 路，
加強帶電粒子在勻強磁場中做勻
速圓周運動的作圖訓練，培養學生的數形結合能力，掌握解決帶電粒子在
磁場中運動的臨界問題、多解問題的分析技巧，培養科學思維能力.
題型1 磁場的性質 安培力
1.用準“兩個定則”
(1)對電流的磁場用安培定則.
(2)對通電導線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲
力用左手定則.
2.明確兩個常用的等效模型
(1)變曲為直：圖甲中通電導線在計算安培力的大小和判斷方向時均可等
效為直線電流.
(2)化電為磁：圖乙中環形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條
形磁鐵.
例1 [2024·浙江1月選考] 磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極
靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱.極靴與圓柱間的磁場都沿半徑
方向，兩者之間有可轉動的線圈.、、和 為磁場中的四個點.下列說法
正確的是( )
A.圖示左側通電導線受到安培力向下
B.、 兩點的磁感應強度相同
C.圓柱內的磁感應強度處處為零
D.、 兩點的磁感應強度大小相等
√
[解析] 根據左手定則可知，左側通電導線所受安培力向下，選項A正確；
、 兩點的磁場方向不同，所以磁感應強度不同，選項B錯誤；磁感線
是閉合的曲線，所以極靴和圓柱內都有磁感線，磁感應強度不為零，
選項C錯誤；、 兩點附近的磁感線密集程度不同，磁感線越密集則磁
場越強，所以 點的磁感應強度更大，選項D錯誤.
例2 [2024·舟山模擬] 磁阱常用來約束帶電粒子的運動.如
圖所示，在平面內，在以坐標原點為中心、邊長為 的正方形的四個
頂點上垂直于平面放置四根通電長直導線，電流大小相等，方向已標出，
“×”表示電流方向垂直于紙面向里，“·”表示電流方向垂直于紙面向外.已知
電流為的無限長通電直導線在與其距離為 處的圓周上產生的磁場的磁感
應強度大小為， 為比例系數.下列說法正確的是( )
A.導線2、4相互排斥，導線1、2相互吸引
B.導線1、4在點產生的合磁場的方向沿 軸負方向
C.導線2、4對導線1的作用力大小是導線3對導線1的作用
力大小的2倍
D.導線2、3在點產生的合磁場的磁感應強度大小為
√
[解析] 導線2、4中電流方向相同，兩者相互吸引，導線
1、2中電流方向相反，兩者相互排斥，故A錯誤；根據
通電直導線電流激發出的磁場的特點，結合安培定則與
磁場疊加原理，可知導線1、4在 點產生的合磁場的方
向沿 軸正方向，故B錯誤；導線2、4在導線1處產生的
合磁場的磁感應強度為 ，
導線3在導線1處產生的磁場的磁感應
強度為，由于 ,所以導線2、
4對導線1的作用力大小是導線3對導線1的作用力大小的
2倍，故C正確；
導線2在 點產生的磁場的磁感應強度大小為，
方向由 指向3,導線3在 點產生的磁場的磁感應強度大小
為，方向由 指向2，則導線2、3在 點產生的
合磁場的磁感應強度大小
，故D錯誤.
技法點撥
通電導線產生的磁場疊加問題是浙江選考的熱門話題.第一步利用右手螺
旋定則把磁場方向畫出來，第二步根據矢量疊加原理作出合成后的磁場.
有時利用同向電流相互吸引的結論來解題會事半功倍，而有些問題需要聯
立方程求解，務必要有耐心.
【遷移拓展】
1.利用手機中的磁傳感器可測量埋在地下的水平高壓直流長直電纜的深度.
在手機上建立了空間直角坐標系后保持手機方位不變，且 始終豎
直向上，如圖甲所示.電纜上方的水平地面上有、、、 四個點，如圖
乙所示.、長均為 且垂直平分.將手機水平貼近地面，電纜通電
前將各分量調零，以消除地磁場的影響，通電后測得四點的分量數據見下
表，其中 .關于電纜中電流的方向和電纜距離地面的深度，下列
判斷正確的是( )
位置
G 0 0
H 0 0
E 8 0 6
F 8 0
A.電纜中電流沿方向，電纜距離地面的深度為
B.電纜中電流沿方向，電纜距離地面的深度為
C.電纜中電流沿方向，電纜距離地面的深度為
D.電纜中電流沿方向，電纜距離地面的深度為
√
[解析] 由題中數據可知，、兩點處沿 方向的磁感應強度大小相等，方
向均沿方向，沿方向的磁感應強度大小相等，但點處沿方向, 點
處沿方向，又知、兩點處沿、 方向的磁感應強度分量均為零，可
知、點的位置如圖甲所示,、兩點在 的中垂線上，故電纜中電流
沿方向;將點處的磁感應強度分解,如圖乙所示,可得 ，又
知長為，由幾何關系可得 ，解得電纜距離地面的深
度為 ，故A正確.
2.[2024·溫嶺模擬] 由均勻的電阻絲制成半徑為
的圓形導線框，存在垂直于導線框平面向里
的勻強磁場，磁感應強度大小為，將、 兩
點接入如圖所示的電壓恒定的電源兩端，通電
時電流表示數為 ，則線框所受的安培力大小
為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由圖可知圓形導線框的大圓弧部分與小
圓弧部分并聯，兩段圓弧受安培力作用的等效
長度相等，為，電流表示數為 ，由于
大圓弧部分的電阻是小圓弧部分電阻的3倍，
根據電路串并聯規律可得大圓弧部分與小圓弧
部分的電流大小分別為、 ，故線
框所受的安培力大小為
，故C正確.
題型2 帶電粒子在勻強磁場中的運動
1.常用公式
，， ;
，， .
2.運動時間的確定:(由此式可知， 越大，粒子在磁場中運動時
間就越長).圓心角 總是與速度的偏轉角相等.
3.對稱性的應用
(1)粒子從直線邊界射入磁場，再從這一邊界射出時，入射速度方向及出
射速度方向兩者與邊界的夾角相等.
(2)粒子沿徑向射入圓形磁場區域時，必沿徑向射出磁場區域.
帶電粒子在直線邊界磁場中的運動
例3 如圖所示，上方存在著無限大的、磁感應強度大小為 、方向垂
直于紙面向里的勻強磁場，質量為、帶電荷量為 的粒子1在紙
面內以速度從點射入磁場，其方向與的夾角 ；質量
為、帶電荷量為的粒子2在紙面內以速度從 點射入磁場，
其方向與的夾角 ，、之間距離為 .已知粒子1、2同時
到達磁場邊界的、 兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互
作用.
(1) 求兩粒子在磁場邊界上的出射點、之間的距離 ；
[答案]
[解析] 兩粒子在勻強磁場中做勻速圓周
運動，運動軌跡如圖所示，有
(1分)
其中,
由幾何關系可知兩粒子在磁場邊界上的
出射點、 之間的距離 (1分)
聯立解得 (1分)
例3 如圖所示，上方存在著無限大的、磁感應強度大小為 、方向垂
直于紙面向里的勻強磁場，質量為、帶電荷量為 的粒子1在紙
面內以速度從點射入磁場，其方向與的夾角 ；質量
為、帶電荷量為的粒子2在紙面內以速度從 點射入磁場，
其方向與的夾角 ，、之間距離為 .已知粒子1、2同時
到達磁場邊界的、 兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互
作用.
(2) 求兩粒子進入磁場的時間間隔 ；
[答案]
[解析] 粒子1做圓周運動的圓心角
粒子1在勻強磁場中運動的時間 (1分)
粒子2做圓周運動的圓心角
粒子2在勻強磁場中運動的時間 (1分)
粒子做圓周運動的周期 (1分)
由于粒子1、2同時到達磁場邊界的、 兩點，所以兩粒子進入磁場的時
間間隔
聯立解得 (1分)
(3) 若 下方有平行于紙面的勻強電場，且兩粒子在電場中相遇，其中
的粒子1做勻加速直線運動,問粒子2做什么運動？并求電場強度 .
[答案] 類平拋運動
，方向與成 角斜向右上方
[解析] 由于粒子1在電場中做勻加速直線運動，粒子1帶負電，所以電場
方向與成 角斜向右上方.
由幾何關系可知，粒子2射出磁場時速度方向垂直于電場方向，所以粒子2
做類平拋運動.(1分)
根據運動的分解可得
(1分)
(1分)
其中
聯立解得 (1分)
規范答題區 自評項目(共100分) 自評得分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明(20分)
使用原始表達式、無代數過程(30分)
有據①②得③等說明(10分)
結果為數字的帶有單位，求矢量的有方 向說明(20分)
帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動
例4 [2024·麗水模擬] 如圖所示，在半徑為 的圓內有垂
直于紙面向里的勻強磁場，現有、兩個粒子分別從
點沿方向垂直于磁場射入，粒子從 點離開磁場，速
度方向偏轉了 ，粒子從 點離開磁場，速度方向偏
轉 ，兩粒子在磁場中運動的時間相等.不計粒子的重
力及粒子間的相互作用力.下列說法中正確的是( )
A. 粒子帶正電
B.、兩粒子在磁場中運動的周期之比為
C.、兩粒子的比荷之比為
D.、兩粒子在磁場中運動的速度之比為
√
[解析] 粒子進入磁場后向下偏轉，由左手定則可知 粒
子帶負電，故A錯誤； 粒子在磁場中運動的時間
，粒子在磁場中運動的時間 ，由于兩
粒子在磁場中運動的時間相等，即，則、 兩粒
子在磁場中運動的周期之比為 ，故B錯誤；
粒子做勻速圓周運動的周期，可得 ，則
、兩粒子的比荷之比為 ，故C錯
誤；如圖所示，由幾何關系可得 粒子做勻速圓周運動
的半徑為， 粒子做勻速圓周運動的半徑為
，由，可得，則、 粒子在
磁場中運動的速度之比為 ，故
D正確.
技法點撥
帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題的四個結論
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.
(2)當速度一定時，弧長(或弦長)越長或者圓心角越大，則帶電粒子在有
界磁場中運動的時間越長.
(3)當速率變化時，圓心角越大，則運動時間越長.
(4)在圓形勻強磁場中，當軌跡圓的半徑大于磁場圓的半徑、且入射點和
出射點位于磁場圓同一直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉角最大，運動
時間最長.
【遷移拓展】
1.(不定項)如圖所示，在直角坐標系中， 空間內充滿方向垂直于
紙面向里的勻強磁場(其他區域無磁場)，在軸上有到原點的距離均為
的、兩點.帶電粒子(不計重力)從點以速率沿 軸正方向射入磁場，
并恰好從點射出磁場；與粒子相同的粒子從點以速率 沿紙面射入
磁場，并恰好從 點射出磁場，則( )
A.粒子 帶正電
B.粒子在磁場中運動的時間為
C.粒子在磁場中運動的時間可能為
D.粒子在磁場中運動的路程可能為
√
√
√
[解析] 粒子從C點沿 軸正向進入磁場，受洛倫茲力
而向上偏轉過點，由左手定則可知，粒子 帶正電，
故A正確；據題意可知粒子 在磁場中做半個圓周運動，
則運動的軌跡半徑為 ，運動的時間為
，故B正確；粒子與粒子相同，粒子
的速度為，由可知粒子 做圓周運動的軌跡
半徑為，由于C、D距離為，故粒子 不可
能沿軸正向進入磁場，粒子 從C點進、從D點出對應
兩種情況，軌跡如圖所示，設粒子 從C點進入磁場時
速度方向與 軸的夾角
為 ,由幾何關系可知,解得 ，則兩
種軌跡對應的圓心角分別為 和 ，所以粒子
運動的時間為或 ，運動的
路程為或 ，故C錯誤，
D正確.
2.(不定項)如圖所示,半徑為 的圓形區域外有垂直于紙面向里的勻強磁場，
磁感應強度為，圓形區域內無磁場,半徑與半徑 垂直.一帶電粒子從
點沿半徑方向射出圓形區域,粒子在速度為，比荷為 ，若只考慮洛倫
茲力，則( )
A.粒子在磁場中運動軌跡的半徑為
B.粒子第一次回到點所用的時間為
C.若粒子帶正電，則粒子從 點進入圓形區域
D.粒子帶負電時第一次回到 點所用的時間比帶正電
時的短
√
√
[解析] 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫
茲力提供向心力，有 ,解得粒子在磁場
中運動軌跡的半徑為 ，故A錯誤；粒子
的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運
動的周期，粒子從點射出至第一次回到
點，粒子在磁場中運動的時間 ，粒子
在圓形區域內運動的時間為 ，則粒子第一次
回到點所用的時間為 ，故B正
確；若粒子帶正電，則根據左手定則可知，粒子從
點進入圓形區域，故C正確；若粒子帶負電，則根
據左手定則可知，粒子運動軌跡與帶正電的軌跡重
疊，運動方向相反，所以第一次回到 點所用的時間
不變，故D錯誤.
題型3 動態圓和收集粒子問題
放縮圓問題
適用 條件 速度方向一定， 速度大小不同 粒子源發射速度方向一定、速度大小不同的帶電
粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做
勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化
軌跡圓圓心共線 如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度
越大，運動半徑也越大.可以發現這些帶電粒子射
入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方
向的直線 上
適用 條件 軌跡圓圓心共線 ____________________________________________________
界定 方法 以入射點為定點，圓心位于 直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從 而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法
（續表）
例5 [2024·慈溪模擬] 如圖所示，邊長為的正方形區域 中充滿勻強
磁場，磁場方向垂直于紙面向里.一帶電粒子從邊的中點垂直于 邊
以一定速度射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下運動，正好從邊中點 射
出磁場.下列說法正確的是( )
A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，則粒子將從 點射出
B.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，則粒子在磁場中運動的時間
也增大為原來的2倍
C.若磁感應強度增大為原來的2倍，則粒子將從 點射出
D.若磁感應強度增大為原來的2倍，則粒子在磁場中運動的時間也增大為
原來的2倍
√
[解析] 作出粒子運動的軌跡如圖所示，由左手定則可
知，粒子帶正電，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，
由洛倫茲力提供向心力，有 ，解得
， ，由圖可知，粒子運動的半徑
,運動的圓心角 ,運動的時間 ，若
粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，則 ，即粒子運動的半
徑將增大為原來的2倍，由圖可知，粒
子將從點左側射出，由幾何關系可知 ,解
得 ，即粒子在磁場中運動的圓心角變為原來
的，而周期不變，由 可知，粒子在磁場中運
動的時間減小為原來的 ，故A、B錯誤；若磁感應強
度增大為原來的2倍，則 ,即粒子運動的半
徑將減小為原來的，由圖可知，粒子將從 點射出，
粒子在磁場中運動的圓心角變為原來的2倍，由
可知，粒子在磁場中運動的周期變為原來的 ，
由 可知，粒子在磁場中運動的時間與原來的
相等，故C正確，D錯誤.
旋轉圓問題
適用 條件 速度大小 一定，方 向不同 粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入
勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動
的半徑相同，若射入速度大小為 ，則圓周運動的半
徑
適用 條件 軌跡圓圓 心共圓 如圖所示，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心
在以入射點為圓心、半徑 的圓上
_______________________________________________
界定 方法 將半徑 的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨 界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法
（續表）
例6 (不定項)[2024·紹興模擬] 如圖所示，在
、 的長方形區域中有一磁感
應強度大小為 的勻強磁場，磁場的方向垂直于
平面向外.坐標原點 處有一個粒子源，在
時刻發射大量質量為、電荷量為 的帶電粒子，它們的速度大小
相同，速度方向均在平面內，與軸正方向的夾角在 范圍內均
勻分布.已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為， 時刻最先從磁場上邊
界飛出的粒子經歷的時間為 ，從發射粒子到粒子全部離開磁場經歷
的時間為 .不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則( )
A.粒子射入磁場的速度大小
B.長方形區域的邊長滿足關系
C. 時刻仍在磁場中的粒子數與粒子源發射的總粒
子數之比為
D.時刻仍在磁場中的所有粒子均處在以 點為圓
心、為半徑的 圓周上
√
√
[解析] 最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的
偏轉角最小，對應的圓弧最短，可以判斷出是沿
軸方向入射的粒子，其運動的軌跡如圖甲所示，粒
子運動軌跡對應的圓心角為
，由幾何關系可得
，帶電粒子做勻速圓周運動，由洛
倫茲力提供
甲
向心力，有 ，解得粒子射入磁場的速度
大小為 ，故A正確；在磁場中運動的時間最長的粒子其軌跡與磁場的邊界相切，如圖乙所示,設該粒子在磁場中運動的時間為，依題意有 ，則粒子運動軌跡對應的圓心角為 ，設粒子的發射方向與 軸正方向的夾角為， 由幾何關系得 ，解得 ，
乙
由圖可得
，則 ，
故B錯誤；豎直向上進入磁場的粒子用時 離開磁
場，斜向上進入磁場且從下邊離開磁場用時也是
的粒子的運動軌跡如圖丙所示，軌跡的圓心為 ，
軌跡對應的圓心角為 ，由幾何關系可知粒
子的發射方向與軸的夾角 ，則 時刻仍在磁場中的粒子數與粒子源發射的總粒子數
丙
之比為 ，故C正確； 時刻仍在磁場中的所有粒子因已完成的圓周運動的時間相同，則已運動的弧長相同，弦長相同，故所有粒子均處在以 點為圓心的圓弧上，圓弧過圖中的、 點，圓弧的半徑為 ，圓弧對應的圓心角為 ，不是 圓周，故D錯誤.
平移圓問題
適用 條件 速度大小一定、方 向一定，入射點不 同但在同一直線上 粒子源發射速度大小、方向一定、入射點不
同但在同一直線上的帶電粒子，這些帶電粒
子進入勻強磁場時，做勻速圓周運動的半徑
相同，若射入速度大小為 ，則圓周運動的
半徑
適用 條件 軌跡圓圓心共線 如圖所示，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運
動的圓心在同一直線
_________________________________________________________________
界定 方法 將半徑 的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方 法稱為“平移圓”法
（續表）
例7 (不定項)如圖所示，在平面等腰直角三角形 區域內存在一垂直于
紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為.大量帶正電的粒子先后以速度 垂
直于邊從不同位置射入磁場，有些粒子能在邊界 上相遇.已知
.粒子質量為、電荷量為 ，不計粒子重力，不考慮各粒子之
間的相互作用.下列判斷正確的是( )
A.磁場方向垂直于紙面向外
B.磁場方向垂直于紙面向里
C.相遇的粒子入射時間差的最大值為
D.相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離
為
√
√
[解析] 由題知，有些粒子能在邊界 上相遇，
說明帶正電的粒子向 偏轉，根據左手定則可知，
磁場方向垂直于紙面向里，A錯誤，B正確；如圖
所示，設粒子在B點相遇，粒子做圓周運動的半
徑為，當兩粒子的運動軌跡在 處相切時入射
時間差有最大值，此時兩粒子在磁場中運動軌跡
對應的圓心角分別為 和 ,由洛
倫茲力提供向心力得，周期 ，
聯立可得, ，則入射時間差的最大
值為 ，由幾
何關系可知，相遇且入射時間差最大的兩粒子入
射點之間的距離為
，
C正確，D錯誤.
聚焦圓問題
適用 條件 速度大小一 定,方向平行 粒子源發射速度大小一定、方向平行的帶電粒子進
入圓形區域的勻強磁場時,區域圓與軌跡圓的半徑相
同,若射入速度大小為 ,則圓周運動的半徑為
適用 條件 軌跡圓圓心 共圓 如圖所示,帶電粒子射出磁場時交于磁場圓上某一點
,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以聚
焦點為圓心、半徑 的圓上
___________________________________________
（續表）
界定 方法 對準區域圓的圓心入射時背離圓心離開,從而得到聚焦點,這種方法 稱為“聚焦圓”法
（續表）
例8 [2024·溫州中學模擬] 某裝置可用于研究帶電粒子的運動軌跡，其原
理如圖所示.在軸上方存在垂直于平面向里的勻強磁場(未畫出) 軸
下方有一個半徑為的圓形區域磁場，磁場方向垂直于 平面向外，磁
感應強度大小為，圓形區域的圓心為軸上的 點，區域邊界過坐標原點
.位于軸正半軸的絕緣板 中心有一小孔，孔徑大小可以調整，小孔右
端點橫坐標為 ，板厚度可以忽略.圓形區域磁場左側有一個粒子發射裝
置,可以發射一束速度方向平行于軸的粒子流，粒子在 軸方向均勻分布，
粒子的質量為，電荷量為，粒子束的寬度為 .已知速度方向
對準點的粒子經過磁場后剛好從坐標原點射出并從 點射入第四象限.不
計粒子的重力及粒子間的相互作用.
(1) 求該粒子流的速度；
[答案]
[解析] 速度方向對準 點的粒子經過磁場
后剛好從坐標原點射出，由幾何關系可知，
粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑
由洛倫茲力提供向心力得
解得
(2) 求入射位置與軸距離為的粒子第一次經過軸時與 軸正方向的
夾角；
[答案]
[解析] 作出入射位置與軸距離為 的粒子
運行軌跡如圖甲所示
甲
由幾何關系可知
解得粒子第一次經過軸時與軸正方向的夾角 .
(3) 求 軸上方磁場的磁感應強度；
[答案]
[解析] 速度方向對準點的粒子從點進
入軸上方磁場后打在 點，由幾何關系
可知,粒子在軸上方的磁場中做勻速圓周運動的半徑
由洛倫茲力提供向心力得
解得軸上方磁場的磁感應強度
(4) 若粒子束中有一半粒子能從板上的小孔通過，則小孔的寬度為多少？
[答案]
[解析] 粒子束中有一半粒子能從板上的小孔通過，只能是粒子束中心線
兩側各 寬度范圍內入射的粒子通過小孔，畫出臨界情況下的粒子運動軌
跡如圖乙所示
乙
由幾何關系得
聯立解得
【遷移拓展】
1.一種粒子探測器的簡化模型如圖所示.圓形區域內有垂直于紙面向里的勻
強磁場，過圓心，平板 為探測器，整個裝置放在真空環境中.所有
帶電離子都從點沿 方向射入磁場，忽略離子重力及離子間相互作用力.
對于能夠打到探測器上的離子，下列說法正確的是( )
A.打在 點左側的離子帶正電
B.打在上離 點越遠的離子，入射速度一定越大
C.打在上離 點越遠的離子，比荷一定越大
D.入射速度相同的氫離子和氘離子，打在 上的位
置更靠近 點是氘離子
√
[解析] 由左手定則可知，帶正電的離子受到的洛倫
茲力向右，所以打在 點右側的離子帶正電，A錯
誤；作出離子的運動軌跡如圖所示，由圖可看出只
有從圓形磁場區域的下半圓射出的離子才能打到探測器 上，且軌跡
半徑越小的離子離 點越遠，
由洛倫茲力提供向心力得，解得 ，
則比荷相同時 越小的離子或速度相同時比荷越大的離子,其軌跡半徑越小，
離子離 點越遠，B、C錯誤；入射速度相同的氫離子和氘離子，由于氘離
子的比荷較小，則氘離子運動的軌跡半徑較大，故打在 上的位置更
靠近 點是氘離子，D正確.
2.(不定項)如圖所示,在直角坐標系 的第一象限內
軸上方存在磁感應強度大小為 、方向垂直于紙面
向里的勻強磁場,在軸上 處有一粒子源,它可向右側
紙面內各個方向射出速率相等、質量大小均為 、
電荷量大小均為 的同種帶電粒子,所有粒子射出磁
場時離最遠的位置是軸上的點.已知粒子帶負電, ,粒
子重力及粒子間的相互作用均不計,則( )
A.粒子的速度大小為
B.從點射出的粒子在磁場中運動的時間為
C.從 軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間
與最短時間之比為
D.沿平行于 軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置
到點的距離為
√
√
[解析] 粒子射出磁場時離 最遠的位置是
軸上的 點,如圖所示,其軌跡為軌跡1,可
知 為軌跡圓的直徑,由幾何關系知
,解得 ,由洛倫
茲力提供向心力,有 ,解得
,A正確;粒子運動的周期
,從 點射出的粒子其軌跡
為軌跡3,由幾何關系可知 ,解得
,即軌跡所對的圓心角為 ,粒
子在磁場中運動的時間 ,B
錯誤;運動時間最長的粒子為運動軌跡與
軸相切的粒子,其軌跡為軌跡2,對應的圓
心角為 ,則運動的最長時間 ,
運動時間最短的粒子為從原點飛出的粒
子,其軌跡為軌跡3,對應的圓心角為 ,
則運動的最短時間 ,所以
,C正確;沿平行于 軸正方向射
入的粒子做圓周運動的軌跡圓圓心在原
點處,運動軌跡為四分之一圓,離開磁場時
的位置到點的距離為 ,D錯誤.
3.如圖所示，大量質量為、帶電荷量為的離子通過寬度為 的狹縫，沿
著與邊界垂直的方向進入磁感應強度大小為 的勻強磁場中，已知離子進
入磁場的速度大小 ，不考慮離子間的相互作用和離子的重力，則
離子在磁場中能經過的區域的面積是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 根據向心力公式和洛倫茲力公式得
，解得 ，如圖所示，離子在
磁場中能經過的區域的面積
，
所以B正確，A、C、D錯誤.
1.　如圖所示,兩個單匝圓形線圈甲和乙相隔一定距離豎直固定在水平面上,通過甲線圈的電流大于乙線圈的電流,虛線為兩線圈的中軸線,O、O1、O2、M、N都在中軸線上,O1、O2分別為甲、乙線圈的圓心,O為O1、O2連線的中點,O1為MO的中點,O2為ON的中點,下列說法正確的是 (　　)
A.兩線圈之間存在相互排斥的作用力
B.O點處的磁感應強度方向沿軸線向右
C.O、M、N三點中O點處磁感應強度最大
D.乙線圈在O點產生的磁感應強度大于甲線圈在O點產生的磁感應強度
√
[解析] 兩線圈中的電流同向,由于同向電流之間相互吸引,則兩線圈之間存在相互吸引的作用力,選項A錯誤;
由安培定則可知,兩線圈中電流在O點處產生的磁場方向均向左,則O點的磁感應強度方向沿軸線向左,選項B錯誤;
由磁場疊加可知,O、M、N三點中O點處磁感應強度最大,選項C正確;
由于甲線圈的電流大于乙線圈的電流,則甲線圈在O點產生的磁感應強度大于乙線圈在O點產生的磁感應強度,選項D錯誤.
2.　如圖所示,邊長為L的等邊三角形區域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B,方向分別垂直于紙面向里、向外.三角形頂點A處有一質子源,能沿∠A的角平分線發射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計,質子間的相互作用可忽略),所有質子均能通過D點,已知質子的比荷=k,則質子的速度不可能為 (　　)
A. B.BkL C. D.
√
[解析] 質子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系可得2nRcos 60°=L,由洛倫茲力提供向心力,有Bqv=m,聯立解得v=(n=1,2,3,…),所以A、B、D可能,C不可能.
3.　(多選) 光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O為圓心的圓,如圖所示.一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發生碰撞.假設粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變.不計重力.下列說法正確的是(　　)
A.粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B.最少經2次碰撞,粒子就可能從小孔射出
C.射入小孔時粒子的速度越大,在圓內運動時間越短
D.每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
√
√
[解析] 粒子入射方向為PO方向,則與筒壁發生碰撞時的速度方向一定沿圓筒橫截面的半徑方向向外,根據題意可知,每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,故D正確;
假設粒子運動過程過O點,則過P點的速度方向的垂線和OP連線的中垂線是平行的而不能確定粒子軌跡圓心,由對稱性可知,撞擊筒壁后瞬間的速度方向的垂線和碰撞點與圓心O連線的中垂線依舊平行而不能確定粒子軌跡圓心,則粒子軌跡不可能過O點,A錯誤;
由題可知粒子在磁場中全部軌跡圓心連接成的多邊形應為以筒壁
為內接圓的多邊形,最少應為三角形,如圖所示,即撞擊兩次,B正確;
速度越大,粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數可能會增
多,粒子運動時間不一定變短,C錯誤.
4.　(多選)如圖所示,有一等腰直角三角形AOC,直角邊長為3d,AOC區域范圍內(包含邊界)存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場,質量為m、電荷量為+q的粒子可在直角邊AO上的不同位置垂直邊界、垂直磁場射入,入射速度大小為,D、E是AO邊界上的兩點(圖中未畫出),AD=EO=0.5d,不計粒子重力,則 (　　)
A.粒子在磁場做圓周運動的半徑為2d
B.粒子距A點(-1)d處射入,恰好不從AC邊界出射
C.從D點射入的粒子,在磁場中運動的時間為
D.從E點射入的粒子,在磁場中運動的時間為
√
√
[解析] 由洛倫茲力提供向心力,可得qvB=m,解得r==d,A錯誤;
粒子剛好不出磁場區域的運動軌跡如圖甲所示,恰好與AC相切,根據幾何關系可得,此時入射點到A的距離為(-1)d,即入射點到A點距離大于(-1)d且小于d的粒子都不能出磁場,運動軌跡為半圓,則時間為t=,B正確,C錯誤;
如圖乙所示,從D點處入射的粒子在磁場中的運動軌跡為一個半圓,在磁場中運動的時間為,在E點入射的粒子運動軌跡的圓心角為60°,在磁場中運動的時間為,D正確.
甲 乙
5.　(多選)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度,人們把此原理運用到薄膜材料制備上,使芯片技術得到飛速發展.如圖,寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區域,磁感應強度大小為B0,這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區域,正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切.在正方形區域內存在一個面積最小的勻強磁場區域,使匯聚到O點的粒子經過該磁場區域后寬度變為2r0,且粒子仍沿水平向右射出,不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力,下列說法正確
的是 (　　)
A.正方形區域中勻強磁場的磁感應強度大小為2B0,方向垂直紙面向里
B.正方形區域中勻強磁場的磁感應強度大小為B0,方向垂直紙面向里
C.正方形區域中勻強磁場的最小面積為2(π-2)
D.正方形區域中勻強磁場的最小面積為
√
√
[解析] 根據磁聚焦原理,粒子在半徑為r0的圓形磁場區域中運動,粒子運動的軌跡半徑為r0,有qB0v=m,解得B0=,要使匯聚到O點的粒子經正方形區域內的磁場偏轉后寬度變為2r0,且粒子仍沿水平向右射出,作出軌跡如圖所示,由幾何關系可知粒子的軌跡半徑為2r0,正方形中磁場區域內應該為圓形磁場的一部分,有qB1v=m,解得B1=,比較可得B1=B0,由左手定則可知,方向垂直紙面向里,A錯誤,B正確;
如圖所示,磁場區域的最小面積為S2=2(π-2),C正確,D錯誤.

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