專題10磁場帶電粒子在磁場中的運動

目錄

01模擬基礎練.......................................................2

題型一：磁場的性質................................................2

題型二：帶電粒子在勻強磁場中的運動................................7

題型三：帶電粒子在勻強磁場中的動態模型...........................14

題型四：計算大題專練（帶電粒子在勻強磁場中的運動）...............21

02重難倉lj新練......................................................30

題型一：磁場的性質

1.（2024.遼寧?三模）如圖所示，ACD為一等邊三角形，兩根通過電流相等的長直導線分別垂直紙面置于A、

。兩個頂點，A處導線中的電流方向垂直紙面向里，。處導線中的電流方向垂直紙面向外。已知通電長直導

線在其周圍某點處產生的磁感應強度大小為8=竺，上為常量，為該點到通電直導線的距離。已知C處磁感

r

應強度大小為為，則C￡）邊中點E的磁感應強度大小為（）

C*D--o

【詳解】設三角形AC。的邊長為L則A處導線在C點產生的磁感應強度大小為

HkT

4=處導線在c點產生的磁感應強度大小為5=?如圖所示

LL

C處合磁感應強度為線=用cos6（F+與cos6（T=楙結合上述分析知，A處導線在E點產生的磁感應強度大小

為為=7T7=13B°D處導線在E點產生的磁感應強度大小為^=T~=點的合磁感應強度為

L二L

2------------------------------------------------------------------------------2

BE=4^7^=當B。故選C。

2.（2024?陜西?模擬預測）如圖所示，等邊三角形線框由三根相同的導體棒連接而成，。為線框的幾何

中心。線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已知電流為/的直導線產生的磁場的磁感應強度計算公式為

B=k-（人為常數，廠為某點到直導線的距離），若邊在。點產生的磁場的磁感應強度大小為IxlO^T,

r

則八〃、LN兩邊在O點產生的合磁場磁感應強度大小及方向為（

B.IxlO^T,垂直紙面向里

C.l.SxlO^T,垂直紙面向外D.2xlO~*T,垂直紙面向里

【答案】B

【詳解】設每一根導體棒的電阻為上長度為3則電路中，上下兩路電阻之比為N：&=2:1根據并聯電路

兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比小4=1：2又因為通電直導線在O點產生磁場的磁感應強

度與導線中的電流強度成正比，根據右手螺旋定則和矢量的疊加原理可知，MQV支路電流在。點產生的磁

場垂直紙面向里，磁感應強度與邊在。點產生的磁感應強度相等，為IxlO-’T。故選B。

3.（2024山西呂梁.三模）同學們在學校操場上做搖繩發電實驗，用手機軟件測得當地的磁感應強度如下表

所示。其中無軸正方向為水平由南向北，y軸正方向為水平自東向西，z軸正方向為豎直向上。兩位同學各

握長金屬軟繩。40的一端，以平行于y軸方向的為軸勻速搖動繩子，周期為0.5s,搖繩過程中金屬軟

繩。4。與軸OO'所圍成的面積可視為恒值2m2,將OO'接到靈敏電流計兩端，如圖所示。己知電路總阻值

為40。，圖中金屬軟繩在最高位置。則下列說法正確的是（）

方向磁感應強度

□40仃

□0仃

n-30nT

A.該學校位于地球北半球

B.金屬軟繩在最高位置時電路中的感應電流不為0

C.搖繩發電得到的是正弦式交流電，電動勢的峰值為40碼V

D.金屬軟繩從最高位置運動到最低位置的過程中，通過電流計的電荷量為4x10/。

【答案】ABD

【詳解】A.地磁場特點：“地北極為磁南極，地南極為磁北極”，故地磁線由南極（點）指向北極（點），

即北半球磁場特點為有向北且向下的磁場，則該學校位于地球北半球，故A正確；

I----------I---------------7EBLv

B.由題中表格知8分=相=j402+（-30）FT=50陽方向與水平方向成37。，由，=}=不一知，當丫

與8自垂直時，電流最大，感應電動勢最大，金屬軟繩在最高位置時，v與8自成37。，此時/="牛它-wO

故B正確；

C.由交流電產生的條件是一個閉合回路繞軸勻速旋轉，所以搖繩發電是正弦式交流電峰值E“尸N5S0=1

27r

x50x2x—uV=400/ruV故C錯誤；

△①

n----

D.由電荷量的公式可得五一〃△①一①2-白，①2=團鼠R=-紇S則q=4xl（）-6C故D正確。

R息R&R息

故選ABD?

4.（2025?浙江?一模）如圖所示，勻強磁場中有兩個相同的彈簧測力計，測力計下方豎直懸掛一副邊長為L

粗細均勻的均質金屬等邊三角形，將三條邊分別記為。、b、在。的左右端點M、N連上導線，并通入由

/到N的恒定電流，此時。邊中電流大小為/,兩彈簧測力計的示數均為我3僅將電流反向，兩彈簧測力計

的示數均為尸2。電流產生的磁場忽略不計，下列說法正確的是（）

A.三條邊〃、b、c中電流大小相等

B.兩次彈簧測力計示數百=工

F+F

C.金屬等邊三角形的總質量“=」一1

g

D.勻強磁場的磁感應強度8=2（片一耳）

3IL

【答案】C

【詳解】A.根據題意可知，b與c串聯后再與。并聯，電壓相等，秘的電阻為。的電阻的兩倍，此時。邊

中電流大小為/,則反中的電流為1/,故A錯誤；

BCD.電流反向前，根據左手定則，可知。邊的安培力方向豎直向上，兒邊的安培力方向也豎直向上，a

邊的安培力大小為Fa=BILbc邊的安培力大小為Fbc=B-^IL=1對金屬等邊三角形受力分析，可得

2月+￡+國=mg解得月=詈一與電流反向后，根據左手定則，可知。邊的安培力方向豎直向下，be

邊的安培力方向豎直向下，。邊的安培力大小仍然為￡=8〃機邊的安培力大小仍然為區=1

對金屬等邊三角形受力分析,可得2F2=mg+Fa+Fbc解得鳥=詈+與由上分析可得F^F,,Fl+F2=mg,

凡-4=上31解得〃?=4士生，8=之（"一招）故BD錯誤,C正確。故選C。

2g3IL

5.（2024.江蘇.模擬預測）通電直導線向的質量為機、長為/,用兩根細線把導線水平吊起，導線上的電流

為/,方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B,導線處于平衡時懸線

與豎直方向成。=37。，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

B.懸線的拉力大小為|■〃zg

C.若增大磁感應強度，則導線靜止時懸線與豎直方向的夾角將變小

D.若將導線拉到最低處由靜止釋放，則導線油的最大速度為舊

【答案】D

【詳解】AB.對導線受力分析，如圖所示

，85。=§解得〃際=48〃，7=安的故48錯誤；

mgmgT34

on

c.由上面選項分析可知tanO=—若增大磁感應強度，安培力增大，則懸線的偏角將增大。故C錯誤;

mg

D.由受力分析可知，導線靜止時的位置為等效最低點，若將導線拉到最低處由靜止釋放，則導線處于等效

最低點時具有最大速度，由根據動能定理，可得BII?/sin。-mgl（1-cos。）=gmv1解得%=故D正確。

故選D。

6.（2024.四川成都.模擬預測）如圖所示，在傾角為a的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為以質量為機

的直導體棒，導體棒中通有大小為人方向垂直于紙面向里的電流，欲使導體棒靜止在斜面上，可以施加方

向垂直于導體棒的勻強磁場。則（）

…r口＞上心目.*、rtana

A.磁感應強度的取小值為-------

B.若使施加的勻強磁場磁感應強度最小，則方向應垂直于斜面向上

C.若勻強磁場的方向在豎直方向，則磁場方向向下，磁感應強度為鷲泮

D.若導體棒與斜面間無擠壓，則施加的磁場方向向上

【答案】B

【詳解】C.若勻強磁場的方向在豎直方向，根據共點力平衡條件結合左手定則可知，磁場方向豎直向上,

安培力水平向右，此時，導體棒的受力分析如圖甲所示，則有=加gtana解得8=超產故C錯誤;

D.若導體棒與斜面間無擠壓，則導體棒所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，磁場方向水平向左,

故D錯誤;

AB.如圖乙所示，當安培力的方向平行斜面向上時，安培力最小，施加的勻強磁場磁感應強度最小，由左

手定則可知,磁場方向垂直于斜面向上，此時有3遼=Mgsina磁感應強度的最小值8=安吧故A錯誤,

B正確。

故選Bo

題型二：帶電粒子在勻強磁場中的運動

7.（2024?北京朝陽?模擬預測）用三塊大小相同的正方形絕緣薄板制成的固定框架如圖所示，框架處在平行

于棱A4'的勻強磁場中，而ADDA中心有一小孔S。沿垂直于面ADDA方向，從小孔S射入質量為機、電

荷量為+4的粒子。已知：正方形薄板的邊長為L,粒子射入框架時速率為L粒子與框架的碰撞為彈性碰

撞，粒子重力忽略不計。若此粒子經過與框架的多次碰撞最終能垂直于面ADDA'從小孔S射出，則下列判

斷正確的有（）

A.勻強磁場的磁感應強度最小值為與B.粒子在框架中運動的最短時間為半

qL2v

C.勻強磁場的磁感應強度可能為下D.勻強磁場的磁感應強度可能為下

qLqL

【答案】BD

【詳解】過小孔S的剖面圖

V

要使粒子最終能垂直AD方向從小孔射出，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于三角形的邊上，由公式

V2吧

qvB=m——D~

、r，解得:

T2兀丫T27m

1=-----1=------

vqB

B.由題意可得，粒子在框架中運動的最短時間如上圖，半徑為區，三個60°圓弧，時間為

2

L

f=3x為==更故B正確。

62v2v

ACD.由題意可得，粒子做圓周運動的半徑滿足:=〃x2E+E幾=0,1,2,3…解得尺=2（2孔+］）

1,2,3…結合公式8=把可得8=2"=0,1,2,3…由上式可得，〃=0時勻強磁場的磁感應強

qrqL

2wvGrnv

度最小值為二后1時勻強磁場的磁感應強度值為下故D正確，AC錯誤。故選BD。

qLqL

8.（2023?河北三模）如圖所示，邊長為/的正六邊形AC。灰G和以。為圓心、半徑為/的圓形區域內分別

存在垂直紙面方向的勻強磁場小、B2,現有一質量為機、電荷量為q的粒子以速度v從A點沿AE連線方向

垂直磁場射入，粒子恰好經過。點進入圓形磁場，經圓形磁場偏轉后從H點沿方向射出磁場，在”點

下方某處有一彈性擋板，可使粒子以碰撞前大小相等的速度反彈后從E點沿胡方向返回六邊形磁場區域（圖

中未畫出）。已知/QOH=90。，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

A.Bi、&方向相同

B.Bi,&大小的比值為1:班

C.粒子在磁場內運動的時間為~~+~—

（32；v

D.粒子從H點運動到E點的時間為J-+2.

V

【答案】BD

【詳解】A.粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示

由左手定則可知，Bi、比方向相反，故A錯誤;

B.根據幾何關系可得，粒子在六邊形磁場中運動的軌道半徑為a=2/cos30°=后在圓形磁場中運動的軌道

半徑為4=I根據洛倫茲力提供向心力qvB=三聯立可得a='故B正確；

C.粒子在六邊形磁場中運動軌跡的圓心角為120。，在圓形磁場中運動軌跡的圓心角為90。，粒子在磁場中

運動的時間/=￡=一彳三故c錯誤；

vI32JV

D.根據幾何關系可得，粒子在磁場外運動的軌跡長度為無=*2+（2百-1）/=（2百+2）/所以粒子運動的

時間/='=竺上生故D正確。故選BD。

VV

9.（2024?河北.模擬預測）長7/、高2/的矩形區域油川中，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為瓦

紙面內大量電荷量為4、質量為根的帶負電粒子（不計重力），從〃點以相等的速率丫=渺沿各個方向射

m

入磁場，e為兒邊中點，如圖所示。則下列說法正確的是（）

ar---------------------------rb

?：XXXXX?：

?7?v?

XXXX

A.從。點射出的粒子速度偏轉角度最大B.史區域沒有粒子射出

Tim

C.粒子在磁場運動的最大位移為5萬D.粒子在磁場中運動的最長時間為

2qB

【答案】BCD

【詳解】ABC.如圖，軌跡與M邊相切的粒子位移最大，軌跡所對的線最長，運動時間最長，偏角最大，

2

根據9誣=根1可得r=5/若軌跡與〃。線切，則由幾何關系可得g4/,fb=3l,gj^l,則粒子恰好從be邊中

r

點e射出，加區域沒有粒子射出；可得最大位移為de="7/）2+廠=5夜/選項A錯誤,BC正確；

D.由幾何關系可知圓弧灰所對的圓心角為直角，則時間為四分之一周期亡=|=孤所以D正確。故選

BCD。

10.（2024?海南省直轄縣級單位?模擬預測）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁

場，磁感應強度大小為8,一束質量均為機、帶電荷量均為夕（4＞。）的粒子從P點沿豎直方向以不同速率射

入磁場，P點與圓心的連線與豎直方向之間的夾角為60。，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正

確的是（）

A.該束粒子射出磁場時速度方向與過出射點的磁場區域圓半徑的夾角為60。

5Tim

B.若粒子恰好從C點射出，則其在磁場中運動的時間為工方

6qB

C.若粒子恰好從A點射出，則其在磁場中運動的速度為更迎

m

D.從8點射出的粒子比從A點射出的粒子在磁場中運動的時間短

【答案】ABC

【詳解】A.根據題意可知，粒子從P點射入磁場時，速度方向與過入射點的圓形磁場半徑之間的夾角為60。,

如圖所示

圖甲

由幾何知識可知，該束粒子射出磁場時速度方向與過出射點的磁場區域圓半徑的夾角也為60。，A正確；

B.若粒子恰好從C點射出，粒子的運動軌跡如圖甲所示，根據幾何關系可知，粒子在磁場中轉過的圓心角

r、3t、r150°2/rm5兀m—.

為150。，運動的時間為"法=B正確；

360°qB6qB

C.若粒子恰好從A點射出，粒子的運動軌跡如圖乙所示

.?\?2

B

圖乙

根據幾何關系可知，軌跡半徑r=圓由洛倫茲力提供向心力可知qvB=m-解得v=幽=3蟠，C正確;

rmm

D.從8點射出的粒子在磁場中轉過的圓心角大于從A點射出的粒子在磁場中轉過的圓心角，根據

”?當可知從2點射出的粒子比從4點射出的粒子在磁場中運動的時間長，D錯誤。

2萬qB

故選ABCo

11.（2024?四川樂山.三模）如圖所示，在一個半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度為2、方向垂直于紙面

R

向里的勻強磁場，。為區域磁場圓心。現有一質量為"3帶電量為-q（q>0）的粒子從距直徑MON為7的

產點平行于直徑方向射入磁場，其運動軌跡通過磁場圓心O。不計粒子重力，則下列說法正確的是（)

；X\

'XX't

OXX：

*---------1

'XX'

1?，I

\XX:Xx,z

B.粒子射入磁場的速率為然

A.粒子運動的軌道半徑為R

Tim

c.粒子在磁場中運動時間為右D.粒子會從。點正下方射出磁場

3qB

【答案】AD

【詳解】AD.作出粒子的運動軌跡，如圖所示

60

由幾何關系可得8SWO=區=J_可得/°，P°=°由幾何關系cos卬尸0=1可得粒子運動的軌道半徑

R2r

為r=R由圖可知，粒子會從。點正下方射出磁場，故AD正確；

B.由洛倫茲力提供向心力qvB=m±可得粒子射入磁場的速率為v=型故B錯誤；

Rm

C.由幾何關系可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角為8=120。所以粒子在磁場中運動時間為

120°丁1271nl

____/—_x____=麗故C錯誤。故選AD。

360°-3qB

12.（2024?四川眉山?模擬預測）如圖所示，為某速度選擇器的主要工作區域，圓形區域內存在垂直紙面向

里的勻強磁場（圖中未畫出），。點為磁場的圓心，水平虛線為圓的一條直徑。S點有一粒子發射源能在紙

面內沿S。向外發射一系列比荷均為左的正粒子，M,N為水平虛線下方半圓的三等分點，尸為水平虛線下

方半圓的一個四等分點。粒子發射速率為丫。時，粒子在磁場中運動時間為m并從M點離開磁場，粒子初速

度范圍為[O.lvo,lOvo],可連續變化，且不同速度的粒子數量相同。下列說法正確的是（）

VoO

三一7

p、、,?

M-N

2〃

A.磁感應強度大小為荻

B.從尸點射出的粒子的速率為6%sin22.5。

C.粒子的速度越小，在磁場中運動時間越短

D.從弧射出的粒子數小于從弧MN射出的

【答案】AD

【詳解】A.當粒子從M點離開磁場時，軌跡如圖所示

粒子在磁場中運動的時間為％=寶而?F所以8=丁==故A正確；

360°qB3々03Ho

B.當粒子從M點射出時，根據洛倫茲力提供向心力飲。8=〃?超，&=tan30。當粒子從尸點射出時，根據

r\R

2

洛倫茲力提供向心力qhB=機工，今=tan22.50聯立解得用=a。tan22.5°故B錯誤；

GR

C.粒子的速度越小，半徑越小，圓心角越大，則粒子在磁場中運動時間越長，故c錯誤；

D.若粒子從N點射出，則qv2B=相也，巳=tan60°所以彩=3Vo從弧SM射出的粒子的速度大小為0.1vo~vo,

丫3R

從弧射出的粒子速度大小為"~3vo,由此可知，從弧SM射出的粒子數小于從弧射出的粒子數，故

D正確。故選AD。

題型三：帶電粒子在勻強磁場中的動態模型

13.（24-25高三上?陜西?開學考試）如圖，xQy平面內有大量電子（質量為機、電荷量為e）從原點。連續

以相同速率%向各個方向發射，右側遠處放置與尤0y平面垂直且足夠大的熒光屏。現在各象限施加面積最

小的垂直于該平面、磁感應強度大小為8的勻強磁場，使第1、4象限的電子最終平行于x軸并沿x軸正向運

動，第2、3象限的電子最終平行于無軸并沿了軸負向運動。忽略電子間的相互作用，則（）

22

整場的最小總面積為（表初%

A.第1、4象限磁場方向垂直平面向外B.1

e2B-

7T1T1電子在光屏上形成的光斑長度為絆

C.電子在磁場中運動的最長時間為森D.

eB

【答案】D

【詳解】A.第1、4象限的電子最終平行于x軸并沿x軸正向運動，根據左手定則可知第1象限磁場方向垂

直平面向里，第4象限磁場方向垂直平面向外，故A錯誤;

B.如圖所示

電子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為R=吟在由。點射入第I象限的所有電子中，沿y軸正方向射出的

eB

電子轉過）圓周，速度變為沿X軸正方向，這條軌跡為磁場區域的上邊界。設某電子做勻速圓周運動的圓心

4

。'與。點的連線與y軸正方向夾角為6,若離開磁場時電子速度變為沿龍軸正方向，其射出點（也就是軌

跡與磁場邊界的交點）的坐標為（x,y）。由圖中幾何關系可得x=Rsin。，y=R-Rcos6消去參數。可知

磁場區域的下邊界滿足的方程為Y+（R-y）2=R2（x>0,j>0）這是一個圓的方程，圓心在（0,R）處，磁

場區域為圖中兩條圓弧所圍成的面積，磁場的最小面積為暗”.-/）=粵根據對稱性可

22

知，整場的最小總面積為S=4S|=（2萬-4）贊故B錯誤;

12萬帆7TIY1

電子在磁場中運動的最長時間對應的圓心角為90。，時間為f=：x卓=笠故C錯誤；

4eB2eB

電子在光屏上形成的光斑長度為電子運動半徑之和，即/=2R=3等故D正確；故選D。

14.（2024高三下?河南?模擬預測）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，其邊界如圖所示，磁場的磁感應強

度大小為B,半圓形邊界的半徑為R,。為半圓的圓心，力是半圓的直徑，邊界上c點到。的距離為K,a、

b,c、。在同一直線上，從c點沿垂直邊界、垂直磁場向上射出速度大小不同的質量為加、電荷量為g的帶

負電的粒子，粒子均能從圓弧（含a、b點）上射出磁場，不計粒子的重力和粒子間作用，則能從圓弧邊界

射出的粒子（）

XXXXXXX：

XXXXXXX:

XXX歹"一"、於X;

XxfX/\X:

Ob

A.粒子速度大小范圍為

B.粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間越短

C.從圓弧面射出后能到達b點的粒子速度大小可能為迦

m

D.從圓弧面射出后經過。點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R

【答案】AC

【詳解】A.若粒子恰好從。點射出，則粒子有最小速度，若粒子恰好從6點射出，則粒子有最大速度，由

幾何關系可得粒子在磁場中做圓周運動的最小半徑和最大半徑分別為公?=：,=|2?由洛倫茲力提供向

心力得qvB=m-解得v=幽可得入”等，vmax=與理即粒子速度的取值范圍為等<v<孚故A

rm2m2m2m2m

正確；

c.從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡如圖所示

XXXXXXX

由幾何關系可知，粒子做圓周運動的圓心一定在。點，軌道半徑為R,則此種情況下粒子的速度大小為

丫=建故c正確；

m

B.如圖所示

由圖中幾何關系可知，從圓弧面射出后能到達。點的粒子的運動軌跡所對應的圓心角最小，根據

"丁T=一三可知從圓弧面射出后能到達。點的粒子在磁場中的運動時間最小，可知粒子的速度越大，粒

2兀qB

子在磁場中運動的時間并不越短，故B錯誤；

D.從圓弧面射出后經過。點的粒子的運動軌跡如圖所示

XXXXXXX：

由圖可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑小于R,故D錯誤。故選AC。

15.（2024?山西?模擬預測）如圖所示，M為一足夠大感光板，板下方有一勻強磁場，板面與磁場方向平行，

磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小B=0.60T,在到ab的距離/=16cm處,有一個點狀的a放射源S,

它在紙面內同時向各個方向均勻連續發射大量a粒子，a粒子的速度大小為v=3.0xl（）6m/s,已知粒子的電

荷與質量之比幺=5.0xl07C/kg,a粒子撞在感光板上則會被吸收。不考慮粒子重力及粒子間作用力，下列選

m

項正確的是（）

XXXX

XXXX

XXXX

S

XX■XX

A.撞在感光板湖上的a粒子在磁場中運動的最短時間為二XKTS

B.撞在感光板溜上的。粒子在磁場中運動的最長時間為10一‘s

C.撞在感光板團的粒子數占發射的總粒子數的W53

180

D.感光板M上有粒子撞擊的長度范圍為16cHi

【答案】AC

2O

【詳解】A.用R表示軌道半徑，則有/，8="可得尺=01m周期為7=手粒子在磁場中運動的圓心角

RqB

L

。最小時，弧長最短，運動時間最短，最短弧長為S與"垂直的距離，則有sin0=2可得。=1°6。《粒子

2~R

在磁場中運動的最短時間為％"=57=端乂10-7$故A正確；

B.撞在感光板用上的a粒子在磁場中運動的弧長最長時，運動時間最長，則粒子到達曲板時與板相切，

由幾何關系可得夕=180。+arccos21手1=233。最長運動時間為&=其T=x1(Ts故B錯誤；

C.粒子的運動軌跡與感光板仍分別相切與尸/、尸2,圓心在以S為圓心，半徑為R的圓弧。八。2上的a粒

子均可搭載感光板上，如圖

有幾何關系可得/ORO?=2arccosV含=106。則撞在感光板ab的粒子數占發射的總粒子數的

ZOSO53,,〃十分

"$t=2兩故c正確;

D.如圖

由幾何關系可得感光板ab上有粒子撞擊的長度范圍為x=西—Q—Rf+J(2R)i=0.2m=20cm故D錯

誤。故選AC。

16.（2024?安徽淮北?二模）在電子技術中，科研人員經常通過在適當的區域施加磁場控制帶電粒子的運動。

如圖所示，正方形的〃邊長為L,一束相同的正離子以相同的速度v垂直H邊射入，如果在"cd的某區域

內存在著磁感應強度大小為3、方向垂直紙面的勻強磁場，最終所有離子均從c點射出，則（）

---------?a,-----------------------------------------------d1

A-------------------------------------------------------1

b。

A.磁場方向垂直紙面向里B.離子的比荷為三

JTT

C.磁場區域的最小面積為它D.離子在磁場中運動的最長時間為與

42V

【答案】BD

【詳解】A.由題意可知，粒子向下偏轉，由左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤;

B.畫出粒子軌跡，如圖

2

可知為磁聚焦模型，故運動半徑廠=乙，再由"8=m匕得幺=占故B正確；

rmBL

T2T2\

C.由圖知，磁場區域最小面積為“葉”型面積s=2丁-工故C錯誤；

I42；

7T

D.粒子最大圓心角為則最長時間為，一萬T乙_無乙故D正確。故選BD。

2f------二—

v2v

17.（2024高三上?廣西模擬預測）如圖所示，長方形長〃=0.6m,寬"=0.3m,e、/分別是ad、be

的中點，以〃為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度5=0.25T。一群不計重力、質量

m=3xl0-7kg,電荷量q=+2x10-3（2的帶電粒子以速度%=5xl02m/s從左右兩側沿垂直淚和反方向射入

磁場區域（不考慮邊界粒子），則以下正確的是（）

A.從ae邊射入的粒子，出射點分布在ab邊

B.從ed邊射入的粒子，出射點全部分布在"邊

C.從妙邊射入的粒子，出射點全部分布在祀邊

D.從我邊射入的粒子，全部從1點射出

【答案】BD

【詳解】根據牛頓第二定律得qv0B=m去解得氏=篙=03m

A.如果矩形區域全部存在磁場，則從e點射入的粒子，將從6點射出，但是磁場限定在半圓區域，則粒子

離開磁場后做勻速直線運動，所以粒子會從妙射出。因此從四邊射入的粒子，有部分靠近e點射入的粒子

從妙邊射出。A錯誤；

B.從d點射入的粒子，將從￡點射出，所以從ed邊射入的粒子，將都從"邊射出。B正確；

C.從/點射入的粒子，將從d點射出，所以從/邊射入的粒子，將有部分從ed邊射出。C錯誤；

D.因為軌道半徑等于磁場半徑，所以從我邊射入的粒子，會發生磁聚焦，全部從1點射出。D正確。

故選BD。

18.（2024高三下?福建?模擬預測）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8、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，質量為加、電荷量為+4的粒子可

在直角邊上的不同位置垂直邊界、垂直磁場射入，入射速度大小為幽，D、￡是邊界上的兩點（圖

m

中未畫出），AD=EO=0.5d,不計粒子重力，貝I（）

「,<4行5°-「,汗,「,『,!。

A.粒子在磁場做圓周運動的半徑為2d

B.粒子距A點(0-l)d處射入，恰好不從AC邊界出射

C.從。點射入的粒子，在磁場中運動的時間為。

3qB

兀m

D.從E點射入的粒子，在磁場中運動的時間為二

3qB

【答案】BD

【詳解】A.由洛倫茲力提供向心力，可得qvB=me解得「=詈=”,A錯誤;

rBq

BC.粒子剛好不出磁場區域的運動軌跡如圖所示，恰好與AC相切，根據幾何關系可得，此時入射點到4

的距離為即入射點到A點距離大于(&-l)d的粒子都不能出磁場，運動軌跡為半圓，則時間為

B正確，C錯誤；

D.從。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一了，在E點入射的粒子

qB

Tim

運動軌跡的圓心角為60。，在磁場中運動的時間為丁石，D正確。

3qB

故選BD。

題型四：計算大題專練（帶電粒子在勻強磁場中的運動）

19.（2025?浙江?模擬預測）在如圖所示的xOy平面內，邊長為2R的正方形區域中存在方向垂直xOy平面向

外、磁感應強度大小為2的勻強磁場，沿x軸放置一長為2R的探測板，與磁場下邊界的間距為R,質量為

機、電荷量為4的正離子源從正方形一邊（位于y軸上）的中點尸向垂直于磁場方向持續發射離子，發射速

度方向與水平方向夾角范圍為0-60。并沿0-60。范圍均勻分布，單位時間發射N個離子，其發射離子速度

大小隨發射角變化的關系為va為發射速度方向與水平方向夾角，其中當a=0。的離子恰好從磁場

cosa

下邊界的中點沿y軸負方向射出。不計離子間的相互作用和離子的重力，離子打在探測板即被吸收并中和，

5

已知R=0.05m,B=1T9vo=5xlOm/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

（1）求離子的比荷"（結果保留一位有效數字）；

m

（2）求單位時間內能打在探測板上的離子數n（結果保留分數）;

（3）求探測板至少多長能吸收到所有離子（結果保留根式）。

【答案】（l）lxl07C/kg（2）j^N（3）i±^m

6020

3【^詳[——解】（1）a=：0。離子的軌跡如圖所示：

nJ

QR,R)

O2Rx

根據幾何關系r=R根據洛倫茲力提供向心力有必力=強聯立代入數據解得比荷包=IxKTC/kg

Rm

（2）發射速度方向與水平方向夾角為a的離子運動軌跡半徑為尺'=勺=$^="一如果第一、四象限

都有磁場,根據幾何關系可得離子在磁場中運動時在y軸上的弦長L=2Rcosa=2R即所有粒子都打到。點;

根據對稱性可得從尸向磁場發射的離子均垂直磁場下邊界射出，離子要打在探測板最右邊時，需滿足

匕=R+Rsina=2R解得a=37。所以當a>37。時粒子從磁場右邊界射出磁場不能打到探測板上，則單位時

間內能打在探測板上的離子數77=3=7"

60

（3）根據幾何關系可知當a=60。時，從有邊界射出的粒子運動最遠，如圖：

此時可知QM=2R,￡=60。解得此時粒子在x軸上的距離x'=（27?cos30°+R）tan60°=氣烹m所以探測板至

少出1m才能接到所有的粒子。

20

20.（2024.江蘇無錫?三模）反物質太空磁譜儀是一種可以探測宇宙中的奇異物質（包括暗物質及反物質）

的裝置。中國團隊參與建造了其中的磁場結構部分，用于探測慢速粒子，該部分的工作原理圖簡化后如圖

所示。在平面內，以M（0,-1.5m）為圓心、半徑R=1.5加的圓形區域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，

在的區域內有方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩區域磁場的磁感應強度大小相等且5=27。在第一象

限有與X軸成45。角傾斜放置的接收器，并與尤、y軸交于。，P兩點，且0、。間的距離為逑土1機。在

2

圓形磁場區域左側-3WyWO的區域內，均勻分布著質量根=lxl0-8kg、電荷量qnlxloTc的帶正電粒子，

所有粒子均以相同速度沿x軸正方向射入圓形磁場區域，其中正對加點射入的粒子經磁場偏轉后恰好垂直

于x軸進入yzo的磁場區域。不計粒子受到的重力，不考慮粒子間的相互作用。

(1)求電子的速度大小》;

(2)求正對M點射入的粒子，從剛射入磁場至剛到達接收器PQ的時間f；

(3)若粒子擊中接收器P2能產生亮斑，求接收器上產生的亮斑的長度L。

【答案】(l)3xl04m/s(2)當X1O4S(3)2(0+J1O-41)m

84

【詳解】(1)由正對M點的粒子通過圓形磁場后垂直于元軸進入y20的磁場區域，可知粒子在圓形磁場中

的運動軌跡如圖所示

........尸k..................

.：...：...：...：....：...：...：...：.............:...:..:..

一

三

三

f

由幾何關系知粒子的運動半徑為r=H由牛頓第二定律qvB=m—代入數據解得v=3x104m/s

r

(2)粒子在圓形磁場中運動的周期為T=型正對M點射入的粒子在圓形磁場