高考物理专题复习2.7 恒磁场

第二部分核心主干专题突破

专题2.7恒磁场

目录

【突破高考题型】...............................................................................1

题型二带电粒子在匀强磁场中的运动............................................................3

类型1直线有界磁场........................................................................4

类型2圆形有界磁场........................................................................5

类型3多边形有界磁场......................................................................6

题型三临界和极值问题.........................................................................7

【突破高考题型】

题型一磁场的基本性质安培力

1.区分两个定则

安培定则(或右手螺旋定则)用来判断电流产生的磁场方向，左手定则用来判断电流所受磁场力的方向。

2.磁场的叠加

(1)确定磁场场源，如通电导线。

(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所

示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。

(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场瓦

3.安培力

⑴大小：若/〃B,F=0；若/_LB,F=IIB.

(2)方向：用左手定则判断，垂直于磁感线和通电导线确定的平面。

4.两个等效模型

(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时£均可等效为"直线电流。

SN

甲乙

（2）化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。

【例1】（2021•全国甲卷，16）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，£0与O，Q在

一条直线上，尸0'与0尸在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流/,电流方向如图所示。若一根

无限长直导线通过电流/时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为

”的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）

A.8、0B.O、2B

C.2B、2BD.B、B

【答案】B

【解析】根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为8,方向相反，叠加后磁感应

强度大小为0;竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B,方向相同，叠加后

磁感应强度大小为28,B正确。

【例2】（多选）（2022•湖北高考，11）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒

与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水

平向右方向的夹角6可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场

方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为监；减速

时，加速度的最大值为小g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（）

A.棒与导轨间的动摩擦因数为坐

B.棒与导轨间的动摩擦因数为坐

C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，0=60°

D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，0=150°

【答案】BC

【解析】设磁场方向与水平方向夹角为&，a<90。，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据

左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有FsinS\—/i（mg—Fcos6\）=

nia\t令cosa=^Y^=,sina=不爷爷根据数学知识可得打(qTT『)sin(4+a)=〃mg+〃?a】，则有sin(®i

+a)=#^士等~1，同理磁场方向与水平方向夹角为仇，仇<90。，当导体棒减速，且加速度最大时.，合

F（：1+〃2）

力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsin02

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

或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得"=坐，代入cosa=-j=4f可得a=30°,此时仇

=&=60。，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有。=4=60。，减速阶段加速度大小最大

时，磁场方向斜向左上方，有。=兀一出=120。，故B、C正确，A、D错误。

【例3】(2022•河北邯郸市高三期末)如图所示，M、N和尸是以MN为直径的半圆弧上的三点，。为半圆弧

的圆心，NM0尸=60。，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所示，且/”=2/M已知电流为

/的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为/"处的磁感应强度大小为8=,,其中火为常数)，此时

。点的磁感应强度大小为BL若将M处长直导线移至P处，则此时。点的磁感应强度为()

MeoN

A.大小为小Bi，方向水平向右

B.大小为小2”方向水平向左

C.大小为26，方向与水平方向夹角为30。斜向右下

D.大小为2囱，方向与水平方向夹角为30。斜向右上

【答案】A

【解析】设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B。，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应

强度大小为2瓦，导线未移动时，各导线在。点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示，可得用=&,将

M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2瓦，如图中虚线所示，N处导线在。点激

发磁场的磁感应强度不变，则此时合磁感应强度大小为小瓦，即小巴，方向水平向右，故A正确.

Me濯避

题型二带电粒子在匀强磁场中的运动

1.基本思路

2.轨迹圆的几个基本特点

（1）带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角（如图甲所示，。3=仇=仇）。

（2）带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角（如图甲所示，a,=a2）»

（3）沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示（两侧关于圆心连线对称）。

方法二：由几何关系求。一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。

4.时间的确定

方法一：由圆心角求，

Z7C

方法二：由弧长求，，=%

类型1直线有界磁场

【例1】（2022•河北新高考演练卷）如图所示，空间中存在一平面直角坐标系X。），，其第一象限内存在方向垂

直纸面向里的匀强磁场。将一带负电的粒子从y轴上的A（0,幻点以一定初速度，沿着与y轴正半轴成6=

45。的方向射入磁场，经磁场偏转后，粒子从x轴上的C点垂直x轴离开磁场。已知磁感应强度大小为B,

粒子的比荷和电荷量分别为鼠q,粒子的重力不计。下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中运动的时间为房

B.从射入磁场到离开磁场，粒子所受洛伦兹力冲量的大小为吟曲

C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a

D.C与。点相距（g+1）。

【答案】D

【解析】如图所示

作出粒子运动的轨迹，粒子在磁场中运动的时间为—•第=奇，A错误；由几何关系得粒子的

运动轨道半径R=&”，由洛伦兹力提供向心力有解得丫=簪=吟普，因为洛伦兹力是变力，

所以粒子所受洛伦兹力冲量的大小件（qvB）t,即厚（渣辔“黑=3取;,Qc错误；由几何关系可

知，C与。点距离为soc=«+a=（"V^+D正确。

类型2圆形有界磁场

【例2】（2022•湖北新高考演练卷）如图所示，半径为R、圆心为。的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的

匀强磁场（图中未画出）。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从“点先后沿直径在和弦

外方向射入磁场区域，成和碇的夹角为30。，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿时方向射入

的粒子刚好从。点正下方射出，不计粒子重力。则（）

二;I

N诉------『

、、//

A.沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R

B.沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为小R

C.沿砒方向射入的粒子与沿m方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2：1

D.沿ac方向射入的粒子与沿H方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为々泸

【答案】C

【解析】沿"方向射入的粒子在磁场中运动方向偏转60。，其轨迹所对的圆心角为60。，如图中轨迹1所

示，由几何关系知其轨迹半径为n=/七A错误；沿川方向射入磁场区域的粒子在磁场中运动轨迹如图

中轨迹2所示，根据几何关系可知，该粒子的轨迹所对圆心角为30。，则轨迹半径/满足cin里4S詈°"=si也nI罟50，

Xsin15°=sin(45°-30°),解得5=(小+1)R，B错误：两粒子的质量和电荷量相同，则在磁场中的运动周

期相同，结合两粒子在磁场中的偏转角可知，沿如方向射入的粒子与沿时方向射入的粒子在磁场中运动

的时间之比为2：1,C正确；根据qv8=乎可得v=噜,则沿ac方向射入的粒子与沿ah方向射入的粒子

在磁场中运动的速率的比值为三亚，D错误。

类型3多边形有界磁场

【例3】如图所示，正六边形He,虑/"区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从7点沿加方向射

入磁场区域，当速度大小为物时，从点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb.当速度大小为％时，从c

点离开磁场，在磁场中运动的时间为人不计粒子重力。贝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】如图所示,

设正六边形的边长为/,当带电粒子的速度大小为吻时，其圆心在a点，轨道半径八=/,转过的圆心角以

=宗，当带电粒子的速度大小为方时，其圆心在。点(即由、沙延长线的交点)，故轨道半径，2=2/,转过

的圆心角=1

根据以3=4得片警，故由/=羿得T=赞所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，

又因为可得g=3=2，A正确，B、C、D错误。

27ttc“2

题型三临界和极值问题

1.临界极值问题的解决思路

(1)运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题

设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。

(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。

2.四类动态圆模型

适用条件粒子速度方向一定，速度大小不同

以入射点P为定点，圆心位于尸尸直线上，将半径放

缩作轨迹圆，从而探索出临界条件

:XXX]

放缩圆

应用方法

1X、/XXJ

:xxry；

(轨迹圆的圆心在Pi三直线上)

适用条件粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同

旋转圆将半径为/?一'；?的圆以入射点为圆心进行旋转，从

应用方法

而探索出临界条件

P

（轨迹圆的圆心在以入射点尸为圆心、半径R=簿的

圆上）

适用条件粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同

将半径为"段的圆进行平移

XXXXXXXX

平移圆

应用方法

（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）

带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半

径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一

点射出，该点切线与入射速度方向平行

成立条件：

区域圆的

半径等于

磁聚焦与磁聚焦

磁发散轨迹圆的带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如

半径果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方

„mv

向与入射点的切线方向平行

磁发散

【例1】（多选）（2022•河南开封二模）如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小

为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等

的质量大小均为机、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P

点。已知粒子带负电，。尸=小05=小4,粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（）

XXXXX

XXXXX

Xx'、、xxx

"OPX

A.粒子的速度大小为噜

B.从。点射出的粒子在磁场中的运动时间为党

cji）

C.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9：2

D.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到0点的距离为与

【答案】AC

【解析】粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1,可知SP为直径，由几何

关系得（2夫）2=屋+（止d）2得到K=d,由洛伦兹力提供向心力得嗜=/8,则丫=噜，A正确；

运动周期

由几何知识可得，从。点射出的粒子的运动轨迹如轨迹3,轨迹所对的圆心角为60。，在磁场中的运动时间

二端,B错误；

3

运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子（轨迹2）,对应的圆心角为270。，得力=彳八运动时间最

短的粒子为从原点飞出的粒子（轨迹3）,f2=（T，所以h:及=9:2,C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，

圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到。点的距离为4,D错误。

【例2】（多选）（2022•辽宁名校联考）如图所示，三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中/。=90。，

OQ=OP=2d,S为OP的中点，S处的粒子发射源以垂直OP的方向发射一系列速率不同的电子，电子的

比荷为k,已知磁场的磁感应强度大小为B,忽略电子的重力以及电子间的相互作用。下列说法正确的是

)

p

X、

XXX、、

XXXX'、、

一、Q

A.电子的速率为丫=8。时一，电子从0Q上距离。点d处离开磁场

B.从PQ边离开的电子的最小速率为v=^2Bkd

C.从0P边离开的电子的最大速率为丫=等

D.从。尸边离开的电子，速率越大在磁场中运动的时间越短

【答案】AC

【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由＞8="若可得r嘴当电子的速

率为v=8"时，电子的轨迹半径为n=4,轨迹如图中曲线2所示，则电子从距离。点”处离开磁场，A

正确；作出电子刚好不从PQ边离开磁场时的运动轨迹，即轨迹与PQ相切，如图中曲线3所示，由几何关

系可知可得n=（6+1W，电子从PQ边离开时轨迹半径/•＞（啦+l）d,所以从PQ边离开的电

子最小速率一定大于（小+1）&W,B错误:若要使电子从0P边离开,则从0点离开的电子的轨迹半径最大，

最大半径为多如图中曲线1,因此最大速率为Umax=等，C正确；电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为

7=缥=鬻，根据几何关系可知，电子从°F边离开时，偏转角均为18（）。，则从0P边离开磁场的电子在

C{DDK

磁场中运动的时间均为尸亚佥，D错误。

【例3】（2022•福建福州市高三期末）如图所示，圆形区域半径为R,圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向

外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子在电子枪中经电场加速后沿40方向垂直进入磁场，偏转后从〃

点射出并垂直打在荧光屏尸。上的N点，平行于AO,O点到尸。的距离为2R电子电荷量为e、质量为

〃?，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用.求：

(1)电子进入磁场时的速度大小V；

(2)电子枪的加速电压U；

(3)若保持电子枪与A。平行，将电子枪在纸面内向下平移至距A。为冷处，则电子打在荧光屏上的点位于N

点的左侧还是右侧，该点与N点间的距离是多少.

【答案】(1噜(2噂⑶左侧号R

【解析】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，WevB=n^

电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r=R联立解得丫=甯

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

甲

(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得

联立解得u=端

(3)电子在磁场中运动的半径/=凡故平行于A0射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上.从与40

相距今的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示，由几何关

【专题突破练】

1.(2022•江西九江二模)如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，ZA=30°,

80_LAC,两个带异种电荷的粒子分别沿OB方向射入磁场，偏向左边的粒子恰好没有从AB边射出磁场，

偏向右边的粒子恰好垂直BC边射出磁场，忽略粒子重力和粒子间的相互作用。若正、负粒子的速度大小之

比为1:3,则正、负粒子的比荷之比为（）

A.1：3B.3:

C.2：9D.9：2

【答案】

【解析】依题意,

o,oC

画出粒子运动轨迹图

由几何关系可知修=/?2，由qvB=4得盘=或,因正、负粒子的速度大小之比为1：3,则正、负粒子的比

荷之比为1：3,故A正确。

2.（2022•河南六市联合调研）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应

D

强度大小为B,"是圆。的直径，c是圆周上一点，cOJ_",P、。是圆周上离加的距离均为菱的两点。一

个质量为机、电荷量为q的带负电粒子以一定大小的速度从P点沿平行于ab的方向射入磁场，粒子在磁场

中运动恰好经过。、。点。现保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从Q点射入磁场，则粒子在磁场中运

动的时间为（）

A丽

【答案】A

【解析】作出从P点射入的粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系易知，。点为做圆周运动的圆心，

ZPQc=nO°,让粒子从Q点射入磁场，根据平移法得出粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系得NQOc

=60。，粒子在磁场中运动的周期T=翳，则运动的时间为/=翳/7,解得『=魏，故A正确。

X、、

XX

X

.X

x\xXX

3.（2022•山东泰安一模）中国环流器二号M装置（HL—2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将

粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和啜R两个同心圆之间的环形区域存在

与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料同核（1H）和笊核（，H）均以相同的速度从圆心。沿半径方向射出，全部被

约束在大圆形区域内。则点核在磁场中运动的半径最大为（）

D.（啦一1）/?

【答案】A

【解析】依题意，咒核、笊核全部被约束在大圆形区域内，根据较8=〃斤得/=发，由于二者速度相同，

根据半径与比荷的关系，可知气核，笊核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。当笊核在磁场中运动轨迹刚好

与磁场外边界相切时，笊核运动轨迹半径最大，由几何知识得（啦R-rmax）2=/iax+K，求得笊核的最大半径

为rmax=g，所以先核在磁场中运动的最大半径为M=&max邛R，故A正确。

4.（2022•河南名校联盟联考）如图所示，一个有理想边界、磁感应强度B=5xior1的矩形匀强磁场ABC。

区域，对角线4c放一个挡板4B=CC=2()V§cm,8c=A£>=20cm,左边有一个宽度等于AB的线状粒子

源，可以水平向右发射速度v=lxl()5m/s的粒子，粒子的质量m=lxl()-25kg,电荷量“=-2x10-15(2,不

计粒子的重力和粒子间的相互作用，在挡板AC上能打上粒子部分的长度是()

A.10cmB.1073cm

C.2(h/3cmD.20cm

【答案】B

【解析】粒子在

磁场中运动，由4V8=盯得/=不，解得r=0.1m=10cm,粒子运动的圆周与AC相切时，能打到AC上

的长度最大，设从E点射出的粒子恰好与AC边相切，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系有tanN4

平'AF=tanZ卷cm=1()73cm,A、C、D错误’B正确。

3

5.(2022•浙江Z20名校联盟第三次联考)-光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的

转轴在正方体的上表面内自由转动，C。导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒

中点。、。2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图11所示(A到B、。到。方向的电流。下列说

法中正确的是()

A.通电后48棒仍将保持静止

B.通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)

C.通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）

D.通电瞬间线段。1。2间存在磁感应强度为零的位置

【答案】B

【解析】从正视方向研究C。导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知8导体棒电流在8端有垂直

A8棒向上的分磁场，根据左手定则可知8端受到垂直于纸面向外的安培力，8端向外转动，C。导体棒电

流在A端有垂宜A8棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力,A端向里转动，

故俯视导体棒A8将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CO导体棒电流和

导体棒电流在线段0。2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段0。2间不存在磁感应强度为零的位

置，D错误。

B

A.-一

i'⑥c（D）:;

、•

、/•

、、，/

6.（多选）（2022•名校联盟选考）图甲中一半径为R的圆形面内沿竖直直径放置一通电直导线，图乙中平行放

置三根通电直导线，间距均为“，图丙中在边长为a的正方形的四个顶点分别放置垂直纸面的通电直导线，

导线间距离及导线中电流的大小和方向已在图中标出。已知电流为/的通电直导线在距离直导线，•处产生的

磁场的磁感应强度大小为8=藁。下列说法正确的是（）

甲乙丙

A.图甲中圆形区域的磁通量为零

B.图乙中通有电流/o的直导线所受安培力为零

C.图丙中。点的磁感应强度大小为资

D.图乙中调节/o大小，三根直导线所受安培力可能都为零

【答案】ABD

【解析】根据对称性可知，两个半圆内的磁通量大小相等，方向相反，则图甲中圆形区域的磁通量为零，

A正确；根据同向电流相吸、异向电流相斥及对称性可知，图乙中通有电流的直导线所受安培力等大反

向，合力为0,B正确；图丙中。点有四个磁场，对角的两个同向电流产生的磁感应强度大小相等，方向相

反，对角的两个异向电流产生的磁感应强度方向相同，相互叠加后为8=总'2=哼旦，C错误；根据8

2

=与知，当/。=3时，三根通电导线受到的安培力的合力均为零，D正确。

7.（2022•湖南高考，3）如图（a）,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴。0,上，其所在区域存

在方向垂直指向。0,的磁场，与00,距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）

所示。导线通以电流/,静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为仇下列说法正确的是（）

,)

II

6bM(N)

左右

(b)

A.当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M

B.电流/增大，静止后，导线对悬线的拉力不变

C.tan0与电流I成正比

D.sin。与电流/成正比

【答案】D

【解析】当导线静止在题图（a）右侧位置时，对导线受力分析如图所示,

可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由例指向N,A错误；由于与距离相等位置的磁感

应强度大小相等且不随时间变化，有

sinFT=mgcoa9,贝Usin。与电流/成正比，当/增大时0增大，cos0减小，静止后，导线对悬线

的拉力FT减小，B、C错误，D正确。

8.（多选）（2022•湖北高考，8）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分

充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均

为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直

且与SP成30。角。已知离子比荷为匕不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为优

则离子的入射速度和对应9角的可能组合为（）

A.gkBL,0°B.gkBL,0°

C.kBL,60°D.2kBL,60°

【答案】BC

【解析】若离子通过下部分磁场直接到达2点，如图甲所示,

根据几何关系则有R=L,41，8=稔，可得v="^=kBL,根据对称性可知出射速度与5P成30。角向上，故

出射方向与入射方向的夹角为8=60。。当离子上下均经历一次时，如图乙所示，

XXXX*X

XXXXX

L

乙

因为上下磁感应强度均为8,则根据对称性有根据洛伦兹力提供向心力有外8=〃与，可得丫=瞭

=*BL,此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为6=0。。

通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足-=

~~kBUn^\,2,3…），此时出射方向与入射方向的夹角为9=60。；当离子从上部分磁场射出时，需满足

2n—\

v=罂昌胪L（n=l,2,3...）,此时出射方向与入射方向的夹角为9=0。，故可知B、C正确，A、D错误。

9.（多选）（2022•辽宁高考，8）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域

有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从尸点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁

场区域后打在探测器上的例点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒

子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）

A.粒子1可能为中子

B.粒子2可能为电子

C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的。点

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点

【答案】AD

【解析】由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，故A正确；粒子2

向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故B错误；粒子1不带电，增大磁感应强度，粒子【不

会偏转，仍打在M点，故C错误；根据洛伦兹力提供向心力有解得r=卷，增大粒子入射速度，

粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的。点，故D正确•

10.（2022•广东广州模拟）如图所示，在竖直边界MN左侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强

磁场，竖直边界O处有一小孔，大量带正电的相同粒子从各种不同方向沿纸面以相同速率从小孔射入磁场。

紧贴小孔的下方有一可绕。转动的足够长挡板04（忽略小孔的大小，认为小孔与转动轴在同一位置），射入

磁场的带电粒子能全部打在挡板上。不计粒子重力及其相互作用，当挡板和边界MN的夹角0由0。增大到

180。的过程中，从小孔射入的带电粒子击中挡板区域的长度将（）

XXX

xBxx

XXX

xXXN

A.不断增大

B.先增大，后减小，其长度变化情况先后对称

C.先增大，后减小，其长度变化情况先后不对称

D.先增大，后不变

【答案】D

【解析】带正电的粒子进入磁场后，由左手定则得轨迹如图

则当挡板和边界MN的夹角e由0。增大到180。的过程中，在位置1时，电荷打在板上的长度小于直径，从

2位置开始电荷打在板上长度等于直径，此后维持不变，直到增大到180。，故D正确。

12.（2022•山西晋中二模）如图所示，用一根电阻丝制作成正方形线框abed,固定于匀强磁场中的线框平面与

磁场方向垂直，线框顶点匕与电源两端相连，电源内阻与正方形一条边的电阻相等，导线电阻忽略不计。

S闭合后，线框受到的安培力大小为凡若仅将岫边切割移走，则余下线框受到的安培力大小为（）

F

B

,4

r16尸

【答案】C

【解析】设正方形线框一条边的电阻为R,长度为L,当开关S闭合时，正方形的总电阻为凡=与7=

jKIA

%?,由闭合电路欧姆定律可得,E4£

电路中的电流所以线框所受的安培力F=hLB,当ab边

7R'

邛+R

FF

切割移走后，电路中的电阻/?2=R+3R=4R,由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流上=房二;=焉，此

3K+A4K

7

时线框所受的安培力FI=/2L8,联立求解得尸产木尸，故C正确。

13.（2022•福建新高考演练卷）如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN,电流方向向上。而是

一根水平放置的内壁光滑的绝缘管，端点。、6分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球

自。端以速度W射入油管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向人运动过程

中，下列说法正确的是（）

A.小球的速率始终不变

B.洛伦兹力对小球先做正功，后做负功

C.小球受到的洛伦兹力始终为零

D.管壁对小球的弹力方向先竖直向下，后竖直向上

【答案】A

【解析】如图为俯视图，根据右手螺旋定则，知磁感线如图所示，小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作

用，洛伦兹力和弹力都不做功，小球速率不变，A正确，B错误：当小球运动到"中点时，磁感线的切线

方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零，小球自〃点到a人中点，所受洛伦兹力方向竖直向下,

绝缘管壁对小球的弹力方向竖直向上，小球从H中点至b点，所受洛伦兹力方向竖直向上，绝缘管壁对小

球的弹力方向竖直向下，C、D错误。

14.（2022•山东潍坊预测）如图所示，离子源S到直线MN的距离为L,整个空间存在磁感应强度大小为B的

匀强磁场，磁场方向垂直S和MN所在的平面向里。离子源S一次性沿平面向各个方向均匀地射出大量速

度大小相同的正离子，上有离子经过的区域长为平乙已知离子的比荷为我,不计离子的重力及离子间

的相互作用力，则离子的速度大小为（）

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上有离子经过的区域长为竽L,根据几何关系可知，轨迹直径另一端与直线相交处为离子

经过的最远点，故（2K）2=Z?+（当，，解得圆周运动半径/?=乎4，根据以8=*，解得匕故B

正确。

15.（多选）（2022•河南开封市模拟汝口图所示，在xOy坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里

的匀强磁场，磁感应强度大小为B,圆的半径为R,与x轴和y轴分别相切于P点和。点，圆心在C点，

在y轴上A（0,5?）点沿x轴正方向射出一质量为〃八电荷量为q（g>0）的带电粒子，粒子进入磁场后经偏转

刚好经过圆心C,不计粒子的重力，则下列判断正确的是（）

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为号？

B.粒子出磁场时的速度方向沿y轴正方向

C.粒子出磁场时的速度大小为绦5

D.粒子在磁场中运动的时间为舞

【答案】CD

【解析根据题意可以得到如图轨迹，轨迹圆心为B点，进入磁场的点为A,出磁场的点为。，因为4坐

标为（0,斗?），则根据儿何关系可得/QC4-30。，则/C48=60。，可知8点在圆周上，A48C为等边三角

形，故粒子做圆周运动的半径为R,A错误；粒子出磁场时速度方向为左上，由几何关系可知与竖直方向成

30°,B错误；洛伦兹力提供向心力，则8"=贤，得v=誓,C正确；粒子在磁场中的运动轨迹的圆心

角为120。，则运动时间为1=丁=拳，D正确.

16.（多选）（2022•河北省高二检测）如图所示，以。为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直于圆面的磁场，

一束质量为，"、电荷量为一q的同种粒子（不计重力和粒子之间相互作用），从圆周上的P点以不同速率沿不

同方向射入磁场区域，其中以最大速率4且沿PO方向射入的粒子恰好从A点离开磁场.已知NPOA=90。，

则以下说法正确的是（）

o

A.区域内磁场方向垂直圆面向里

B.速率为5的粒子不可能从A点射出

C.从A点离开磁场的粒子速率最小值为坐vo

D.若将区域内磁场增大为原来的啦倍，则所有粒子只能从圆弧上离开

【答案】ABD

【解析】由题可知，粒子从A点离开磁场，则粒子在P点所受洛伦兹力方向向右，由左手定则可知，磁

场方向垂直圆面向里，粒子运动的最大半径为R，则速率为与的粒子轨迹半径为京，直径为R，且PA=y[2R,

故直径小于PA弦长，不可能从A点射出，A、B正确；从A点离开磁场的粒子速率最小值对应半径最小,

最小半径为足=，也=坐/?=誓，又有R=紫，联立解得"=噂m，C错误；若将区域内磁场增大为原来

zzbqcjDz

的噌倍，根据R=器，可知粒子的最大直径为W已恰好等于弦长加，所有粒子只能从圆弧力上离开，D

正确.

17.如图所示，在xOy平面上以0为圆心的圆形区域内存在匀强磁场（图中未画出），磁场方向垂直于xOy平

面向外.一个质量为"?、电荷量为q的带负电粒子，从原点0以初速度亦沿y轴负方向开始运动，后来粒

子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为30。4到。的距离为d,不计粒子的重力，则圆形磁场

区域的半径为（）

n1

【解析】粒子的运动轨迹如图所示，设粒子运动的半径为R,由几何关系可知R+—r^=d,解得R=：d,

O111V/

则圆形磁场区域的半径为r=2/?sin60。=坐"，故选B.

18.侈选）（2022•四川成都市三模）如图，半径为R的半圆形区域内（含边界）有方向垂直纸面向里、磁感应强度