重難點11磁場

『沿命題趨勢』

■J

考點三年考情分析2025考向預測

近年來在高考命題中呈現出以下幾個趨勢：

考點1磁現象及安培力2020年江蘇題題型創新、考查內容更新、學科融合、開放性和多

2021年江蘇題

考點2洛倫茲力及帶電粒子在勻強角度性、現代科技成果展現、倡導解決實際問題。

2022年江蘇題

磁場中的運動

2023年江蘇題安培力和洛倫茲力作為高考物理的熱點難點，其命

考點3帶電粒子在復合場中的運動2024年江蘇題題趨勢將緊跟高考改革的步伐，注重考查學生的綜

合素質和解決實際問題的能力。

重難詮釋

◎

【情境解讀】

磁場及其對電流的作用—T

安培力

大小F=qiBsin6^^中當1」B時F=qvB

濟侖|-

方向|左手定則|

帶電粒子在磁場中的運動一―

帶電粒

子在有

界勻強

磁場中

的運動

【高分技巧】

【高分技巧】

1.安培力作用下導體的平衡問題

（1）求解安培力作用下導體平衡問題的基本思路

①選對象：通電導線或通電導體棒

②平面化分析力：變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，導體棒或導線用圓圈口表示，電

流方向用"X"或“?”表示，由左手定則判斷安培力的方向，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安

±B＞尸安，/。如圖所示:

④列方程：在其他力基礎上多一個安培力，根據平衡條件列方程

（2）求解關鍵

①電磁問題力學化。

②立體圖形平面化。

2.安培力作用下導體運動情況判定的五種方法

（1）電流元法：分割為電流元一-旦燮L-安培力方向一整段導體所受合力方向一運動方向

（2）特殊位置法：在特殊位置一安培力方向一運動方向

（3）等效法

①環形電流今小磁針

②條形磁鐵今通電螺線管今多個環形電流

（4）結論法：同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行

且電流方向相同的趨勢

（5）轉換研究對象法：先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作

用力

3.帶電粒子在磁場中的運動規律

在帶電粒子只受洛倫茲力作用的條件下（電子、質子、a粒子等微觀粒子的重力通常忽略不計），

（1）若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行（相同或相反），帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。

（2）若帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速率v做勻

速圓周運動。

①洛倫茲力提供向心力：cpB=mJ

r

②軌跡半徑：r=—o

qB

③周期：T=—、T可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應

vqB

強度有關。

④運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為。（弧度）時，所用時間％二——To

171

p2_Bqr2

10

⑤動能：Ek=—mv

2m2m

4.帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

（1）圓心的確定方法

①若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖

甲。

②若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心,

如圖乙。

（2）半徑的確定和計算

①連接圓心和軌跡圓與邊界的交點，確定半徑，然后用幾何知識求半徑，常用解三角形法，如圖

公扁或由R'1+x-"求得人驍

②在分析幾何關系時，特別要掌握以下兩點

I、粒子速度的偏向角°等于圓心角a,且等于A8弦與切線的夾角（弦切角6）的2倍（如圖所示）,

即0=2=2,=GJto

II、相對的弦切角。相等，與相鄰的弦切角夕互補，即。+夕=無。

（3）運動時間的確定

0

粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為。時，其運動時間：t=-T

2〃

或/=—o（/為弧長）

v

（4）數學原理

①幾何模型：圓與直線相交、圓與圓相交。

②對稱性：圓與直線相交，軌跡（圓弧）關于圓心到邊界的垂線軸對稱；軌跡圓和磁場圓相交，軌跡

（圓弧）關于兩圓心的連線軸對稱。（如圖）

I

'o"

③構造三角形

④確定角度

I、有已知角度：利用互余、互補、偏向角與圓心角的關系、弦切角與圓心角的關系確定；

II、沒有已知角度：利用邊長關系確定。

5.帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界及極值問題

帶電粒子在有邊界的磁場中運動時，由于邊界的限制往往會出現臨界問題.解決帶電粒子在磁場中運

動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態,

根據磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解。

（1）臨界條件

帶電粒子剛好穿出（不穿出）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，故邊界（邊

界的切線）與軌跡過切點的半徑（直徑）垂直。

（2）解題步驟：分析情景一作基礎圖一作動態圖一確定臨界軌跡-分析臨界狀態一構建三角形一解三

角形

（3）解題方法

①物理方法

I、利用臨界條件求極值；

II、利用問題的邊界條件求極值；

III、利用矢量圖求極值。

②數學方法

I、利用三角函數求極值；

II、利用二次方程的判別式求極值；

III、利用不等式的性質求極值；

IV、利用圖像法、等效法、數學歸納法求極值。

（4）臨界點常用的結論：

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時間最長或最短的臨界條件：當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長，運動時間越長;

當比荷相同，入射速率v不同時，圓心角越大，運動時間越長。

（5）典型模型

①直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）

圖乙中粒子在磁場中運動的時間T—加（1-3翳丹

圖丙中粒子在磁場中運動的時間r=-r=—o

7iBq

最長時間：弧長最長，一般為軌跡與直線邊界相切。

最短時間：弧長最短（弦長最短），入射點確定，入射點和出射點連線與邊界垂直。

②平行邊界（往往存在臨界條件，如圖所示）

d=2R2d=Rsin0d=R（l+cos0）（/=K（l-cos0）

甲乙丙丁

圖甲中粒子在磁場中運動的時間/1=色，攵三=等；

Bq2Bq

圖乙中粒子在磁場中運動的時間/=-;

Bq

圖丙中粒子在磁場中運動的時間r=（l-g）T=（l-§篝=*；

圖丁中粒子在磁場中運動的時間片27=答。

③圓形邊界（進出磁場具有對稱性）

I、沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示。

II、不沿徑向射入時，射入時粒子速度方向與半徑的夾角為仇射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為

仇如圖所示。

公共弦為小圓直徑時，出現極值，即：當運動軌跡圓半徑大于圓形磁場半徑時，以磁場直徑的兩端點

為入射點和出射點的軌跡對應的圓心角最大。當運動軌跡圓半徑小于圓形磁場半徑時，則以軌跡圓直徑的

兩端點為入射點和出射點的圓形磁場對應的圓心角最大。

5.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態

不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題。

①找出多解的原因：磁場方向不確定形成多解、臨界狀態不唯一形成多解、運動的周期性形成多解

②畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。

6.“平移圓”模型

(1)適用條件：速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上

例：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進入勻強磁場時，它們

做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為％,則半徑R=嗎，如圖所示

qB

(2)特點：軌跡圓圓心共線，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與

入射點的連線平行

（3）界定方法：將半徑為R=②的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”

qB

法

7.“旋轉圓”模型

（1）適用條件：速度大小一定，方向不同

例：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，它們在磁場中做勻速圓周運動

的半徑相同，若入射初速度大小為物,則圓周運動軌跡半徑為氏=口，如圖所示

qB

（2）特點：軌跡圓圓心共圓，如圖，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、

半徑7?=嗎的圓上

qB

（3）界定方法：將一半徑為R=二包的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索出臨界條件，這種方法

qB

稱為“旋轉圓”法

8.“放縮圓”模型

（1）適用條件：速度方向一定，大小不同

例：粒子源發射速度方向一定，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

（2）特點：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v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尸尸,上

XXXX

XX

X

V

XXXXX

（3）界定方法：以入射點P為定點，圓心位于直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條

件，這種方法稱為“放縮圓”法

9.“磁聚焦”與“磁發散”模型

條件：當圓形磁場的半徑與圓軌跡半徑相等時，存在兩條特殊規律

（1）磁聚焦：平行射入圓形有界磁場的相同帶電粒子，如果圓形磁場的半徑與圓軌跡半徑相等，則所

有粒子都從磁場邊界上的同一點射出，并且出射點的切線與入射速度方向平行

證明：四邊形OAO5為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，必平行于AO,（即豎直方向），可知從

A點發出的帶電粒子必然經過8點。

（2）磁發散：帶電粒子從圓形有界磁場邊界上某點射入磁場，如果圓形磁場的半徑與圓軌跡半徑相等,

則粒子的出射速度方向與圓形磁場上入射點的切線方向平行

證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心。、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形,

OiAMB、O3C）均平行于尸0,即出射速度方向相同（沿水平方向）。

限時提升練

（建議用時：40分鐘）

1.（2024.江蘇?高考真題）如圖所示，兩個半圓環區"cd、abc'"中有垂直紙面向里的勻強磁場，區域

內、外邊界的半徑分別為與、ab與a?間有一個勻強電場，電勢差為U,cd與c"間有一個插入體,

電子每次經過插入體速度減小為原來的4倍。現有一個質量為加、電荷量為e的電子，從加面射入插入體,

經過磁場、電場后再次到達4面，速度增加，多次循環運動后，電子的速度大小達到一個穩定值，忽略相

對論效應，不計電子經過插入體和電場的時間。求：

（1）電子進入插入體前后在磁場中運動的半徑（、馬之比；

（2）電子多次循環后到達cd的穩定速度v；

（3）若電子到達cd中點尸時速度穩定，并最終到達邊界d,求電子從尸到d的時間心

⑶兀但-RJJ砥1+左)

【答案】（1）l：k方向垂直于cd向左

4\eU(l-k)

【解析】（1）設電子進入插入體前后的速度大小分別為匕、v2,由題意可得嶺=依

2

電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得evB=m—

r

解得我

可知在磁場中的運動半徑rsn,可得4:々=%：%=1:左

（2）電子多次循環后到達cd的穩定速度大小為也則經過插入體后的速度大小為公。電子經過電場加

1,1,

速后速度大小為V,根據動能定理得e。=-mv--m(kv)2

22

解得v=J—2eU、,方向垂直于cd向左。

(3)電子到達cd中點P時速度穩定，并最終到達邊界上的“點。由尸點開始相繼在兩個半圓區域的

運動軌跡如下圖所示。

mv1/9J

根據(1)(2)的結論，可得電子在右半圓區域的運動半徑為廠=—=-1-------

eBB\e(l-k2)

電子在左半圓區域的運動半徑為b,貝！］Ax=2r—2%度

P點與d點之間的距離為Pd=g但一&)

PdR,—R,

電子由尸點多次循環后到達d點的循環次數為n=—=/八1

Ax4(1-k)r

2寸〃7

電子在左、右半圓區域的運動周期均為T=——

eB

忽略經過電場與插入體的時間，則每一次循環的時間均等于T,可得電子從P到d的時間為

爪R「RJ」皿1+Q

4\eU(l-k)

2.(2022.江蘇.高考真題)如圖所示，兩根固定的通電長直導線。、6相互垂直，a平行于紙面，電流方

向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向()

-L.

:?

I

b<^)r

A.平行于紙面向上

B.平行于紙面向下

C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里

D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外

【答案】C

【解析】根據安培定則，可判斷出導線。左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向斜

向下方，根據左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。故選C。

3.（2023.江蘇.高考真題）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為反心形導線通以恒定電流/,放置在磁

場中.已知湖邊長為2/,與磁場方向垂直，兒邊長為/,與磁場方向平行.該導線受到的安培力為（）

aI

I

b'~~*—c

A.0B.BIlC.2BIID.小BII

【答案】C

【解析】因秋段與磁場方向平行，則不受安培力；乃段與磁場方向垂直，則受安培力為

FwBI2l=2BIl,則該導線受到的安培力為22〃。故選C。

4.（2023.江蘇.高考真題）霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖所示的模型。。移平面內存在豎直向下

的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為人質量為加、電荷量為e的電子從。點沿尤

軸正方向水平入射。入射速度為vo時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于w時，電子的運動軌跡如圖

中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。

（1）求電場強度的大小E;

（2）若電子入射速度為以，求運動到速度為為時位置的縱坐標yi；

42

（3）若電子入射速度在范圍內均勻分布，求能到達縱坐標％=誓位置的電子數N占總電

5eB

子數No的百分比。

*Bx

x\/x

【答案】(1)voB-,(2)網金；(3)90%

32eB

【解析】(1)由題知，入射速度為V0時，電子沿X軸做直線運動則有Ee=ewB

解得E=voB

(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功,

且由于電子入射速度為a,則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，根據動能定理有

22

eE'i=1m(-|v0)-1皿;v0)

(3)若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y,則根據動能定理有

由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有/合=evmB-eE

在最低點有F臺=eE-evB

要讓電子達縱坐標為=普位置，即yz”

9

解得正％

則若電子入射速度在0<v<vo范圍內均勻分布，能到達縱坐標％=篝位置的電子數N占總電子數

No的90%。

5.(2022.江蘇.高考真題)利用云室可以知道帶電粒子的性質，如圖所示，云室中存在磁感應強度大小

為2的勻強磁場，一個質量為相、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b,a、b

在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內的徑跡長度之比4=3:1,半徑之比4：%=6:1,不計

重力及粒子間的相互作用力，求:

(1)粒子a、b的質量之比ma:mb-

(2)粒子。的動量大小2。

6

【答案】(1)2:1；(2)-mv

7

2

【解析】(1)分裂后帶電粒子在磁場中偏轉做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有"5=加匕

r

mv

解得r=—

qB

由題干知半徑之比=6:1,故mava:mbvb=6:1

因為相同時間內的徑跡長度之比I。：九=3:1,則分裂后粒子在磁場中的速度為均：為=3:1

聯立解得ma:mb=2:1

(2)中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和6,分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，

根據動量守恒定律mv=mava+mbvb

6

因為分裂后動量關系為mava:mbvb=6:1,聯立解得pa=mava=-mv

6.(2021.江蘇.高考真題)在光滑桌面上將長為乃L的軟導線兩端固定，固定點的距離為2L，導線通有

電流/,處于磁感應強度大小為8、方向豎直向下的勻強磁場中，導線中的張力為()

A.BILB.2BILC.兀BILD.IJIBIL

【答案】A

【解析】從上向下看導線的圖形如圖所示

導線的有效長度為2L則所受的安培力大小戶=25〃

設繩子的張力為T,由幾何關系可知T=￡

2

解得T=BIL，故A正確，BCD錯誤。故選A。

7.（2021.江蘇.高考真題）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區域以。點為圓心，磁感應強度大

小為2,加速電壓的大小為U、質量為用、電荷量為q的粒子從。附近飄入加速電場，多次加速后粒子經

過尸點繞。做圓周運動，半徑為凡粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在尸位置安

裝一個“靜電偏轉器，，，如圖2所示，偏轉器的兩極板M和N厚度均勻，構成的圓弧形狹縫圓心為。、圓心

角為當M、N間加有電壓時，狹縫中產生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再

次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求：

（1）粒子加速到尸點所需要的時間t；

（2）極板N的最大厚度4,；

（3）磁場區域的最大半徑Rm。

圖1

1Tim2mER.a

【答案】（1）；(3)R+sin——

、2mUqBqB2R—mE2

【解析】（1）設粒子在尸的速度大小為Vp，則根據4陽=機、

可知半徑表達式為R=*

對粒子在靜電場中的加速過程，根據動能定理有〃4。=5根丫?

_271m

粒子在磁場中運動的周期為

粒子運動的總時間為/=5-1）xg

（2）由粒子的運動半徑廠=胃，結合動能表達式線=工機F變形得廠=回線

qB2qB

則粒子加速到。前最后兩個半周的運動半徑為【巨『土

由幾何關系有4n=2（4一G）

2mU

qB-

（3）設粒子在偏轉器中的運動半徑為b，則在偏轉器中，要使粒子半徑變大，電場力應和洛倫茲力反

2

向，共同提供向心力，即切力8—4石=機工

設粒子離開偏轉器點為E,圓周運動的圓心為O'。由題意知，O'在SQ上，且粒子飛離磁場的點與

。、。在一條直線上，如圖所示。

粒子在偏轉器中運動的圓心在。點，從偏轉器飛出，即從E點離開，又進入回旋加速器中的磁場，此

時粒子的運動半徑又變為R，然后軌跡發生偏離，從偏轉器的歹點飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為

Rm=OF=R+OO'

將等腰三角形△OO'Q放大如圖所示。

a

虛線為從。點向OO'所引垂線，虛線平分。角，則00=2（2—尺/皿萬

「八2mER.a

解得最大半徑為凡=夫+幫仁V

（2020江蘇.高考真題）空間存在兩個垂直于。孫平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度

分別為2穌、3綜。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點。沿x軸正向射入磁場，速度均為V。甲第1次、

第2次經過y軸的位置分別為P、Q,其軌跡如圖所示。甲經過。時，乙也恰好同時經過該點。已知甲的質

量為"z,電荷量為次不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：

（1）。到。的距離d；

（2）甲兩次經過尸點的時間間隔A/；

（3）乙的比荷幺可能的最小值。

【解析】（1）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，由得,

。的距離為：d=2Rt-2R2=

3洛

CP27?

（2）由（1）可知，完成一周期運動上升的距離為d,粒子再次經過尸，經過N個周期，N=——===3

dd

所以，再次經過P點的時間為，=MT=37

T2兀R、71m2TIR_271nl

由勻速圓周運動的規律得Z=——L=~,2

VqB0v3qB。

57rm

繞一周的時間為八寸+,西

571m

所以，再次經過尸點的時間為t=3T=FT

2qBo

兩次經過尸點的時間間隔為2=7-UF

2qB0

v2八，mv八，mv

（3）由洛倫茲力提供向心力，由4VB=加匕得，K=丁丁，凡=TF

R2qB°3qBo

完成一周期運動上升的距離d'=2RJ-2%'

若乙粒子從第一象限進入第二象限的過程中與甲粒子在。點相遇，則2K'+〃/=OQ=d,

結合以上式子，w無解。

若乙粒子從第二象限進入第一象限的過程中與甲離子在。點相遇，則加7'=。。,

計算可得工=〃2(n=l,2,3……)

mm

由于甲乙粒子比荷不同，則〃=2時，乙的比荷《最小，為昱=過

m'm'm

8.（2024.江蘇姜堰中學、如東中學等三校.二模）我國新一代航母電磁阻攔技術基本原理如圖所示：飛

機著艦時關閉動力系統，利用尾鉤鉤住絕緣阻攔索并拉動軌道上的一根金屬棒ab,導軌間距為d,飛機質

量為金屬棒質量為"3飛機著艦后與金屬棒以共同速度％進入磁場，軌道端點間電阻為K，金屬

棒電阻為廠，不計其它電阻和阻攔索的質量。軌道內有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度為瓦金屬棒運動

一段距離x后與飛機一起停下，測得此過程中電阻R上產生的焦耳熱為0,不計一切摩擦，則（）

A.整個過程中通過回路的電流方向為順時針方向

B.整個過程中通過電阻R的電荷量為警

C.整個過程中飛機和金屬棒克服阻力所做的功+。

D.通過最后土的過程中，電阻R上產生的焦耳熱為?

24

【答案】D

【解析】根據右手定則可知金屬棒中感應電流方向由6到m整個過程中通過回路的電流方向為逆時針

方向，A錯誤；金屬棒運動一段距離尤后與飛機一起停下，此時速度為零，根據動量定理得

-BIxdtx=O-（M+m）vo,即Bqd=（M+喻為

通過金屬棒的電荷量為q=,B錯誤；

Bd

電阻R上產生焦耳熱為。，根據焦耳定律可得金屬棒上產生的焦耳熱為Q'=

根據能量守恒可知飛機和金屬棒克服摩擦阻力和空氣阻力所做的總功為

1r

W=-（M+m）v--Q-—Q,C錯誤；金屬棒運動一段距離x后與飛機一起停下，此時速度為零，根據

2R

動量定理得—BI—0—（Af+加）％

vE人Bdx人Bdx

通過的電荷量“="=即加=即聲加=即

設金屬棒經過|■位置時的速度為丫2,根據動量定理得-題叱=（河+加）彩-（〃+帆）％

通過電荷量/=不，=上"=Bdx-xBdx-x

2Z=———

…（R+r）（7?+r）A^（夫+「）

求得2%=v0

D1

金屬棒運動一段距離X后與飛機一起停下，電阻R上產生的焦耳熱。，Q=^—x-(m+M)vl

XR1

通過最后'的過程中，速度從為減小到0，電阻R上產生的焦耳熱。，e，=-^x-(m+M)vf

解得Q'=2,D正確。故選D。

4

9.(2024.江蘇連云港.三模)2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新

的世界紀錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為用和場的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻

強磁場，磁場方向垂直紙面向里，凡=2&。假設京核；H沿內環切線向左進入磁場，氤核：H沿內環切線

向右進入磁場，二者均恰好不從外環射出。不計重力及二者之間的相互作用，貝屋H和：H的速度之比為

()

D.1：2

【答案】D

【解析】由題意可知，根據左手定則，作圖如圖所示

由幾何關系可知，笊核；H的半徑為"有2fl=R2—R[=&

則弓吟

由幾何關系可知，次核：H的半徑為馬，有2r2=&+生=3號

3

則

2

由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m—

r

M1

笊核和氤核的速度之比為」=彳，故選D。

v22

10.（2024.江蘇連云港.三模）如圖所示，三角形AC。區域內有垂直于紙面向里勻強磁場，磁感應強

度為B,ZC=30°,"=45°,AO垂直于CO,。4長度為L。。點有一電子源，在ACD平面向磁場內

各個方向均勻發射速率均為%的電子，速度方向用與。。的夾角。表示，電子質量為機，電量為-6,且滿

BeL

足%=——，下列說法正確的是（）

A.從AC邊射出的電子占總電子數的六分之一

B.從AD邊射出的電子占總電子數的二分之一

C.從。。邊射出的電子占總電子數的三分之一

D.所有從AC邊射出的電子中，當。=30。時，所用的時間最短

【答案】B

【解析】由于粒子源發生的電子速率相同，電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

冠

ev0B=m—

解得氏=些=工

eB

即所有電子的半徑都相等，由左手定則可知，電子進入電場后順時針做圓周運動，所以其從AC邊射出

的一個臨界位置為從A點射出，此時。=60。，如圖所示

由題意及分析可知，當O°wew6。。范圍內，電子從AC邊上射出，當電子從AC邊射出時，由幾何關

系可知從AC邊射出的電子占總電子的黑=g，故A錯誤；

由題意及分析可知，當粒子在60。W84150°范圍內，電子從4。邊射出，當電子從4。邊射出時，由

9001

幾何關系可知從A。邊射出的電子占總電子的——=一，故B正確；

18002

由題意及分析可知，當粒子在150°W84180°范圍內，當電子從。。邊射出時，由幾何關系可知從如

邊射出的電子占總電子的二30二0=—1,故c錯誤；

18006

_2nR

電子在磁場中做勻速圓周運動，其周期為T,有7=——

%

ta

在磁場中運動的時間為f,有一=—

T2萬

即電子運動圓心角越小，其在磁場中運動的時間就越短，圓心角所對應的弦長越長，其圓心角越大,

所以最短時間即為弦長的最小值，其從AC邊射出的一個臨界位置為從A點射出，此時夕=60。，所以所有

從AC邊射出的電子中，當6=30。時，所用的時間并不是最短的，故D錯誤。故選B。

11.（2024.江蘇興化.調研）如圖所示，由粗細均勻的金屬導線圍成的一個正六邊形線框abcdef,它的六

個頂點均位于一個半徑為R的圓形區域的邊界上，加為圓形區域的一條直徑，加上方和下方分別存在大小

均為8且方向相反的勻強磁場，磁場方向垂直于圓形區域。現給線框接入從a點流入、從/點流出的大小為

/的恒定電流，則金屬線框受到的安培力的大小為（）

2BIR

C.BIRD.0

【答案】A

【解析】根據串并聯電路的特點可知線框流過af邊的電流：A=~1

6

流過abcdef邊的電流：12=—1

6

de、ab邊受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理be、ef邊受到的安培力等大同向，斜向右下方，

則de、ab、be、ef邊所受的安培力合力為：

E=-BIR

33

方向向下；cd邊受到的安培力：F=F,-Fi-Fi=-BIRF1=BI2XR=^-

36

方向向下，；af邊受到的安培力：F,=BI]XR=理總

-6

方向向上，所以線框受到的合力：A正確，BCD錯誤。故選A。

12.（2024.江蘇泰州.第一次調研）微波爐是利用微波（高頻電磁波）進行工作的。微波能穿透玻璃、

陶瓷等容器，遇到金屬爐壁會反射，遇到水和食物等會被吸收，并使食物內水分子劇烈振動而達到加熱目

的。某次利用微波爐加熱食物時出現了受熱不均的情況，造成該現象的主要原因是（）

A.電磁波在食物內部發生了干涉B.電磁波在食物內部發生了折射

C.電磁波在食物表面發生了反射D.電磁波經過食物時發生了衍射

【答案】A

【解析】利用微波爐加熱食物時出現了受熱不均的情況，造成該現象的主要原因是電磁波在食物內部

發生了干涉，形成振動加強區和減弱區，從而使食物受熱不均。故A正確；BCD錯誤。故選A。

13.（2024.江蘇揚州.二模）長為/的水平直導線靜止于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B,

導線中電流的大小為/,方向如圖所示，絕緣懸線與豎直方向夾角均為。，則導線受到的安培力大小為（

A.IIBB.IlBsm.0C.IlBcosOD.IlBtand

【答案】A

【解析】磁場方向與電流方向垂直，導線受到的安培力大小為尸=〃5,故選A。

14.（2024.江蘇南京、鹽城.三模）如圖所示，在以半徑為R和2R的同心圓為邊界的區域中，有磁感應

強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場。在圓心。處有一粒子源（圖中未畫出），在紙面內沿各個方

向發射出比荷為巨的帶負電的粒子，粒子的速率分布連續，忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用力，已

m

知sin370=0.6,cos37°=0.8o若所有的粒子都不能射出磁場，則下列說法正確的是（）

xxX」

~~"?一一一

A.粒子速度的最大值為名些

m

B.粒子速度的最大值為學

4m

\Tlnm

C.某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為不「廣（不考慮粒子再次進入磁場

90qB

的情況）

4萬加

D.某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為^（不考慮粒子再次進入磁場的

3qB

情況）

【答案】C

2

【解析】根據洛倫茲力提供向心力/3=加1

r

mv

可得粒子的運動半徑為r=—

qB

可知粒子速度最大時，運動半徑最大，做出粒子的運動軌跡如圖所示

根據幾何關系有（2R-r）2=7?2+r2

聯立解得r=3夫，v=故AB錯誤；

44m

某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，即粒子速度最大時，根據幾何關系有tan幺生=￡=3