第二部分核心主干專題突破

專題2.7恒磁場

目錄

【突破高考題型】...............................................................................1

題型二帶電粒子在勻強磁場中的運動............................................................3

類型1直線有界磁場........................................................................4

類型2圓形有界磁場........................................................................5

類型3多邊形有界磁場......................................................................6

題型三臨界和極值問題.........................................................................7

【突破高考題型】

題型一磁場的基本性質安培力

1.區分兩個定則

安培定則(或右手螺旋定則)用來判斷電流產生的磁場方向，左手定則用來判斷電流所受磁場力的方向。

2.磁場的疊加

(1)確定磁場場源，如通電導線。

(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向。如圖所

示為M、N在c點產生的磁場BM、BN。

(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場瓦

3.安培力

⑴大小：若/〃B,F=0；若/_LB,F=IIB.

(2)方向：用左手定則判斷，垂直于磁感線和通電導線確定的平面。

4.兩個等效模型

(1)變曲為直：圖甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時￡均可等效為"直線電流。

SN

甲乙

（2）化電為磁：環形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。

【例1】（2021?全國甲卷，16）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，￡0與O，Q在

一條直線上，尸0'與0尸在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流/,電流方向如圖所示。若一根

無限長直導線通過電流/時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B,則圖中與導線距離均為

”的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）

A.8、0B.O、2B

C.2B、2BD.B、B

【答案】B

【解析】根據安培定則可知，兩根導線在M處產生的磁感應強度大小均為8,方向相反，疊加后磁感應

強度大小為0;豎直方向的導線和水平方向的導線在N處產生的磁感應強度大小均為B,方向相同，疊加后

磁感應強度大小為28,B正確。

【例2】（多選）（2022?湖北高考，11）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上，棒

與導軌間的動摩擦因數恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水

平向右方向的夾角6可調。導體棒沿導軌向右運動，現給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場

方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為監；減速

時，加速度的最大值為小g,其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是（）

A.棒與導軌間的動摩擦因數為坐

B.棒與導軌間的動摩擦因數為坐

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，0=60°

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，0=150°

【答案】BC

【解析】設磁場方向與水平方向夾角為&，a<90。，當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據

左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有FsinS\—/i（mg—Fcos6\）=

nia\t令cosa=^Y^=,sina=不爺爺根據數學知識可得打(qTT『)sin(4+a)=〃mg+〃?a】，則有sin(?i

+a)=#^士等~1，同理磁場方向與水平方向夾角為仇，仇<90。，當導體棒減速，且加速度最大時.，合

F（：1+〃2）

力向左最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有Fsin02

+〃(〃?g+Fcos%)=〃肛2，有F(W+〃2)sin(02+a)=〃g—〃mg，所以有sin(6>2+a)=":當加速

或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯立可得"=坐，代入cosa=-j=4f可得a=30°,此時仇

=&=60。，加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有。=4=60。，減速階段加速度大小最大

時，磁場方向斜向左上方，有。=兀一出=120。，故B、C正確，A、D錯誤。

【例3】(2022?河北邯鄲市高三期末)如圖所示，M、N和尸是以MN為直徑的半圓弧上的三點，。為半圓弧

的圓心，NM0尸=60。，在M、N處各有一長直導線垂直穿過紙面，方向如圖所示，且/”=2/M已知電流為

/的長直導線在其周圍激發的磁場中，距導線距離為/"處的磁感應強度大小為8=,,其中火為常數)，此時

。點的磁感應強度大小為BL若將M處長直導線移至P處，則此時。點的磁感應強度為()

MeoN

A.大小為小Bi，方向水平向右

B.大小為小2”方向水平向左

C.大小為26，方向與水平方向夾角為30。斜向右下

D.大小為2囪，方向與水平方向夾角為30。斜向右上

【答案】A

【解析】設N處導線在O點激發磁場的磁感應強度大小為B。，則M處導線在O點激發的磁場的磁感應

強度大小為2瓦，導線未移動時，各導線在。點激發磁場的磁感應強度如圖中實線所示，可得用=&,將

M處導線移到P處時，在O點激發磁場的磁感應強度大小仍為2瓦，如圖中虛線所示，N處導線在。點激

發磁場的磁感應強度不變，則此時合磁感應強度大小為小瓦，即小巴，方向水平向右，故A正確.

Me濯避

題型二帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.基本思路

2.軌跡圓的幾個基本特點

（1）帶電粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角（如圖甲所示，。3=仇=仇）。

（2）帶電粒子經過勻強磁場時速度方向的偏轉角等于其軌跡的圓心角（如圖甲所示，a,=a2）?

（3）沿半徑方向射入圓形勻強磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向，如圖乙所示（兩側關于圓心連線對稱）。

方法二：由幾何關系求。一般由數學知識（勾股定理、三角函數等）通過計算來確定。

4.時間的確定

方法一：由圓心角求，

Z7C

方法二：由弧長求，，=%

類型1直線有界磁場

【例1】（2022?河北新高考演練卷）如圖所示，空間中存在一平面直角坐標系X。），，其第一象限內存在方向垂

直紙面向里的勻強磁場。將一帶負電的粒子從y軸上的A（0,幻點以一定初速度，沿著與y軸正半軸成6=

45。的方向射入磁場，經磁場偏轉后，粒子從x軸上的C點垂直x軸離開磁場。已知磁感應強度大小為B,

粒子的比荷和電荷量分別為鼠q,粒子的重力不計。下列說法正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的時間為房

B.從射入磁場到離開磁場，粒子所受洛倫茲力沖量的大小為吟曲

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.C與。點相距（g+1）。

【答案】D

【解析】如圖所示

作出粒子運動的軌跡，粒子在磁場中運動的時間為—?第=奇，A錯誤；由幾何關系得粒子的

運動軌道半徑R=&”，由洛倫茲力提供向心力有解得丫=簪=吟普，因為洛倫茲力是變力，

所以粒子所受洛倫茲力沖量的大小件（qvB）t,即厚（渣轡“黑=3取;,Qc錯誤；由幾何關系可

知，C與。點距離為soc=?+a=（"V^+D正確。

類型2圓形有界磁場

【例2】（2022?湖北新高考演練卷）如圖所示，半徑為R、圓心為。的圓形區域內有方向垂直于紙面向外的

勻強磁場（圖中未畫出）。兩個質量、電荷量都相同的帶正電粒子，以不同的速率從“點先后沿直徑在和弦

外方向射入磁場區域，成和碇的夾角為30。，已知沿ac方向射入的粒子剛好從b點射出，沿時方向射入

的粒子剛好從。點正下方射出，不計粒子重力。則（）

二;I

N訴------『

、、//

A.沿ac方向射入的粒子在磁場中運動軌跡半徑為R

B.沿ab方向射入的粒子在磁場中運動軌跡半徑為小R

C.沿砒方向射入的粒子與沿m方向射入的粒子在磁場中運動的時間之比為2：1

D.沿ac方向射入的粒子與沿H方向射入的粒子在磁場中運動的速率的比值為々瀘

【答案】C

【解析】沿"方向射入的粒子在磁場中運動方向偏轉60。，其軌跡所對的圓心角為60。，如圖中軌跡1所

示，由幾何關系知其軌跡半徑為n=/七A錯誤；沿川方向射入磁場區域的粒子在磁場中運動軌跡如圖

中軌跡2所示，根據幾何關系可知，該粒子的軌跡所對圓心角為30。，則軌跡半徑/滿足cin里4S詈°"=si也nI罟50，

Xsin15°=sin(45°-30°),解得5=(小+1)R，B錯誤：兩粒子的質量和電荷量相同，則在磁場中的運動周

期相同，結合兩粒子在磁場中的偏轉角可知，沿如方向射入的粒子與沿時方向射入的粒子在磁場中運動

的時間之比為2：1,C正確；根據qv8=乎可得v=嚕,則沿ac方向射入的粒子與沿ah方向射入的粒子

在磁場中運動的速率的比值為三亞，D錯誤。

類型3多邊形有界磁場

【例3】如圖所示，正六邊形He,慮/"區域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從7點沿加方向射

入磁場區域，當速度大小為物時，從點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb.當速度大小為％時，從c

點離開磁場，在磁場中運動的時間為人不計粒子重力。貝4()

=

A.Vb?Vc12,tb：tc=2：1

=

B.Vb*vc=21,tb?tc1?2

C.VbVc=21,tb-tc=2?'

D.VbtVc~12,力：te=\?2

【答案】A

【解析】如圖所示,

設正六邊形的邊長為/,當帶電粒子的速度大小為吻時，其圓心在a點，軌道半徑八=/,轉過的圓心角以

=宗，當帶電粒子的速度大小為方時，其圓心在。點(即由、沙延長線的交點)，故軌道半徑，2=2/,轉過

的圓心角=1

根據以3=4得片警，故由/=羿得T=贊所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，

又因為可得g=3=2，A正確，B、C、D錯誤。

27ttc“2

題型三臨界和極值問題

1.臨界極值問題的解決思路

(1)運用動態思維，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題

設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。

(2)粒子射出或不射出磁場的臨界狀態是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。

2.四類動態圓模型

適用條件粒子速度方向一定，速度大小不同

以入射點P為定點，圓心位于尸尸直線上，將半徑放

縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件

:XXX]

放縮圓

應用方法

1X、/XXJ

:xxry；

(軌跡圓的圓心在Pi三直線上)

適用條件粒子的速度大小一定，半徑一定，速度方向不同

旋轉圓將半徑為/?一'；?的圓以入射點為圓心進行旋轉，從

應用方法

而探索出臨界條件

P

（軌跡圓的圓心在以入射點尸為圓心、半徑R=簿的

圓上）

適用條件粒子的速度大小、方向均一定，入射點位置不同

將半徑為"段的圓進行平移

XXXXXXXX

平移圓

應用方法

（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）

帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡圓半

徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一

點射出，該點切線與入射速度方向平行

成立條件：

區域圓的

半徑等于

磁聚焦與磁聚焦

磁發散軌跡圓的帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如

半徑果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則粒子出射方

?mv

向與入射點的切線方向平行

磁發散

【例1】（多選）（2022?河南開封二模）如圖所示，在直角坐標系xOy第一象限內x軸上方存在磁感應強度大小

為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側紙面內各個方向射出速率相等

的質量大小均為機、電荷量大小均為q的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P

點。已知粒子帶負電，。尸=小05=小4,粒子重力及粒子間的相互作用均不計，則（）

XXXXX

XXXXX

Xx'、、xxx

"OPX

A.粒子的速度大小為嚕

B.從。點射出的粒子在磁場中的運動時間為黨

cji）

C.從x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9：2

D.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到0點的距離為與

【答案】AC

【解析】粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點，可以畫出其軌跡1,可知SP為直徑，由幾何

關系得（2夫）2=屋+（止d）2得到K=d,由洛倫茲力提供向心力得嗜=/8,則丫=嚕，A正確；

運動周期

由幾何知識可得，從。點射出的粒子的運動軌跡如軌跡3,軌跡所對的圓心角為60。，在磁場中的運動時間

二端,B錯誤；

3

運動時間最長的粒子為運動軌跡與x軸相切的粒子（軌跡2）,對應的圓心角為270。，得力=彳八運動時間最

短的粒子為從原點飛出的粒子（軌跡3）,f2=（T，所以h:及=9:2,C正確；沿平行x軸正方向射入的粒子，

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4,D錯誤。

【例2】（多選）（2022?遼寧名校聯考）如圖所示，三角形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其中/。=90。，

OQ=OP=2d,S為OP的中點，S處的粒子發射源以垂直OP的方向發射一系列速率不同的電子，電子的

比荷為k,已知磁場的磁感應強度大小為B,忽略電子的重力以及電子間的相互作用。下列說法正確的是

)

p

X、

XXX、、

XXXX'、、

一、Q

A.電子的速率為丫=8。時一，電子從0Q上距離。點d處離開磁場

B.從PQ邊離開的電子的最小速率為v=^2Bkd

C.從0P邊離開的電子的最大速率為丫=等

D.從。尸邊離開的電子，速率越大在磁場中運動的時間越短

【答案】AC

【解析】電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則由＞8="若可得r嘴當電子的速

率為v=8"時，電子的軌跡半徑為n=4,軌跡如圖中曲線2所示，則電子從距離。點”處離開磁場，A

正確；作出電子剛好不從PQ邊離開磁場時的運動軌跡，即軌跡與PQ相切，如圖中曲線3所示，由幾何關

系可知可得n=（6+1W，電子從PQ邊離開時軌跡半徑/?＞（啦+l）d,所以從PQ邊離開的電

子最小速率一定大于（小+1）&W,B錯誤:若要使電子從0P邊離開,則從0點離開的電子的軌跡半徑最大，

最大半徑為多如圖中曲線1,因此最大速率為Umax=等，C正確；電子在磁場中做勻速圓周運動的周期為

7=縹=鬻，根據幾何關系可知，電子從°F邊離開時，偏轉角均為18（）。，則從0P邊離開磁場的電子在

C{DDK

磁場中運動的時間均為尸亞僉，D錯誤。

【例3】（2022?福建福州市高三期末）如圖所示，圓形區域半徑為R,圓心在O點，區域中有方向垂直紙面向

外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.電子在電子槍中經電場加速后沿40方向垂直進入磁場，偏轉后從〃

點射出并垂直打在熒光屏尸。上的N點，平行于AO,O點到尸。的距離為2R電子電荷量為e、質量為

〃?，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用.求：

(1)電子進入磁場時的速度大小V；

(2)電子槍的加速電壓U；

(3)若保持電子槍與A。平行，將電子槍在紙面內向下平移至距A。為冷處，則電子打在熒光屏上的點位于N

點的左側還是右側，該點與N點間的距離是多少.

【答案】(1嚕(2噂⑶左側號R

【解析】(1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，WevB=n^

電子運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系得r=R聯立解得丫=甯

P-----0------Q

甲

(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得

聯立解得u=端

(3)電子在磁場中運動的半徑/=凡故平行于A0射入磁場的電子都將經過M點后打在熒光屏上.從與40

相距今的C點射入磁場的電子打在熒光屏上的G點，G點位于N點的左側，其軌跡如圖乙所示，由幾何關

【專題突破練】

1.(2022?江西九江二模)如圖所示，直角三角形ABC內(包括邊界)存在垂直紙面向里的勻強磁場，ZA=30°,

80_LAC,兩個帶異種電荷的粒子分別沿OB方向射入磁場，偏向左邊的粒子恰好沒有從AB邊射出磁場，

偏向右邊的粒子恰好垂直BC邊射出磁場，忽略粒子重力和粒子間的相互作用。若正、負粒子的速度大小之

比為1:3,則正、負粒子的比荷之比為（）

A.1：3B.3:

C.2：9D.9：2

【答案】

【解析】依題意,

o,oC

畫出粒子運動軌跡圖

由幾何關系可知修=/?2，由qvB=4得盤=或,因正、負粒子的速度大小之比為1：3,則正、負粒子的比

荷之比為1：3,故A正確。

2.（2022?河南六市聯合調研）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應

D

強度大小為B,"是圓。的直徑，c是圓周上一點，cOJ_",P、。是圓周上離加的距離均為菱的兩點。一

個質量為機、電荷量為q的帶負電粒子以一定大小的速度從P點沿平行于ab的方向射入磁場，粒子在磁場

中運動恰好經過。、。點。現保持粒子的速度大小、方向不變，讓粒子從Q點射入磁場，則粒子在磁場中運

動的時間為（）

A麗

【答案】A

【解析】作出從P點射入的粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系易知，。點為做圓周運動的圓心，

ZPQc=nO°,讓粒子從Q點射入磁場，根據平移法得出粒子運動軌跡如圖乙所示，由幾何關系得NQOc

=60。，粒子在磁場中運動的周期T=翳，則運動的時間為/=翳/7,解得『=魏，故A正確。

X、、

XX

X

.X

x\xXX

3.（2022?山東泰安一模）中國環流器二號M裝置（HL—2M）在成都建成并實現首次放電，該裝置通過磁場將

粒子約束在小范圍內實現核聚變。其簡化模型如圖所示，半徑為R和啜R兩個同心圓之間的環形區域存在

與環面垂直的勻強磁場，核聚變原料同核（1H）和笊核（，H）均以相同的速度從圓心。沿半徑方向射出，全部被

約束在大圓形區域內。則點核在磁場中運動的半徑最大為（）

D.（啦一1）/?

【答案】A

【解析】依題意，咒核、笊核全部被約束在大圓形區域內，根據較8=〃斤得/=發，由于二者速度相同，

根據半徑與比荷的關系，可知氣核，笊核在磁場中的軌跡半徑之比為1：2。當笊核在磁場中運動軌跡剛好

與磁場外邊界相切時，笊核運動軌跡半徑最大，由幾何知識得（啦R-rmax）2=/iax+K，求得笊核的最大半徑

為rmax=g，所以先核在磁場中運動的最大半徑為M=&max邛R，故A正確。

4.（2022?河南名校聯盟聯考）如圖所示，一個有理想邊界、磁感應強度B=5xior1的矩形勻強磁場ABC。

區域，對角線4c放一個擋板4B=CC=2()V§cm,8c=A￡>=20cm,左邊有一個寬度等于AB的線狀粒子

源，可以水平向右發射速度v=lxl()5m/s的粒子，粒子的質量m=lxl()-25kg,電荷量“=-2x10-15(2,不

計粒子的重力和粒子間的相互作用，在擋板AC上能打上粒子部分的長度是()

A.10cmB.1073cm

C.2(h/3cmD.20cm

【答案】B

【解析】粒子在

磁場中運動，由4V8=盯得/=不，解得r=0.1m=10cm,粒子運動的圓周與AC相切時，能打到AC上

的長度最大，設從E點射出的粒子恰好與AC邊相切，粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系有tanN4

平'AF=tanZ卷cm=1()73cm,A、C、D錯誤’B正確。

3

5.(2022?浙江Z20名校聯盟第三次聯考)-光滑絕緣的正方體固定在水平面內。AB導體棒可繞過其中點的

轉軸在正方體的上表面內自由轉動，C。導體棒固定在正方體的下底面。開始時兩棒相互垂直并靜止，兩棒

中點。、。2連線在正方體的中軸線上。現對兩棒同時通有圖11所示(A到B、。到。方向的電流。下列說

法中正確的是()

A.通電后48棒仍將保持靜止

B.通電后AB棒將要順時針轉動(俯視)

C.通電后AB棒將要逆時針轉動（俯視）

D.通電瞬間線段。1。2間存在磁感應強度為零的位置

【答案】B

【解析】從正視方向研究C。導體棒電流產生的磁場分布，如圖所示，可知8導體棒電流在8端有垂直

A8棒向上的分磁場，根據左手定則可知8端受到垂直于紙面向外的安培力，8端向外轉動，C。導體棒電

流在A端有垂宜A8棒向下的分磁場，根據左手定則可知A端受到垂直于紙面向里的安培力,A端向里轉動，

故俯視導體棒A8將要順時針轉動，B正確，A、C錯誤；根據安培定則可知通電瞬間CO導體棒電流和

導體棒電流在線段0。2間產生的磁場方向相互垂直，故通電瞬間線段0。2間不存在磁感應強度為零的位

置，D錯誤。

B

A.-一

i'⑥c（D）:;

、?

、/?

、、，/

6.（多選）（2022?名校聯盟選考）圖甲中一半徑為R的圓形面內沿豎直直徑放置一通電直導線，圖乙中平行放

置三根通電直導線，間距均為“，圖丙中在邊長為a的正方形的四個頂點分別放置垂直紙面的通電直導線，

導線間距離及導線中電流的大小和方向已在圖中標出。已知電流為/的通電直導線在距離直導線，?處產生的

磁場的磁感應強度大小為8=藁。下列說法正確的是（）

甲乙丙

A.圖甲中圓形區域的磁通量為零

B.圖乙中通有電流/o的直導線所受安培力為零

C.圖丙中。點的磁感應強度大小為資

D.圖乙中調節/o大小，三根直導線所受安培力可能都為零

【答案】ABD

【解析】根據對稱性可知，兩個半圓內的磁通量大小相等，方向相反，則圖甲中圓形區域的磁通量為零，

A正確；根據同向電流相吸、異向電流相斥及對稱性可知，圖乙中通有電流的直導線所受安培力等大反

向，合力為0,B正確；圖丙中。點有四個磁場，對角的兩個同向電流產生的磁感應強度大小相等，方向相

反，對角的兩個異向電流產生的磁感應強度方向相同，相互疊加后為8=總'2=哼旦，C錯誤；根據8

2

=與知，當/。=3時，三根通電導線受到的安培力的合力均為零，D正確。

7.（2022?湖南高考，3）如圖（a）,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸。0,上，其所在區域存

在方向垂直指向。0,的磁場，與00,距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）

所示。導線通以電流/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為仇下列說法正確的是（）

,)

II

6bM(N)

左右

(b)

A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變

C.tan0與電流I成正比

D.sin。與電流/成正比

【答案】D

【解析】當導線靜止在題圖（a）右側位置時，對導線受力分析如圖所示,

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由例指向N,A錯誤；由于與距離相等位置的磁感

應強度大小相等且不隨時間變化，有

sinFT=mgcoa9,貝Usin。與電流/成正比，當/增大時0增大，cos0減小，靜止后，導線對懸線

的拉力FT減小，B、C錯誤，D正確。

8.（多選）（2022?湖北高考，8）在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分

充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均

為B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直

且與SP成30。角。已知離子比荷為匕不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為優

則離子的入射速度和對應9角的可能組合為（）

A.gkBL,0°B.gkBL,0°

C.kBL,60°D.2kBL,60°

【答案】BC

【解析】若離子通過下部分磁場直接到達2點，如圖甲所示,

根據幾何關系則有R=L,41，8=稔，可得v="^=kBL,根據對稱性可知出射速度與5P成30。角向上，故

出射方向與入射方向的夾角為8=60。。當離子上下均經歷一次時，如圖乙所示，

XXXX*X

XXXXX

L

乙

因為上下磁感應強度均為8,則根據對稱性有根據洛倫茲力提供向心力有外8=〃與，可得丫=瞭

=*BL,此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為6=0。。

通過以上分析可知當離子從下部分磁場射出時，需滿足-=

~~kBUn^\,2,3…），此時出射方向與入射方向的夾角為9=60。；當離子從上部分磁場射出時，需滿足

2n—\

v=罌昌臚L（n=l,2,3...）,此時出射方向與入射方向的夾角為9=0。，故可知B、C正確，A、D錯誤。

9.（多選）（2022?遼寧高考，8）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域

有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從尸點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁

場區域后打在探測器上的例點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態，忽略粒

子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）

A.粒子1可能為中子

B.粒子2可能為電子

C.若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的。點

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點

【答案】AD

【解析】由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，故A正確；粒子2

向上偏轉，根據左手定則可知粒子2應該帶正電，故B錯誤；粒子1不帶電，增大磁感應強度，粒子【不

會偏轉，仍打在M點，故C錯誤；根據洛倫茲力提供向心力有解得r=卷，增大粒子入射速度，

粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的。點，故D正確?

10.（2022?廣東廣州模擬）如圖所示，在豎直邊界MN左側有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強

磁場，豎直邊界O處有一小孔，大量帶正電的相同粒子從各種不同方向沿紙面以相同速率從小孔射入磁場。

緊貼小孔的下方有一可繞。轉動的足夠長擋板04（忽略小孔的大小，認為小孔與轉動軸在同一位置），射入

磁場的帶電粒子能全部打在擋板上。不計粒子重力及其相互作用，當擋板和邊界MN的夾角0由0。增大到

180。的過程中，從小孔射入的帶電粒子擊中擋板區域的長度將（）

XXX

xBxx

XXX

xXXN

A.不斷增大

B.先增大，后減小，其長度變化情況先后對稱

C.先增大，后減小，其長度變化情況先后不對稱

D.先增大，后不變

【答案】D

【解析】帶正電的粒子進入磁場后，由左手定則得軌跡如圖

則當擋板和邊界MN的夾角e由0。增大到180。的過程中，在位置1時，電荷打在板上的長度小于直徑，從

2位置開始電荷打在板上長度等于直徑，此后維持不變，直到增大到180。，故D正確。

12.（2022?山西晉中二模）如圖所示，用一根電阻絲制作成正方形線框abed,固定于勻強磁場中的線框平面與

磁場方向垂直，線框頂點匕與電源兩端相連，電源內阻與正方形一條邊的電阻相等，導線電阻忽略不計。

S閉合后，線框受到的安培力大小為凡若僅將岫邊切割移走，則余下線框受到的安培力大小為（）

F

B

,4

r16尸

【答案】C

【解析】設正方形線框一條邊的電阻為R,長度為L,當開關S閉合時，正方形的總電阻為凡=與7=

jKIA

%?,由閉合電路歐姆定律可得,E4￡

電路中的電流所以線框所受的安培力F=hLB,當ab邊

7R'

邛+R

FF

切割移走后，電路中的電阻/?2=R+3R=4R,由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流上=房二;=焉，此

3K+A4K

7

時線框所受的安培力FI=/2L8,聯立求解得尸產木尸，故C正確。

13.（2022?福建新高考演練卷）如圖所示，真空中豎直放置一根通電長直金屬導線MN,電流方向向上。而是

一根水平放置的內壁光滑的絕緣管，端點。、6分別在以MN為軸心、半徑為R的圓柱面上。現使一個小球

自。端以速度W射入油管，小球半徑略小于絕緣管半徑且帶正電，小球重力忽略不計，小球向人運動過程

中，下列說法正確的是（）

A.小球的速率始終不變

B.洛倫茲力對小球先做正功，后做負功

C.小球受到的洛倫茲力始終為零

D.管壁對小球的彈力方向先豎直向下，后豎直向上

【答案】A

【解析】如圖為俯視圖，根據右手螺旋定則，知磁感線如圖所示，小球在磁場中受到洛倫茲力和彈力作

用，洛倫茲力和彈力都不做功，小球速率不變，A正確，B錯誤：當小球運動到"中點時，磁感線的切線

方向與小球速度方向平行，小球所受洛倫茲力為零，小球自〃點到a人中點，所受洛倫茲力方向豎直向下,

絕緣管壁對小球的彈力方向豎直向上，小球從H中點至b點，所受洛倫茲力方向豎直向上，絕緣管壁對小

球的彈力方向豎直向下，C、D錯誤。

14.（2022?山東濰坊預測）如圖所示，離子源S到直線MN的距離為L,整個空間存在磁感應強度大小為B的

勻強磁場，磁場方向垂直S和MN所在的平面向里。離子源S一次性沿平面向各個方向均勻地射出大量速

度大小相同的正離子，上有離子經過的區域長為平乙已知離子的比荷為我,不計離子的重力及離子間

的相互作用力，則離子的速度大小為（）

XXXXX'XXX

XXXXX煦XX

xxxxLx.XXX

XXXXXiXXX

XXXXX：以XX

kBLD小kBL

A?丁B.3

2y[3kBL

J3D.3

【答案】B

【解析】MN上有離子經過的區域長為竽L,根據幾何關系可知，軌跡直徑另一端與直線相交處為離子

經過的最遠點，故（2K）2=Z?+（當，，解得圓周運動半徑/?=乎4，根據以8=*，解得匕故B

正確。

15.（多選）（2022?河南開封市模擬汝口圖所示，在xOy坐標平面第一象限的圓形區域內有垂直于坐標平面向里

的勻強磁場，磁感應強度大小為B,圓的半徑為R,與x軸和y軸分別相切于P點和。點，圓心在C點，

在y軸上A（0,5?）點沿x軸正方向射出一質量為〃八電荷量為q（g>0）的帶電粒子，粒子進入磁場后經偏轉

剛好經過圓心C,不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（）

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為號？

B.粒子出磁場時的速度方向沿y軸正方向

C.粒子出磁場時的速度大小為絳5

D.粒子在磁場中運動的時間為舞

【答案】CD

【解析根據題意可以得到如圖軌跡，軌跡圓心為B點，進入磁場的點為A,出磁場的點為。，因為4坐

標為（0,斗?），則根據兒何關系可得/QC4-30。，則/C48=60。，可知8點在圓周上，A48C為等邊三角

形，故粒子做圓周運動的半徑為R,A錯誤；粒子出磁場時速度方向為左上，由幾何關系可知與豎直方向成

30°,B錯誤；洛倫茲力提供向心力，則8"=賢，得v=誓,C正確；粒子在磁場中的運動軌跡的圓心

角為120。，則運動時間為1=丁=拳，D正確.

16.（多選）（2022?河北省高二檢測）如圖所示，以。為圓心、半徑為R的圓形區域內存在垂直于圓面的磁場，

一束質量為，"、電荷量為一q的同種粒子（不計重力和粒子之間相互作用），從圓周上的P點以不同速率沿不

同方向射入磁場區域，其中以最大速率4且沿PO方向射入的粒子恰好從A點離開磁場.已知NPOA=90。，

則以下說法正確的是（）

o

A.區域內磁場方向垂直圓面向里

B.速率為5的粒子不可能從A點射出

C.從A點離開磁場的粒子速率最小值為坐vo

D.若將區域內磁場增大為原來的啦倍，則所有粒子只能從圓弧上離開

【答案】ABD

【解析】由題可知，粒子從A點離開磁場，則粒子在P點所受洛倫茲力方向向右，由左手定則可知，磁

場方向垂直圓面向里，粒子運動的最大半徑為R，則速率為與的粒子軌跡半徑為京，直徑為R，且PA=y[2R,

故直徑小于PA弦長，不可能從A點射出，A、B正確；從A點離開磁場的粒子速率最小值對應半徑最小,

最小半徑為足=，也=坐/?=誓，又有R=紫，聯立解得"=噂m，C錯誤；若將區域內磁場增大為原來

zzbqcjDz

的噌倍，根據R=器，可知粒子的最大直徑為W已恰好等于弦長加，所有粒子只能從圓弧力上離開，D

正確.

17.如圖所示，在xOy平面上以0為圓心的圓形區域內存在勻強磁場（圖中未畫出），磁場方向垂直于xOy平

面向外.一個質量為"?、電荷量為q的帶負電粒子，從原點0以初速度亦沿y軸負方向開始運動，后來粒

子經過x軸上的A點，此時速度方向與x軸的夾角為30。4到。的距離為d,不計粒子的重力，則圓形磁場

區域的半徑為（）

n1

【解析】粒子的運動軌跡如圖所示，設粒子運動的半徑為R,由幾何關系可知R+—r^=d,解得R=：d,

O111V/

則圓形磁場區域的半徑為r=2/?sin60。=坐"，故選B.

18.侈選）（2022?四川成都市三模）如圖，半徑為R的半圓形區域內（含邊界）有方向垂直紙面向里、磁感應強度