2025高考物理总复习第十一章磁场课件练习题

第十一章磁场考情分析试题情境生活实践类生活和科技、地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等学习探究类通电导线在安培力作用下的平衡与加速问题，带电粒子在磁场、组合场、叠加场及立体空间中的运动第1课时磁场的描述安培力目标要求1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会求解磁感应强度叠加的问题。2.掌握左手定则，会判断安培力的方向，并会计算安培力的大小。内容索引考点一

安培定则和磁场的叠加考点二

安培力的分析与计算考点三

安培力作用下的平衡和加速问题课时精练><考点一安培定则和磁场的叠加1.磁场与磁感应强度(1)磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有

的作用。(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和

。②定义式：B＝____(通电导线垂直于磁场的情况下)。③方向：小磁针静止时N极所指的方向。④单位：特斯拉，简称特，符号为T。力方向(3)匀强磁场磁场中各点的磁感应强度的大小

、方向

，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。相等相同(4)地磁场①地磁的N极在地理

附近，S极在地理

附近，磁感线分布如图所示。②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度的大小

，且方向水平

。③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。南极北极相等向北2.磁感线的特点(1)磁感线上某点的

方向就是该点的磁场方向。(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的

。(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从

指向

；在磁体内部，由

指向

。(4)同一磁场的磁感线不中断、不

、不相切。(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。切线强弱N极S极N极相交S极3.几种常见的磁场(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)

直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则

立体图

(2)电流的磁场

直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场横截面图

从上往下看

从左往右看

从左往右看纵截面图

5.北京地面附近的地磁场方向是水平向北的。(

)1.磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。(

)2.磁场中的一小段通电导线在该处受力为零，此处磁感应强度B不一定为零。(

)×√×√×例1如图所示，直导线AB、通电螺线管E、电磁体D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是A.a

B.b

C.c

D.d√根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。例2

(2023·江苏盐城市、南京市调研)我国直流输电技术处于世界领先水平。现有三根输电线甲、乙、丙的截面图，通过它们的电流大小相同，且到O点距离相等，电流方向如图所示。若甲中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B，则三根输电线中的电流在O点产生的磁感应强度大小是A. B.3B

C.2B D.B√磁场叠加问题的解题思路1.确定磁场场源，如通电导线。2.定位空间中需求解磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁感应强度的大小和方向，如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度BM、BN。3.应用平行四边形定则求合磁感应强度，如图中的B为合磁感应强度。返回安培力的分析与计算><考点二1.安培力：

在磁场中受的力称为安培力。2.安培力的大小(1)当B、I垂直时，F＝

。(2)若B与I夹角为θ，将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F＝

。注意：θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ＝0或180°，即磁感应强度的方向与导线平行时，F＝0。通电导线IlBIlBsinθ(3)公式的适用条件：一般只适用于

磁场。(4)l是指有效长度。弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端，如图所示。匀强3.安培力的方向左手定则：伸开左手，使

与

垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使

指向电流的方向，这时

所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。4.同向电流相互

，反向电流相互

。拇指其余四个手指四指拇指吸引排斥思考通电导线、磁场方向、安培力的方向三者是一定两两垂直吗？通电导线和磁场方向可以不垂直吗？答案安培力的方向一定与通电导线垂直，一定与磁场方向垂直，即一定垂直于通电导线和磁场方向所确定的平面，但通电导线与磁场方向不一定垂直。1.在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。(

)2.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。(

)3.通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。(

)×√×例3

(2023·江苏卷·2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为A.0

B.Bil

C.2BIl

D.√因bc段与磁场方向平行，则不受安培力作用；ab段与磁场方向垂直，则所受安培力大小为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。例4

(2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向A.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外√根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。拓展

若用细线将一条形磁体悬挂于天花板上，条形磁体处于水平且静止的状态。当导线ab中通有如图所示的电流时，则条形磁体的N极将向_____(填“内”或“外”)偏转；条形磁体受到的拉力______(填“大于”或“小于”)其受到的重力。外大于直导线通入由a指向b的电流时，由左手定则知直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，条形磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转；条形磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以条形磁体受到向下的作用力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力。电流元法分割为电流元

安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向)判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法环形电流⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流结论法两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力返回安培力作用下的平衡和加速问题><考点三与安培力有关的平衡、加速等问题，常涉及倾斜导轨、导体棒、电源、电阻等。求解时应变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。如图所示：例5

如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上固定有平行金属导轨，现在导轨上垂直导轨放置一质量为m＝20g的金属棒ab，接入电路的长度l＝1m，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝0.8T，导轨与电动势为E＝12V、内阻为r＝1Ω的电源连接，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，

sin37°＝0.6，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关S，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止。(1)判断金属棒所受的安培力方向；答案平行于斜面向上由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上。(2)求使金属棒在导轨上保持静止时，滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2。答案47Ω

239Ω当R最小时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则Ffmax＝μFN1，FN1＝mgcosθ

，F1＝mgsinθ＋Ffmax安培力F1＝BI1l联立以上各式解得滑动变阻器R的最小阻值为R1＝47Ω当R最大时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ－μmgcosθ安培力F2＝BI2l联立以上各式解得滑动变阻器R的最大阻值为R2＝239Ω。例6

(2023·北京卷·19)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；答案kI2L由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；答案1∶4第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′＝B2·2IL＝4kI2L根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4金属棒经过第二级区域的加速度大小为(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为金属棒从静止开始经过两级区域推进后，返回课时精练1.把螺线管与电源连接，发现小磁针N极向螺线管偏转，静止时所指方向如图所示。下列说法正确的是A.螺线管左端接电源正极B.若将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所

指方向不变C.若将小磁针移到螺线管左端，小磁针N极将转过180°D.若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向不变√123456789101112小磁针静止时N极指向为其所在处的磁场方向，由题图知螺线管中的电流在螺线管中轴线上的磁场方向是向左的，由右手螺旋定则可知螺线管中电流方向是逆时针方向(从左侧看)，则螺线管右端接电源正极，故A错误；螺线管内部磁场方向向左，所以将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所指方向不变，故B正确；若将小磁针移到螺线管左端，仍处于向左的磁场中，小磁针N极所指方向不变，故C错误；螺线管正上方磁场向右，若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向向右，故D错误。1234567891011122.(2024·江苏苏州实验中学校联考)如图所示，半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中，已知磁感应强度为B，导线长为πl，直径ac与磁场方向夹角为θ＝60°。该导线受到的安培力大小为123456789101112√3.如图所示，三棱柱的棱长为L，两个底面均为等边三角形，两方向相同的无限长直导线中电流分别经过M1M2和N1N2，电流的大小均为I，M1M2段导线受到的安培力大小为F，则三棱柱的另一条棱P1P2上各点的磁感应强度大小为123456789101112√由于M1M2和N1N2中电流大小相等，且三棱柱底边为等边三角形，三条棱距离相等，因此M1M2和N1N2中电流在棱P1P2产生的磁感应强度大小相等，都为B0，根据右手螺旋定则，M1M2和N1N2中电流在棱P1P2产生的磁场方向如图，1234567891011124.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管√123456789101112先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，确定导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。当导线转过90°时，再分析导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。1234567891011125.(2023·北京市模拟)如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定在铝框123456789101112上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是A.磁电式电表的原理是通电线圈在磁场

中因受安培力而转动B.改变线圈中电流的方向，指针会反向

偏转C.增加线圈的匝数可以提高电表的灵

敏度D.用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上√123456789101112磁电式电表的内部，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；123456789101112改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电表的灵敏度，故C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致穿过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，123456789101112使其很快停止摆动，而塑料做骨架达不到此作用，故D错误，符合题意。6.(2023·江苏南通市期末)如图所示，将一根粗细均匀的导体棒折成梯形线框PQMN，各边长度为PQ＝PN＝QM＝L，MN＝2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边P、Q两点与直流电源两端相接，已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框PQMN受到的安培力大小为123456789101112√由题可知，流过PNMQ支路的电流I1和流过PQ支路的电流I2关系为4I1＝I2，已知导体棒PQ受到的安培力为F，方向向上，PNMQ支路在磁场的有效长度为L，故PNMQ支路所受安培力为1234567891011121234567891011127.(2024·江苏南京市期中)两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动(图中未画出)。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ＝0缓慢移动到π，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度Bx随θ变化的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度By随θ变化的图像(如图丙)。下列说法正确的是A.导线1电流方向垂直纸面向里B.导线2在第三象限角平分线位置C.随着θ的增大，中心O处的磁感应强度先

变大后变小D.当θ＝0.25π时，中心O处的磁感应强度方

向沿第四象限角平分线向外123456789101112√123456789101112根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，可知，导线2产生的磁场在竖直方向上没有分量，在水平方向有沿x轴正方向的分量，则导线1在初始状态产生的磁场沿y轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A错误；根据安培定则可知，导线2在y轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负方向处有垂直纸面里的电流，故B错误；123456789101112磁感应强度为矢量，根据三角形定则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在θ＝0.5π时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度最大，故C正确；θ＝0.25π时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁感应强度沿x轴正方向，故中心O处的磁感应强度方向在x轴与第四象限角平分线之间，故D错误。8.(2021·江苏卷·5)在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为A.BIL B.2BILC.πBIL D.2πBIL√123456789101112从上向下看导线的图形如图所示导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小为F安＝2BIL123456789101112解得FT＝BIL故A正确，B、C、D错误。9.(2023·江苏南京市第二十九中学检测)如图所示，水平地面上平行放置两根足够长的通电直导线a和b，电流大小相等，方向垂直纸面向里，竖直线MN位于直导线a、b的中垂面上。通电直导线c中的电流方向垂直纸面向外。现在从M点由静止释放直导线c，直导线c可沿中垂面落至地面上的N点。整个过程导线a和b静止不动，不计空气阻力，则由M点运动到N点的过程中A.导线c在M点受到的安培力水平向右B.导线c在M点受到的安培力竖直向下C.导线c可能做加速度一直增大的加速运动D.导线c可能做加速度一直减小的加速运动√123456789101112根据右手螺旋定则可知通电直导线a和b在M点的磁场方向如图所示，由矢量的叠加可知通电直导线a和b在M点的磁场方向水平向右，根据左手定则可知导线c在M点受到的安培力竖直向上，故A、B错误；123456789101112若距离N点无穷远处，磁感应强度为零，N点磁感应强度为零，所以从无穷远处到N点磁感应强度先增大后减小，由于不清楚M点的位置，所以通电直导线c所受安培力可能先增大后减小，也可能一直减小，结合牛顿第二定律mg－F＝ma，可知导线c可能做加速度一直增大的加速运动，也可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的加速运动，故C正确，D错误。C.若增大磁感应强度，则细线的偏角将不变D.若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab

可摆过的最大角度为60°10.(2023·江苏盐城中学三模)通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I、方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线平衡时细线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，下列说法正确的是√123456789101112123456789101112根据BIl＝mgtanθ可知，若增大磁感应强度，则细线的偏角将增大，选项C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，有BIl·Lsinα－mgL(1－cosα)＝0，解得α＝60°，选项D正确。11.(2023·江苏南京市外国语学校期末)如图所示，长方体的ABCO面为正方形，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，现在AB、BC、CD、DA上分别放置四根导体棒，且构成一闭合回路，当回路中通有沿ABCDA方向的电流时，下列说法正确的是

A.CD棒所受的安培力方向垂直纸面向外B.四根导体棒均受安培力的作用C.CD棒与DA棒所受的安培力大小相等D.DA棒所受的安培力最大123456789101112√根据左手定则，可知CD棒所受的安培力方向垂直纸面向里，A错误；导体棒AB中电流方向与磁场方向平行，导体棒AB不受安培力的作用，B错误；123456789101112导体棒CD的有效长度与OD边长度相等，而LOD<LDA

，根据F＝BIL，可知CD棒所受的安培力小于DA棒所受的安培力大小，C错误；由于LDA>LBC，LOD<LDA，可知DA棒所受的安培力最大，D正确。12.(2023·江苏南京市第一中学期中)如图所示，两条平行的光滑金属导轨放在斜面上，倾角θ＝30°，两导轨的距离d＝0.5m，斜面所在区域有垂直斜面向上的磁场。以M点等高处O为坐标原点，平行斜面向下建立x轴，磁感应强度满足B＝kx(k的数值为0.8)。金属棒质量m＝0.1kg、电阻R＝0.2Ω。导轨上端外接恒流电源，可为电路提供恒定电流I＝1A，电流方向如图所示。t＝0时刻，自MN处由静止释放金属棒，金属棒下滑时始终垂直导轨且接触良好。不计导轨电阻，重力加速度为g＝10m/s2。123456789101112(1)判断安培力的方向，写出安培力与x的关系式；123456789101112答案沿导轨向上F＝0.4x(N)由左手定则可知，金属棒受到安培力的方向沿导轨向上；安培力与x的关系式F＝BId＝0.8x×1×0.5(N)＝0.4x(N)(2)求金属棒沿导轨下滑的最大距离xm。123456789101112答案2.5m由动能定理可得mgxmsinθ＋W＝0返回第十一章磁场第2课时磁场对运动电荷(带电体)的作用目标要求1.掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动。3.学会分析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能够确定粒子运动的圆心、半径、运动时间。内容索引考点一

洛伦兹力考点二

洛伦兹力作用下带电体的运动考点三

带电粒子在匀强磁场中的运动课时精练><考点一洛伦兹力1.洛伦兹力的定义磁场对

的作用力。2.洛伦兹力的大小(1)v∥B时，F＝

；(2)v⊥B时，F＝

；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsinθ。运动电荷0qvB3.洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向

电荷运动的方向或

电荷运动的反方向；(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于

决定的平面。(注意B和v不一定垂直)正负B、v4.洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)

是

的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。(2)

可以做功，而

对运动电荷不做功。注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。安培力洛伦兹力安培力洛伦兹力5.洛伦兹力与静电力的比较

洛伦兹力静电力产生条件v≠0且v不与B平行(说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用)电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B(且F⊥v)F∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功1.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用。(

)2.若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。(

)3.洛伦兹力对运动电荷一定不做功。(

)××√例1

(2024·江苏淮安市调研)如图所示是某种粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，匀强磁场的方向垂直纸面向里，从垂直纸面方向向里看(正视)，可能是哪种粒子的运动A.中子顺时针运动

B.中子逆时针运动C.质子顺时针运动

D.电子顺时针运动√中子不带电，在磁场中不会做匀速圆周运动，故A、B错误；质子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的方向即为质子运动方向，即质子是逆时针方向运动，故C错误；电子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的反方向即为电子运动方向，即电子是顺时针方向运动，故D正确。例2真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是A.小球先加速后减速B.小球受到的洛伦兹力始终为零C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直向上√根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向下，中点到b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。返回洛伦兹力作用下带电体的运动><考点二带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随之变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面。例3

(2024·江苏省太湖高级中学期中)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜√面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图像，可能正确的是

对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ＋qvB，联立解得a＝gsinθ＋μgcosθ＋

方向沿斜面向下，所以小物块沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，速度接近零时，加速度不接近零。故选C。例4

如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度大小为

右侧磁场的磁感应强度大小为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0。已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为点电荷。(1)判断小球带何种电荷；答案正电荷根据题意，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可知小球带正电荷。(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；(3)求小球速度达到最大之前，在左侧磁场中下滑的距离L。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为0，设此时速度为v，则有qvB＝mgcosθ，返回带电粒子在匀强磁场中的运动><考点三1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做_________运动。2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做

运动。匀速直线匀速圆周(2)轨迹半径：r＝_____。(3)周期：

可知T与运动速度和轨迹半径

，只和粒子的

和磁场的

有关。无关比荷磁感应强度3.粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法(1)圆心的确定方法①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。(2)半径的计算方法方法二连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。常用到的几何关系①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。(3)时间的计算方法例5

(2023·江苏省天一中学检测)如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且OA∶AB＝3∶2，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是A.两个粒子的比荷之比为5∶3B.两个粒子在磁场中运动的半径之比为3∶2C.两个粒子同时经过A点和B点D.粒子1在磁场中运动的时间较长√设∠NOB＝θ，粒子1和2的轨迹半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹，可得OA＝2r1cosθ，同理可得OB＝2r2cosθ，由题意OA∶AB＝3∶2，可得OA∶OB＝3∶5，故r1∶r2＝3∶5，例6

(2023·福建卷·14)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104m/s，B＝0.1T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。(1)求OM的长度；答案0.4m离子进入磁场，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，OM的长度为OM＝2r＝0.4m(2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。答案4.4×106C/kg若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，返回课时精练1.极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。此运动形成的主要原因是A.太阳辐射对粒子产生了驱动力的作用效果B.粒子的带电荷量减小C.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小D.南北两极附近的磁感应强度较强√1234567891011121234567891011当带电荷量减小时，半径增大，B错误；洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；122.铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，一束电子沿过铁环中心O点的轴线垂直纸面向里射入，则该束电子偏转方向A.向左

B.向右

C.向上

D.向下1234567891011√由右手螺旋定则可知，铁环左右两侧相当于两个N极在上端的条形磁体，O点在两条形磁体之间，磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知电子受到向右的洛伦兹力，则该束电子向右偏转，故选B。123.(2022·北京卷·7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子√1234567891011121234567891011根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；121234567891011知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。124.质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将A.变大 B.变小C.不变 D.条件不足，无法判断√1234567891011125.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做匀速圆周运动，与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做匀速圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做匀速圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等√1234567891011121234567891011126.如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是A.磁场的方向垂直纸面向外B.粒子从M运动到N的时间为C.如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD.如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL√123456789101112根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；1234567891011121234567891011127.(2023·江苏省崇真中学阶段检测)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的物块，在水平向外的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开始下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B，重力加速度为g，墙壁足够高，下列说法正确的是A.物块在下滑过程中只受重力、摩擦力和洛伦兹力B.物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后做

匀速运动C.物块下滑的最大速度为D.物块在下滑过程中，受到的洛伦兹力不做功，物块机械能守恒√123456789101112物块在下滑过程中受重力、弹力、摩擦力和洛伦兹力，故A错误；物块下滑过程中，根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，摩擦力为Ff＝μFN＝μqvB，所以物块下滑过程中做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，故B正确；1234567891011物块在下滑过程中，尽管物块受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，而摩擦力做功，所以物块的机械能减小，故D错误。128.(2023·江苏省余姚中学检测)如图所示，倾角为θ的固定粗糙斜面下方紧贴底面处放一根水平长直导线。斜面最高点距底面高度为2h，直导线中通以向左的电流I。将一质量为m，电荷量为＋q的小球从斜面顶端静止释放时，恰好在斜面中点处脱离斜面，此过程中小球克服摩擦力做功为

已知通电直导线在距离其r处产生的磁感应强度大小为B＝

(k为常数)，重力加速度为g，小球中的涡流忽略不计，小球可视为点电荷。小球和导线始终在同一竖直面内，则此导线中电流的大小为123456789101112√1234567891011129.如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速转动，某绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v－t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是A.物块带正电B.1s后物块与传送带共速，所以传送带的

速度为0.5m/sC.传送带的速度可能比0.5m/s大D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大1234567891011√12在第1s内，图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，1234567891011所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再加速，所以1s末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5m/s，传送带的速度可能是0.5m/s，也可能大于0.5m/s，B错误，C正确；12若传送带的速度小于0.5m/s，物块最终达到的最大速度随着传送带速度的增大而增大；若传送带的速度等于0.5m/s，则物块的最大速度等1234567891011于0.5m/s；若传送带的速度大于0.5m/s，无论传送带的速度多大，物块加速到0.5m/s时都不再加速，即物块的最大速度等于0.5m/s，D错误。1210.如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；123456789101112如图所示，过A、B点分别作速度方向的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°AC＝BC＝AB＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L由几何知识得r＝2L123456789101112(2)磁场区域的圆心O1的坐标；123456789101112(3)电子在磁场中运动的时间。1234567891011电子做匀速圆周运动，1211.(2022·江苏卷·13)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；1234567891011答案2∶112分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有1234567891011由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，故mava∶mbvb＝6∶1因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb＝3∶1联立解得ma∶mb＝2∶112(2)粒子a的动量大小pa。1234567891011中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，由题图知，分裂后瞬间a、b速度方向均与v相同。分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，有mv＝mava＋mbvb因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，1212.(2024·江苏泰州市检测)如图所示，一足够长、倾角为α的固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a(沿斜面向下为正1234567891011方向)随时间t，受到的弹力FN(垂直斜面向下为正方向)随时间t，以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是√121234567891011当mgcosα>qvB时，FN＝mgcosα－qvB，由牛顿第二定律得mgsinα－μ(mgcosα－qvB)＝ma可见a－t图像的斜率越来越大，FN－t图像的斜率为负，且斜率的绝对值越来越大；当mgcosα<qvB时，FN＝qvB－mgcosα，由牛顿第二定律得mgsinα－μ(qvB－mgcosα)＝ma121234567891011可见a－t的斜率为负，且斜率绝对值越来越小，FN－t图像的斜率越来越小，故A、B错误；小球重力势能Ep＝－mgx，可得Ep－x图像为倾斜直线，故C错误；因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能E－x的关系图像斜率先减小再变大后不变，故D正确。返回12第十一章磁场第3课时专题强化：带电粒子在有界匀强磁场中的运动目标要求1.学会处理带电粒子在直线边界、平行边界、圆形边界、多边形边界或角形区域磁场中运动的问题。2.会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题。内容索引考点一

带电粒子在有界匀强磁场中的运动考点二

带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题课时精练><考点一带电粒子在有界匀强磁场中的运动1.直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)2.平行边界(往往存在临界条件，如图所示)3.圆形边界(进出磁场具有对称性)(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。(2)不沿径向射入时，如图乙所示。射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ。4.在多边形边界或角形区域磁场带电粒子在多边形边界或角形区域磁场运动时，会有不同的临界情景，解答该类问题主要把握以下两点：(1)射入磁场的方式：①从某顶点射入；②从某边上某点以某角度射入。(2)射出点的判断：经常会判断是否会从某顶点射出。①当α≤θ时，可以过两磁场边界的交点，发射点到两磁场边界的交点距离为d＝2Rsinα，如图甲所示。②当α>θ时，不能通过两磁场边界的交点，粒子的运动轨迹会和另一个边界相切，如图乙所示。例1如图所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为＋q和－q的带电粒子，从O点以相同的初速度v先后射入磁场，已知初速度的方向与OF成θ＝30°角，两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，下列说法正确的是A.两粒子在磁场中的运动时间相等B.两粒子回到EOF竖直线时的速度相同C.若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁场中运动

的时间变长D.从射入磁场到射出磁场的过程中，两粒子所受的洛伦

兹力的冲量不相同√这两个正、负粒子以与OF成θ＝30°角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如图所示，因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析可知，两粒子射出磁场时速度方向与EOF的夹角都是30°，因此两粒子回到EOF竖直线时的速度相同，故B正确；由几何关系可知速度增大导致轨迹半径增大，但运动轨迹对应的圆心角不变，周期T不变，所以运动时间不变，故C错误；两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理可得I洛＝p－p0，由于以相同的初速度射入磁场，两粒子的初动量p0相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒子的末动量p也相等，因此两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，故D错误。例2

如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，下列判断正确的是A.粒子a带负电，粒子b带正电B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为

∶1D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2√粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；例3

(2023·江苏南京市模拟)如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场；若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场，则从d点离开磁场。不计粒子重力，则

的值为√例4

(2023·江苏苏州市模拟)如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的A.半径之比为

∶1 B.半径之比为1∶C.时间之比为2∶5 D.时间之比为3∶2√返回带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题><考点二带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的周期性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。(1)找出多解的原因。(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。例5

(2022·湖北卷·8改编)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k，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θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为√返回课时精练1.(2023·江苏南通市期中)在xOy平面的0≤x<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，速率相等的大量电子从原点O均匀发射到第一象限内，从磁场右边界射出的电子数占电子总数的三分之二，不计电子间相互作用，则电子在磁场中的临界轨迹可能正确的是√123456789101112345678910112.如图所示，正方形abcd区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，一束电子以不同的速度沿ab方向垂直磁场射入，形成从c点离开磁场区域和从d点离开磁场区域的甲、乙两种轨迹。设沿甲、乙轨迹运动的电子速度大小分别为v甲、v乙，在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，则√123456789101112345678910113.(2024·江苏盐城市阜宁中学开学考)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一带负电的点电荷从图中A点以速度v0沿水平方向入射，速度方向与半径方向的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能反向射出，不计电荷的重力，下列说法正确的是A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点1234567891011√由题意可画出该点电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，故A错误；12345678910114.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子C.沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为D.沿径迹Ob、Od运动的粒子在磁场中运动的

时间之比为9∶81234567891011√12345678910111234567891011由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电，是负电子，B项错误；设圆形磁场区域半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，5.如图，在直角坐标系第一象限中y轴与直线y＝x所夹范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。一带负电的粒子以速度v0自y轴上a点垂直射入磁场，一段时间后，该粒子垂直直线y＝x射出磁场，自x轴上b点(图中未画出)离开第一象限。已知Oa＝L，不计粒子重力。则下列判断正确的是A.粒子在磁场中运动的轨迹半径为2L√123456789101112345678910116.(2023·江苏扬州市模拟)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。不计粒子重力，下列说法正确的有A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定等于v0C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度

不可能小于D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋1234567891011√1234567891011当粒子垂直于MN入射时，经过MN时离O点最远，此时有OA＝2R0，若粒子的速度大于v0，则粒子的半径将变大，但是粒子如果速度方向与MN成一定角度入射，则仍可以到达A点左侧，选项A错误；若粒子落在A点的右侧，则说明粒子运动的圆半径大于R0，则其速度一定大于v0，选项B错误；12345678910111234567891011大于v，但不是垂直MN入射，粒子同样可以落在A点左右两侧d的范围内，选项D错误。7.如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一带电粒子以速度v从D点射入磁场，速度方向与CD边夹角为60°，垂直BC边射出磁场，则下列说法正确的是A.粒子一定带正电√1234567891011D.减小粒子的速度，粒子不可能从CD边射出根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；123456789101112345678910118.(2023·全国甲卷·20改编)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是A.粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经3次碰撞，粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线√1234567891011假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确；

1234567891011假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B错误；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少，C错误。12345678910119.(2024·江苏省扬州中学开学考)如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。绝缘长薄板MN置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反。磁场左边界上O处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为＋q、速度为v的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。1234567891011(1)要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v满足的条件；设粒子在磁场中运动的轨道半径为r1，则有如图所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2r1＜L12345678910111234567891011粒子在磁场中做圆周运动的周期设运动的轨道半径为r2，则有1234567891011解得r2＝L10.(2023·江苏南京市模拟)如图所示，半径分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场区域包括边界)。大量质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及重力，cos53°＝0.6。求：(1)沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的轨道半径；1234567891011答案1.5r

带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图所示设圆弧轨迹的半径为R1，圆心为A，连接OA、AM和OM，在直角△OAM中，由于OA2＝AM2＋OM2即(R1＋r)2＝R12＋(2r)2解得R1＝1.5r1234567891011(2)沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子在磁场中运动的时间；1234567891011在直角△OAM中，由于1234567891011则∠A＝53°整个圆弧轨迹所对的圆心角为θ＝2×53°＝106°(3)第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子的最小入射速率。1234567891011带电粒子的入射速率最小，则粒子圆周运动的半径最小，粒子从M点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图所示设圆弧轨迹半径为R2，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角△OCD中，有OD2＝OC2＋CD2即(2r－R2)2＝r2＋R22解得R2＝0.75r1234567891011123456789101111.(2021·海南卷·13改编)如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0，

)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则下列说法不正确的是A.粒子一定带正电B.当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率为D.粒子离开磁场的位