熱點題型?選擇題攻略

磁場熱點題型歸納與變式演練

目錄

01.題型綜述.....................................................................................1

02.解題攻略.....................................................................................1

題組01磁場的疊加.....................................................................1

題組02安培力的運算...................................................................5

題組03帶電粒子在有界勻強磁場中的運動...............................................14

題組04帶電粒子在（復合）疊加場中的運動.............................................25

題組05電磁力作用下的科技應用.......................................................37

O3.IWJ考練場.................................................................................48

01。題型綜述_________________________________________

磁場作為繼電場后的另一種物質存在的特殊形式，為了描述磁場，物理學中引入了磁感應強度和磁

感線，磁感應強度作為一個新的矢量，其運算法則遵守矢量運算的一般法則，在高考中經常出現。磁場力

包括了安培力與洛倫茲力，兩種磁場力作用下帶電粒子或帶電體可以展現出豐富的運動形式。其中安培力

作用下帶電體的平衡與運動問題可以很好的體現空間思想；電磁力相互作用下的各類電磁儀器原理的分析

體現了物理學的應用性；帶電粒子在有界勻強磁場中勻速圓周運動更是常考常新，基于以上特點本專題必

然是高考的熱考點與必考點。本專題精選了優(yōu)質模擬試題及近年高考真題以磁場疊加、安培力的運算，電

磁力的科技應用以及有界磁場中的勻速圓周運動四大常考題型為核心展開并深入講解，有助于學生綜合能

力的提升。

02解題攻略

題組01磁場的疊加

【提分秘籍】

1.磁場的疊加問題的求解

(1)確定磁場場源，如通電導線.

(2)根據安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向。

(3)磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向。

(4)磁感應強度是矢量，多個通電導體產生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于各通電導體單獨存在

時在該點磁感應強度的矢量和。

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.

【例1-1］如圖所示，直角三角形4=90。，4=30。，兩根通電長直導線垂直紙面分別放置在“、b

兩頂點處。。點處導線中的電流大小為/、方向垂直紙面向外，6點處導線中的電流大小為4/、方向垂直紙

面向里。已知長直電流在其周圍空間某點產生的磁感應強度大小2=人,，其中/表示電流大小，r表示該點

r

到導線的垂直距離，左為常量。已知。點處電流在C點產生的磁感應強度大小為穌，則頂點C處的磁感應強

度為()

ab

A.屈°,方向沿ac向上B.3B。,方向垂直ac水平向右

C.3B。,方向沿℃向上D.、須°,方向垂直ac水平向右

【答案】A

【詳解】設ac間距為r,有幾何知識知6c間距為2廠，通電直導線。在c點上所產生的磁場大小是

B=~=B

ar0

通電直導線b在C點上所產生的磁場大小

B-=2B

b2r0

用右手螺旋定則判斷通電導線在C點上磁場方向如圖所示

則頂點c處的磁感應強度為B=J（2穌）2一穌2=石穌方向沿ac向上。故選Ac

【例1-2].如圖所示，/C是四分之一圓弧，。為圓心，A,C處各有一垂直紙面的通電長直導線，電流大

kl

小相等，方向垂直紙面向里，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，左為常量,

r

「為該點到通電直導線的距離。整個空間中還存在另一個磁感應強度大小為州的勻強磁場，O處的磁感應強

度恰好為零。如果將c處電流反向、其他條件都不變，則。處的磁感應強度大小和方向為（）

A矽-------O

A.6B0,沿。/方向B.6B。,沿。C方向

c.（V2-l）50,沿CM方向D.（及-1）穌，沿0c方向

【答案】A

【詳解】設圓弧半徑為R,根據安培定則可知/處通電導線在。點處產生的磁場沿OC方向，大小為

約=日，C處通電導線在。點處產生的磁場沿方向，大小也為線=與，則由于。處的磁感應強度恰

RR

好為零，所以4C處通電導線在圓心。處疊加的磁場大小與穌等大反向，即紇c=后方=為可知穌磁場

R

lId

為左上方，與。/連線成45。夾角。如果將C處電流反向，根據磁場的疊加原理，則2、=也?方向沿左下

R

方與CM連線成45。夾角，根據磁場疊加原理，。處的磁感應強度大小和方向為8=病工部=加線方向

為沿04方向。故選A。

【例1-3】如圖所示，兩根平行長直導線分別水平固定在正方形CED尸的從尸兩個頂點處，分別通有大小

相等方向相反的電流，E處的電流向里，尸處的電流向外。已知C點處的磁感應強度大小為2,則關于。

點處的磁感應強度大小和方向，下列說法正確的是（）

D

,?、

ZZ、、

Z?、X

??、

??、X

?Z、

E'、、、/?F

X、?/

X、,Z

、X?Z

、、?Z

C

A.大小為亞8,方向豎直向下

B.大小為2,方向豎直向下

C.大小為08，方向水平向右

D.大小為2,方向水平向右

【答案】B

【詳解】由于兩通電導線中電流大小相等，且C、。兩點到兩通電導線距離相等，則通電導線在C、。兩點

產生的磁感應強度大小相等，方向如圖所示

由圖可知，C點處的磁感應強度大小為8,即8=忘與。點處的磁感應強度大小為4=何?=3方向豎直

向下。故選B。

【變式演練】

【變式1-1］（2025高三上?遼寧大連?期中）長直導線人6互相垂直放置，b導線中的電流大小為°導線中

電流大小的2倍，電流方向如圖所示，紙面內的尸、。分別是a、6導線上的點，尸。連線與導線6垂直，

與導線a的夾角為，=30。,。為尸。的中點。已知通電長直導線在空間某點產生的磁感應強度大小8=左,

r

“為常量，/為電流大小，7?為該點到直導線的距離）。若直導線。在。點產生的磁感應強度大小為，則。

點的磁感應強度大小為（）

■V

、

ar辦、、?

A.y/2B0B.2穌C.^-BoD.45B0

【答案】A

【詳解】根據安培定則，兩直導線在。點產生的磁場相互垂直的，設。到。點的距離為乙已知通電長直

導線在空間某點產生的磁感應強度大小8=左4則直導線。在。點產生的磁感應強度大小為

r

Bo=k-^-="則直導線b在0點產生的磁感應強度大小為Bb=k2=*=B°兩直導線在。點產生的

磁場相互垂直，根據磁感應強度合成法則，則。點的磁感應強度大小為3=/市正=同。故選A。

【變式1-2].（2025高三上?黑龍江?階段練習）如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，水平放置一根通電長

直導線，電流的方向垂直紙面向外。。為直導線與紙面的交點，。、6、c、d是以。為圓心的圓周上的四個

點。通電長直導線在其周圍某點產生磁場的磁感應強度大小為穌，且滿足為=左,，式中左為比例系數，I

r

為電流大小，『為該點到導線的距離，則下列說法中正確的是（）

B.圓周上c點的磁感應強度最大

C.四周上d點的磁感應強度最小D.圓周上。、c兩點的磁感應強度相同

【答案】A

【詳解】A.根據2=1，b=加。可知1T=1上=1星巴￡=1,結合線=左/得

ILA-mA-mA-s2r

左=絲￡=]昌?=1譬|A正確；BC.根據安培定則知，導線在圓周上4點形成的磁場方向水平向右,

IA-sAA?s

與水平向右的勻強磁場同向，由場的疊加原理可知此處的磁感應強度最大，故BC錯誤；

D.根據安培定則可得導線在圓周上。兩點形成的磁場方向分別向下和向上，與勻強磁場疊加后方向分別

為右下方和右上方，大小相等，方向不同，如圖，故D錯誤。

故選Ao

題組02安培力的運算

【提分秘籍】

1.安培力大小和方向

2.同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。

3.求解磁場對通電導體作用力的注意事項

(1)掌握安培力公式：F=BILQLB,且工指有效長度)。

(2)用準“兩個定則”

①對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加性。

②對通電導線在磁場中所受的安培力用左手定則。

(3)明確兩個常用的等效模型

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ac直線電流。

②化電為磁：環(huán)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。

甲乙

4,安培力作用下的平衡與運動問題的分析思路

⑴選定研究對象；

(2)變三維為二維，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意尸安

18、北安U如圖所示.

立體圖

(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解.

【典例剖析】

【例2-1】如圖所示，半徑為人粗細均勻的金屬圓環(huán)放在絕緣水平面上，虛線〃N左側有垂直于水平面向

下的勻強磁場/,右側有垂直于水平面向上的勻強磁場〃，兩磁場的磁感應強度大小均為8,與圓環(huán)的

直徑重合，尸。是圓環(huán)垂直初V的直徑，將尸、0兩端接入電路，從尸點流入的電流大小為/,圓環(huán)保持靜

止不動，則下列判斷正確的是()

A.整個圓環(huán)受到的安培力為0

B.整個圓環(huán)受到的安培力大小為血8。

C.左側半圓環(huán)受到的安培力大小為"Er

2

D.VN左側半圓環(huán)受到的安培力大小為3萬

【答案】A

【詳解】圓環(huán)的上半部分的電流是順時針，下半部分的電流是逆時針，把圓環(huán)平均分成右上、左上、左下、

右下四部分，根據左手定則可得這四部分的受力如下：

因為安培力大小為

F=BIL

其中￡為導線的有效長度，四部分的有效長度都為血,，且導線中的電流相同，故四部分所受的安培力大

小相等，且耳與巴方向相反，鳥與乙方向相反，故圓環(huán)所受安培力的合力為零。

故選Ao

【例2-2].如圖所示，傾角為0=37。的粗糙斜面上有一個長度為心、質量為加的通電直導線，其電流為/

（可調），方向垂直紙面向里。整個空間分布有豎直向上的磁感應強度為8的勻強磁場，導線與斜面間的動

摩擦因數〃=0.5（最大靜摩擦等于滑動摩擦力）。若導線能在斜面上靜止不動，則下列電流值不能滿足條件

的是（）

【答案】A

【分析】通過通電導線在斜面上受重力、彈力、摩擦力和安培力作用下的平衡問題，考查科學思維能力。

【詳解】對導線進行受力分析，若摩擦力沿斜面向上，如圖甲所示

mg

甲

則有mgsin0-〃(僅gcos6+B1XLsin<9)=BI、Lcos3

2mg

解得4=

UBL

若摩擦力沿斜面向下，如圖乙所示

FN

mg

乙

則有加gsine+〃（刃gcose+BIJsin3）=BI2Lcos0解得I『嚕能使導線在斜面上靜止的電流范圍為

BL

2mgQ坐故選A。

11BL

【變式演練】

【變式2-1］（2025高三上?江蘇淮安?期中）如圖所示，金屬桿仍的質量為〃?，長為/,與導軌間的動摩擦

因數為〃，通過的電流為/,處在磁感應強度為3的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面為。角斜向上，結果

仍靜止于水平導軌上。下列說法正確的是（）

A.金屬桿成所受安培力水平向左

B.金屬桿ab所受安培力大小為七=Bllsind

C.金屬桿受到的摩擦力f="Bllcose

D.若將磁場方向與水平面間的夾角減小，導體棒仍保持靜止，則此時導軌對導體棒的支持力變小

【答案】D

【詳解】A.由左手定則可知，金屬桿仍所受安培力斜向左上，選項A錯誤；

B.金屬桿所受安培力大小為

7=BIl

選項B錯誤；

C.金屬桿受到的摩擦力

f=Bllsin?

選項c錯誤；

D.導軌對導體棒的支持力

N=mg-BIlcosO

若將磁場方向與水平面間的夾角減小，導體棒仍保持靜止，則此時導軌對導體棒的支持力變小，選項D正

確。

故選D。

【變式2-2］質量均勻分布的直導體棒放置于四分之一的光滑圓弧軌道上，其截面如圖所示。導體棒中通有

電流強度大小為/的電流，空間存在磁感應強度大小為8的勻強磁場，磁場的方向豎直向上。導體棒平衡

時，導體棒與圓心的連線跟豎直方向的夾角為。45。），軌道與導體棒的彈力為國。下列說法正確的是

A.若僅將電流強度/緩慢增大，則6逐漸減小

B.若僅將電流強度/緩慢增大，則為逐漸減小

C.若0=30°,則/=1整

3BL

D.若僅將磁場方向沿逆時針緩慢轉過90。時，則尸N=。

【答案】C

【詳解】AB.對導體棒受力分析，受重力、支持力和電場力，受力如圖

若僅將電流強度/緩慢增大，安培力逐漸增大，根據受力平衡和平行四邊形法則可知。逐漸增大，國逐漸

增大，故AB錯誤；

C.若0=30。，則

mgtan30°=BIL

得

拒mg

z1=-------

3BL

故c正確；

D.由平衡條件可得，磁場豎直向上時

BIL=mgtan0

又

"45°

故

BIL<mg

若僅將磁場方向沿逆時針緩慢轉過90。時，安培力大小不變，方向豎直向上。因為

BIL<mg

故

然N0

故D錯誤。

故選C。

【變式2-3]一半徑為R的圓形線框懸掛在彈簧測力計下端，線框中通有abcda順時針方向的恒定電流/,

直線是勻強磁場的邊界線，磁場方向垂直于圓形線框所在平面向里。整個線圈都處在磁場中平衡時彈

簧測力計讀數為尸；若將線圈緩慢上提，在線框正好有一半露出磁場時，彈簧測力計的讀數為5凡則磁場

的磁感應強度大小為（）

【答案】B

【詳解】圓形線框全部在磁場中時，受到安培力作用的有效長度為零，則滿足關系

F=mg

圓形線框正好有一半露出磁場，有效長度為2R,受到豎直向下的安培力，大小為

FK=BI-2R

由平衡條件得

5F=mg+

解得

IR

故選Bo

【變式2-3］如圖所示，寬為/的光滑導軌與水平面成a角，質量為加、長為/的金屬桿水平放置在導軌上。

空間存在著勻強磁場，當回路總電流為/時，金屬桿恰好能靜止。則磁感應強度（）

A.最小值為唯吧，方向豎直向上

B.最小值為空泮，方向豎直向下

C.最小值為理產，方向垂直導軌平面向上

D.最小值為制吧，方向垂直導軌平面向下

【答案】C

【詳解】根據平衡條件

mgsina=BIl

磁感應強度B的最小值為

_mgsina

D-

II

根據左手定則，可知磁感應強度方向垂直導軌平面向上。

故選Co

【變式2-4］如圖所示，由三根電阻相同導體連接而成的正三角形線框%固定在勻強磁場中，線框所在平

面與磁場方向垂直，a、6分別與直流電源兩端相接。若導體M受到的安培力大小為耳，ac段導體受到的

安培力大小為B，a”段導體受到的安培力大小為瑪，正三角形Me受到的安培力大小為月，則下列判斷

正確的是（）

【答案】C

【詳解】設干路中的電流為/,正三角形線框邊長為/,由電阻定律尺=夕春可知

3

由歐姆定律尺=?可知

1acb__

77-2

所以導體ab受到的安培力大小為

2

么=B-Ilac段導體受到的安培力大小為

Fz=Bgacb段導體受到的安培力大小為

R=25-//cos600=5-//

333

根據左手定則可知，正三角形abc受到的安培力大小為

F.=Facb+Fah=BIl

故

耳=2月，工=1.54

故選Co

【變式2-5］如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通

以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為。。則（）

A.僅棒中的電流變小，。變大B.僅兩懸線等長變長，。變大

C.僅金屬棒質量變大，。變小D.僅磁感應強度變大，。變小

【答案】C

【詳解】A.設金屬棒的長度為L電流為/,磁感應強度大小為8,金屬棒受到的安培力大小為凡根據左

手定則可知，通電金屬棒在磁場中受到的安培力方向水平向右，對金屬棒受力分析如圖所示

tan0=---

mg

僅棒中的電流變小，由尸=81,可知尸變小，則。變小，故A錯誤；

B.由12!16=￡知。與兩懸線的長度無關，所以僅兩懸線等長變長，。不變，故B錯誤;

mg

F

C.僅金屬棒質量變大，由tan6=——知，變小，故C正確；

mg

F

D.僅磁感應強度變大，由tan6=——知8變大，故D錯誤。

mg

故選C。

題組03帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

【提分秘籍】

1.處理帶電粒子在磁場中運動問題的方法

(1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的一般思路

①找圓心畫軌跡；

②由對稱找規(guī)律；

③尋半徑列算式；

④找角度定時間。

(2)處理該類問題常用的幾個幾何關系

①四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點；

②三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中速度偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。

(3)時間的求解方法

①根據周期求解，運動時間t=—T=——；

2TIqB

②根據運動弧長和速度求解，/=-=一。

VV

2.處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法技巧

（1）解答有關運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設粒子能

夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關幾何知識解題。

（2）對稱規(guī)律解題法

①從直線邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時，出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等（如

圖甲所示）。

(a)(h)

甲

②在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，一定沿徑向射出（如圖乙所示）。

（3）解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界狀態(tài)（一般是粒子運動軌跡與

磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大），常用方法如下：

①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大,

圓心在垂直初速度方向的直線上。

②旋轉平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運動軌跡的圓心在

mv

以入射點為圓心、半徑為夫=一的圓周上。

qB

【典例剖析】

【例3-1］（2024-2025學年高三上學期東北三省12月聯考調研測試物理試題）如圖所示，磁場邊界I、II、

川平行，I、H間距為23其間存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為用的勻強磁場，II、川間距為其間

存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為鳥的勻強磁場。一質量為加、電荷量為4的帶電粒子從尸點垂直于

邊界I射入磁場，經磁場偏轉后，以與邊界H成60。夾角的方向從邊界II上的。點射入II、川之間的磁場,

最后從K點垂直于邊界川射出磁場。下列說法正確的是（）

A.該粒子帶負電

B.粒子在磁場中運動速度大小為當更

m

CR一2后

D.粒子由P至。所用時間為由。至K所用時間的2倍

【答案】D

【詳解】A.在I、II之間粒子向上偏轉，結合左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤;

B.由幾何關系可知，粒子在I、II之間軌跡的圓心角為30。，其軌跡半徑

r{—4L

由洛倫茲力提供向心力可得

2

Dmv

Bxqv=------

4

得出

v=竺巫

m

故B錯誤；

C.由幾何關系可知，粒子在II、川之間磁場運動的軌跡半徑

r2=2L

由洛倫茲力提供向心力可得

nmy2

-------

一丫2

整理得

mv

r=-----

2祖

聯立以上得

B2=A=2

B、-27

故

B2=24

故C錯誤；

D.粒子在II、III之間軌跡的圓心角為30。，又有

12兀m

F

271m

=------

聯立以上得

￡=T1=§2=2

t2~T2~Bt~

即粒子由尸至。所用時間等于由。至K所用時間的2倍，D正確。

故選D。

【例3-2】如圖所示，邊長為￡的等邊三角形區(qū)域內有勻強磁場。大量電子從8點射入磁場中，入射方向分

布在與2C邊的夾角為a（0<a<60°）的范圍內，在磁場中的運動半徑均為心不計電子間的相互作用。則

在磁場中運動時間最長的電子入射時的a角為（）

A

/_.v0'、

___c

A.0°B.15°C.30°D.45°

【答案】C

【詳解】在磁場中運動時間

_0T_9m

27rBq

可知圓心角越大，在磁場中運動時間越長，根據數學知識可知，所對應弦長越長，圓心角越大，由于在磁

場中的運動半徑均為乙所以當電子過C點時，對應弦長最長，圓心角最大，由圖可知

OLA

V60°60°M\X

L/"8c邊長等于半徑，所以△80C等邊三角形，Z03C=60°,此時在

磁場中運動時間最長，電子入射時的a角為

a=30°

故選C?

【例3-3】如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形區(qū)域內有一垂直紙面向外、磁感應強度大小為8的勻強

磁場。M、N點在圓周上且MON為其豎直直徑。現將兩個比荷人相同的帶電粒子P、Q分別從M點沿

方向射入勻強磁場，粒子P的入射速度為v/=v,粒子Q的入射速度為匕=6丫，已知P粒子在磁場中的運

動軌跡恰為:圓弧，不計粒子的重力，不計粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）

A.粒子P帶正電，粒子Q帶負電

B.粒子P的周期小于粒子Q的周期

C.粒子Q的軌道半徑為叵

kB

2

D.粒子P和粒子Q在磁場中的運動時間之比為§

【答案】C

【詳解】A.兩粒子進入磁場時所受洛倫茲力均向左，由左手定則可知，粒子P、Q均帶正電，故A錯誤;

B.根據周期公式

T2兀m

1=----

Bq

兩粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的運動周期相同，故B錯誤；

C.根據洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m——

r

可得

mv

r=—

Bq

則粒子的半徑與速度成正比，故

故C正確；

D.作出兩粒子的運動軌跡如圖所示

一二N

由幾何關系得P粒子的軌道半徑為

八二R

由以上分析可知，粒子的軌道半徑與線速度成正比，故Q粒子的軌道半徑為

r2=V3J?=—

tana

則

a=30°

可知粒子Q的圓心角為60。，粒子P的圓心角為90。，由于兩粒子周期相同，運動時間與圓心角成正比，則

3

粒子P和粒子Q在磁場中的運動時間之比為I,故D錯誤。

故選Co

【例3-4］（2024?江西景德鎮(zhèn)?一模）如圖所示，仍必為紙面內矩形的四個頂點，矩形區(qū)域內（含邊界）處

于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為8,ad=L,ab=CL。一質量為加、電荷量為q

（q>0）的粒子，從。點沿刈方向運動，不計粒子重力。下列說法正確的是（）

—>---------------■>b

.°B

A.粒子能通過cd邊的最短時間e=高

B.若粒子恰好從d點射出磁場，粒子速度"=立

m

C.若粒子恰好從c點射出磁場，粒子速度V=辿

m

D.若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度0<v?出些

m

【答案】c

【詳解】A.粒子能通過cd邊，從c點射出的粒子在磁場中運動的時間最短，根據幾何關系

（r2H+（國丫

解得

r2=2L

則轉過的圓心角

.A拒L拒

sin=-----=——

2L2

即

0=60°

粒子在磁場中運動的周期

27m

1=-----

qB

則粒子能通過cd邊的最短時間

e7=-

―360°-3qB

故A錯誤；

B.若粒子恰好從d點射出磁場，由幾何關系可知其半徑

K=—L

12

根據

qvxB=m-

解得

T

2m

故B錯誤；

C.若粒子恰好從c點射出磁場，根據幾何關系

222

(r2-￡)+(V3Z)=r2

解得

r2=2L

由洛倫茲力提供向心力得

qv2B=m-

G

解得

_2qBL

2m

故C正確；

D.若粒子從d點射出磁場，粒子運動軌跡為半圓，從d點出射時半徑最大，對應的入射速度最大，則

qBL

2m

故若粒子只能從。”邊界射出磁場，則粒子的入射速度0<vV啰，故D錯誤。

2m

【變式演練】

【變式3-1］如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重

力）第一次以V/速度沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉60。角；該帶電粒子第二次以速

度V2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉90。角，則帶電粒子第一次和第二次在

磁場中運動的（）

B.速度之比為1：百C.速度之比為2:3D.時間之比為

【答案】A

【詳解】ABC.如圖所示

設圓柱形區(qū)域的半徑為兄有幾何關系可得

=7?tan60°=^37?,G=R

則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的半徑之比為

耳：弓二G：1

根據洛倫茲力提供向心力可得

v2

qvB=m——

r

解得

mv

r=—ocv

qB

可得速度之比為

vi:v2=rl:r2=y/3:1

故A正確，BC錯誤；

D.粒子在磁場中的運動時間為

03271nl6m八

t=——T=--------=——oc6>

2TT2%qBqB

由圖可知

4=60。，2=90。

則時間之比為

4"2=4：2=60。：90。=2:3

故D錯誤。

故選Ao

【變式3-2］如圖所示，在x>0,>〉0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于工帆平面向

里，大小為瓦現有一質量為冽、電荷量為9的帶正電粒子，從x軸上的尸點沿著與x軸正方向成30。角的

方向射入磁場。不計重力的影響，則下列有關說法中錯誤的是（）

XXXX

B

XXXX

XXXVX

A.無論粒子的速率多大，粒子都不可能通過坐標原點

5jun

B.從x軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經歷的時間一定為。

3qB

5兀"2

C.從V軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為南

Tim

D.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為二

3qB

【答案】D

【詳解】A.帶正電的粒子從尸點沿與無軸正方向成30。角的方向射入磁場中，則圓心在過P點與速度方向

垂直的直線上，如圖所示

轉過的圓心角肯定大于180。，因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點。

故A正確，與題意不符;

BCD.根據

V

qvB=m——

r

又

17ir

v

聯立，解得

T①

qB

由于p點的位置不確定，所以粒子在磁場中運動的軌跡圓弧對應的圓心角也不同，最大的圓心角是軌跡圓

弧與y軸相切時即300。，運動時間為

300°丁_51m

360°~^qB

5兀機

可知從X軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經歷的時間一定為言。而最小的圓心角是P點在坐標原點時

3qB

即120。，運動時間為

120°丁271nl

t=______T—______

而「360°3qB

可知從歹軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經歷的時間范圍

2兀m,,57m

-------<t<--------

3qB3qB

故BC正確，與題意不符；D錯誤，與題意相符。

本題選錯誤的，故選D。

【變式3-3】如圖所示，虛線兩側的勻強磁場I和H均垂直于紙面向里，磁場II的磁感應強度是磁場I的磁

感應強度的2倍。質量為加、電荷量為9的帶正電的粒子從虛線上尸點沿與虛線成30。角的方向、以速度1

垂直磁場方向射入磁場I,從虛線上的。點第一次進入磁場丑；一段時間后粒子再次經過。點，P點和。

點的距離為乙不計粒子的重力，則磁場I的磁感應強度大小和粒子兩次經過0點的時間間隔分別為（）

XXXXX

XXXXX

XXXXX

鏟妥xxax

I

XXXXX

mv014兀￡mvQ2TIL

。B

AqL，%-qL，v0

V3mv014-\/37iZ/V3mv07E

C.,L).，

qLv0qL%

【答案】B

【詳解】粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得，粒子在磁場I中運動的半徑為

A=L

由洛倫茲力提供向心力得

qvQBx=m-