第8天+磁场+讲义+-2024届高考物理考前15天满分计划

第8天磁场

0知识必备

一、磁场的基本性质安培力

1.磁场的产生与叠加

厂条形磁体的磁感线分布

丛-地磁场的特点

r产生-.....

癌砰—q电流I—安培定则

国可一遵循平行四边形定则

2.安培力的分析与计算

方向左手定则

F=B/Lsin。,。=0时产=0,。=90。时/=

直导线

BIL

大小

H：B：：疝算：渣了：

・\卜・.・*.

导线为曲线时••C••XXXX•"•••

等效为ac,直线电流

/NFN.

受力分析

"mg

立体图平面图

根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程

二、带电粒子在匀强磁场中的运动

1.分析带电粒子在磁场中运动的方法

(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹

(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角

基本

度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系

思路

(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期

公式和半径公式

基本V2

qvB=nr~

公式

重要mv6271/7?-2nr

r-aT-A,T-

结论qBqBv

(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图⑶

(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如

图(b)

圆心的(3)沿半径方向距入射点距离等于厂的点，如图(c)(当r已知或可

确定算)

\；：•'^</：/：*\XX：

*暇WJ；X他X：

(a)(b)(c)

方法：由物理公式求，由于为f

半径的所以半径〃=,

确定

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

方法：由圆心角求，，一o

时间的2兀

求解方法二：由弧长求，，=2

2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论

(1)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，鱼=，2=

。3).

⑵沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连

线对称).

(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，ai=«2).

3.带电粒子在磁场中运动的多解成因

(1)磁场方向不确定形成多解；

⑵带电粒子电性不确定形成多解；

(3)速度不确定形成多解；

(4)运动的周期性形成多解.

三、带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题

1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维.利用动态圆思想

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.

3.常用的动态圆

示意图适用条件应用方法

!xxx：

粒子的入射以入射点F为定

点位置相同，点，将半径放缩

放缩圆!x2尸x彳速度方向一作轨迹圆，从而

K—j定，速度大小探索出临界条

(轨迹圆的圆心在PlP2直线上)不同件

粒子的入射将一半径为R=

点位置相同，翳的圆以入射

qB

旋转圆P速度大小一点为圆心进行

(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆

定，速度方1可旋转，从而探索

心、半径R—彳片的圆上)

不同出临界条件

粒子的入射

XXXXXXXX将半径为R=

点位置不同，

平移圆上碎洋二器的圆进行平

速度大小、方qB

移

（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）向均一定

带电粒子平行

射入圆形有界

匀强磁场，则粒

子从磁场边界

上同一点射出，

磁聚焦轨迹圆半径

该点切线与入

与磁发等于区域圆

--5-射方向平行

散半径

磁聚焦磁发散——磁聚焦，从

边缘某点以不

同方向入射时

平行出射——

磁发散

Q易错易混

洛伦兹力与静电力的比较

洛伦兹力静电力

#0且v不与B平行

产生条件（说明：运动电荷在磁场中电荷处在电场中

不一定受洛伦兹力作用）

大小F=qvB(yl.B)F=qE

力方向与场方向的关

尸_L5(且FA.V)F//E

系

可能做功，也可能不做

做功情况任何情况下都不做功

功

企方法必知

一、带电粒子在组合场中的运动

1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场

交替出现.

2.分析思路

(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致面出粒子的运动轨迹图.

(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关

键.

(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律

处理.

3.常见粒子的运动及解题方法

牛顿第二定律、

勾变速直求法运动学公式

电线运动一

场

动能定理

中

带

电

粒

子C常规分解法

分

在类平抛运动求法

卜特殊分解法

的

离类斜抛运动

场

电-I~功能关系

场

磁

磁

运

中匀速直线求法

场运动学公式

动

中运动

回周运动公式、

匀速圆周求法牛顿第二定律

运动以及几何知识

螺旋线求法分解成直线运动

运动和匀速圆周运动

二、带电粒子在叠加场中的运动

1.叠加场

电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存.

2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式

运动性质受力特点方法规律

匀速直

粒子所受合力为0平衡条件

线运动

匀速圆除洛伦兹力外，另外两力的合力为牛顿第二定律、圆周运动的

周运动零：qE=mg规律

较复杂的除洛伦兹力外，其他力的合力既不

动能定理、能量守恒定律

曲线运动为零，也不与洛伦兹力等大反向

三、带电粒子在立体空间中的运动

空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的.现在主

要讨论两种情况：

⑴空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带

电粒子在磁场中就做螺旋线运动.这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和

垂直于磁场平面的匀速圆周运动.

（2）空间中的匀强磁场和匀强电场（或重力场）平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做

旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀

速圆周运动.

令令心。

真题回顾

1.（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的

“反射”和“折射”。如图所不，在竖直平面内有三个平行区域1、11和山；1区宽度

为〃，存在磁感应强度大小为4、方向垂直平面向外的匀强磁场，II区的宽度很小。I

区和【II区电势处处相等，分别为例和价，其电势差U=0「外。一束质量为机、电荷量

为。的质子从O点以入射角。射向I区，在P点以出射角。射出，实现“反射”；质子束

从2点以入射角夕射入HK,经ii区“折射”进入ni区，其出射方向与法线夹角为“折

射”角。己知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N,初速度为％,不计质

子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。

（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求〃的最小值；

（2）若。=竺上，求“折射率”〃（入射角正弦与折射角正弦的比值）；

2e

（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从2点进入n区发生“全反射”（即质子束全

部返回I区）；

（4）在尸点下方距离粤处水平放置一长为誓的探测板CQZ）（Q在尸的正下方），CQ

长为强，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于

eB

法线左右对称，同时从O点射入I区，且。=30。，求探测板受到竖直方向力尸的大小与

U之间的关系。

法线

2.（2023•北京）如图所示，在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，

固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半

径为长度为/（/。〃）。带电粒子束持续以某一速度1，沿轴线进入管道，粒子在磁场力

作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。

单位时间进入管道的粒子数为〃，粒子电荷量为“，不计粒子的重力、粒子间的相互作

用。下列说法不正确的是（）

A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为“

B.粒子质量为驷

V

C.管道内的等效电流为〃44。、

D.粒子束对管道的平均作用力大小为8,必

3.（2023•新课标）一电子和一a粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上

方水平放置的屏幕夕上的〃和〃两点，。点在小孔O的正上方，小点在a点的右侧，如图

所示。已知a粒子的速度纥为电子速度的,，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,

10

则电场和磁场方向可能为（）

A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里

B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外

C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里

D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向夕卜

4.（2023•湖南）如图，真空中有区域I和H,区域1中存在匀强电场和匀强磁场，电

场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGb区域（区

域H）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中4、C、O三点在同一直线上，AO

与Gr垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同

的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域H。若区域I中电场强

度大小为E、磁感应强度大小为修，区域II中磁感应强度大小为区，则粒子从C尸的中

点射出，它们在区域II中运动的时间为若改变电场或磁场强弱，能进入区域II中的

粒子在区域II中运动的时间为f,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正

确的是（）

A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为2隹，则

B.若仅将区域I中电场强度大小变为2石，则”i。

C.若仅将区域II中磁感应强度大小变为由及，则/=b

4〜2

D.若仅将区域II中磁感应强度大小变为"用，/=

4'

5.（2023•乙卷）如图，一磁感应强度大小为8的匀强磁场，方向垂直于纸面（八。平面）

向里，磁场右边界与％轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一

侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于尤轴的接收屏上的P点；SP=/,

S与屏的距离为工，与"轴的距离为如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场

2

强度大小为石的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（

支

接

\收

屏

6.（2023•甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上尸点开有一个

小孔，过P的横截面是以。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

A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O

B.最少经2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

7.（2023•江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。平面内存在竖

直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为4。质量为川、电荷

量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射，入射速度为%时，电子沿x轴做直线运动;

入射速度小于%时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的

合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。

（1）求电场强度的大小占

（2）若电子入射速度为为，求运动到速度为总时位置的纵坐标片；

42

（3）若电子入射速度在0<IY%范围内均匀分布，求能到达纵坐标为=2也位置的电子

'5eB

数N占总电子数乂的百分比。

y

xXB*x

X/Xx\火X

O

XXxxX

E

8.（2023•山东）如图所示，在便/2d,喷*力的区域中，存在沿y轴正方向、场强大

小为石的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为机，

电量为9的带正电粒子从OP中点八进入电场（不计粒子重力）。

（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入

电场，求磁场的磁感应强度4的大小；

（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿），轴正方向第一次进入电场,

离开电场后从夕点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。

（/）求改变后电场强度£的大小和粒子的初速度%;

（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

y

N

E

0A~Px

区域模拟

1.（2024•温州二模）如图所示，甲图是距离很近的两个平行异名磁极之间磁场的磁感

线、乙图是辐向磁场的磁感线、丙图为等量异种点电荷的电场线、丁图为等量同种正点

电荷的电场线。一电子以某一初速度，仅受电场力或磁场力，在这四种场中，不可能做

匀速圆周运动的是（）

A.在甲图磁场中B.在乙图磁场中C.在丙图电场中D.在丁图电场中

2.（2024•西安校级模拟）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度大小

为B,边界分别是半径为火和27?的同心圆，O为圆心。在圆心O处有一粒子源（图中未

画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为幺的带负电的粒子，速度连续分布且粒子间

m

的相互作用力可忽略不计，这些带电粒子受到的重力也可以忽略不计，已知由】37。=0.6,

cos370=0.8o若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（）

*X

XXX

A.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为幽（不考虑粒子

3qB

再次进入磁场的情况）

B.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为空2（不考虑粒

90qB

子再次进入磁场的情况）

C.粒子速度的最大值为幽

D.粒子速度的最大值为迦

4m

3.（2024•大连一模）图（a）中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两个等量异种点

电荷。图（b）中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，

两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原点O垂直纸面向里运动,

则关于两幅图中电子在原点O处受力的说法正确的是（）

yy

图(a)图(b)

A.图（a）中，电子所受电场力方向沿x轴正向

B.图（a）中，电子所受电场力方向沿），轴正向

C.图（b）中，电子所受洛伦兹力方向沿），轴正向

D.图（b）中，电子所受洛伦兹力方向沿尤轴正向

4.（2024•朝阳区校级模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生

电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励

磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁

感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流/来调节。适当调节U和

/,玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径减

小的是（）

A.同时增大U和1B.同时减小U和1

C.增大U,减小/D.减小U,增大/

5.（2024•包头二模）如图所示，两根长直导线a、力垂直放置，彼此绝缘，分别通有大

小相同电流固定的刚性正方形线圈MNPO通有电流/,MN到。的距离与MO到8的

距离相等，线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在其周围某点所产生的磁感

应强度大小，与该点到长直导线的距离成反比；线圈所受安培力的大小为尸。若移走导

线a,则此时线圈所受的安培力大小为（）

A.受尸，方向向左B.巫尸，方向向右

22

C.-F,方向向左D.IF,方向向右

22

6.（2024•辽宁二模）如图所示，绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向上的匀

强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为3,A、C、。为

绝缘水平面上的三个固定点，A点在虚线上，C、。两点在左右两磁场中，两根直的硬

导线连接A、。和C、。间，软导线连接在4、C间，C、。连线与垂直，C、。到

MN的距离均为L,ZD=53°,AC、CD、D4三段导线电阻相等,sin53。=0.8,cos53。=0.6。

通过C、。两点给线框通入大小为/的恒定电流，待A、C间软导线形状稳定后线框受

到的安培力大小为（）

M

QQ

A.0B.-B1LC.—BILD.2BIL

915

7.（2024•北京一模）在霍尔效应中，霍尔电压与通过导体的电流之比被定义为霍尔电

阻，可用符号o表示，通常情况下，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度成正比。但在超

低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象:

5。是普朗克常数，e是电子的电量，口既可以取1、2、3…等整数，也可以取

ve~

某些小于1的分数，这就是量子霍尔效应现象。实验发现，当霍尔电阻处于量子态时,

材料中的电子将沿边缘带做定向运动，几乎不受阻力作用。2013年，清华大学薛其坤团

队发现，在超低温（0.03K）环境条件卜\具备特殊结构的拓补绝缘体材料可以自发地发生

磁化，此时不需要外加磁场也会发生量子霍尔效应，这种现象被称为量子反常霍尔效应。

结合以上资料，可以判断下列说法正确的是（）

A.同欧姆电阻类似，霍尔电阻越大，表明材料对通过它的电流的阻碍越强

B.要发生量子霍尔效应现象，外部环境条件有两个，一是要具备超低温环境，二是

要具备超强的磁场

C.具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料已成为新一代低能耗芯片的制造材料

D.霍尔电阻的量子态表达式中的常数组合上与欧姆电阻具有相同的单位

e

8.（2024•丰台区一模）一束含有两种比荷（幺）的带电粒子，以各种不同的初速度沿水平

m

方向进入速度选择器，从。点进入垂直纸面向外的偏转磁场，打在O点正下方的粒子探

测板上的《和6点，如图甲所示。撤去探测板，在。点右侧的磁场区域中放置云室，若

带电粒子在云室中受到的阻力大小/=如，A为常数，4为粒子的电荷量，其轨迹如图乙

所示。下列说法正确的是（)

A.打在［点的带电粒子的比荷小

B.增大速度选择器的磁感应强度《、鸟向下移动

C.打在［点的带电粒子在云室里运动的路程更长

D.打在［点的带电粒子在云室里运动的时间更短

9.(2024•厦门模拟)如图所示，在平面直角坐标系中，虚线与/轴正方向的夹

角为8=60。，OO,与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限

存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为“、带电量为-“(4>0)的粒子从x轴负当轴的尸

点以初速度%进入电场，％与工轴正方向的夹角为。=60。，经电场偏转后从点M(0,乃垂

直y轴进入磁场，粒子恰好不从。。边界射出磁场。不计粒子重力，求：

(1)电场强度石的大小；

(2)磁感应强度5的大小；

(3)粒子从尸点进入电场到再次回到x轴的时间。

10.(2024•碑林区校级模拟)如图所示，在第二象限内有一抛物线的边界A0,其方程

为x<0),在抛物线的上方存在一竖直向下的匀强电场.在抛物线A0每个位置

上连续发射质量为“，电荷量为+夕的粒子，粒子均以大小为%的初速度水平向右射入电

场，所有粒子均能到达原点O,第四象限内有一边长为/，其中两条边分别与X轴，「轴

重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为皿的匀强磁场,

4A为与x轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合，不计粒子重

力及粒子间的相互作用力，粒子打到荧光屏上即被吸收。

（1）求电场强度的大小石；

（2）求从A处进入的粒子在磁场中运动的时间；

（3）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中屏上的最大发光长度。

考前押题

1.如图所示，真空区域内力宽度为"、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，

MN、尸Q是磁场的边界。质量为小、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），沿着与

夹角。为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ边界射出磁场。下列说

法不正确的是（）

M2dTP

IXXI

\0\

A.可求出粒子在磁场中运动的半径

B.可求出粒子在磁场中运动的加速度大小

C.若仅减小射入速度，则粒了在磁场中运动的时间•定变短

D.若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短

2.一重力不计的带电粒子以初速度％先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的

匀强电场E和匀强磁场3,如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功”;若把电场和磁

场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以%〈温的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功怩,

比较吗、的绝对值大小（）

XXx

B?

XXx

XXX

XXX

▼

甲乙

A.IV；-W2B.Wi>W2

C.<W2D.可能W；>吗也可能叱<吗

3.如图，空间直角坐标系6*中，某些区域内存在匀强电场或匀强磁场。一质量为

"1=1x10"）依，电荷量为夕=2x10"的带正电粒子，以初速度％=30〃?/5从O点沿y轴正

方向射入区域，不计粒子重力。

（1）若在四科，L区域内仅分布着沿z轴正方向的匀强电场片,则粒子恰能经过,0z面内

边长为L=的正方形。血:的顶点人求电场强度目的大小；

（2）若在短），面内，），轴方向上，每隔间距L=0.3”就有一段间距也为L的区域第

1个区域M内（含边界）存在沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度8=0.5九第2个区

域M内存在沿），轴正方向的匀强电场，电场强度E2=75N/C,后面区域M中磁场、电场

交替分布，即第3个区域M中磁场分布与第1个区域M中磁场分布相同，第4个区域M

中电场分布与第2个区域M中电场分布相同，后面以此类推。

①求粒子穿过第一个区域时速度沿x轴方向的分量大小；

②求粒子刚达到第5个区域M时的速度大小和穿过第〃（〃为奇数）个区域过程中速度沿x

轴方向的变化量大小。

xxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxM

xxxxxxxxxxxx

!l!!!!l!l!!!!!l

xxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxM

xxxxxxxxxxxx

4.利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。

如图所示，在坐标平面上，第三象限存在着方向沿），轴正方向的匀强电场，电场强

度大小为在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限

向里，磁感应强度大小均为4（未知）。在坐标点（0,-3处有一质量为〃?、电荷量为q的

正电粒子，以初速度出警沿着x轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再

返回电场，忽略粒子重力c求：

（1）粒子第一次进入磁场时的速度广

（2）磁感应强度8的大小；

（3）现将一块长为&L的上表面涂荧光粉的薄板放置在x轴上，板中心点横坐标

工。=4国,仅将第四象限的磁感应强度变为原来的火倍代＞1）,当〃满足什么条件时，板

的上表面会出现荧光点。

5.如图所示，圆形匀强磁场区域半径为R,磁场中心与。在同一水平线上，右侧

有间隔分布的匀强电场区域和无场区域，宽度都是L,场强大小为E=坐，W是无限

qL

大竖直接收屏。现有带正电粒子组成的粒子束，沿与水平成60。方向正对场中心射入，

粒子质量为〃7,电荷量为,7,速率为%,恰好从O点沿水平方向进入电场区域，不计重

力和粒子间相互作用，求：

（1）磁感应强度大小8:

（2）若接收屏距。点距离为2L,粒子击中接收屏时的速度v：

（3）若接收屏/N距O点距离为“（〃=1,2,3.....）,粒子击中接收屏用时离OO,线的

距离

L【答案】。）磁场宽度”的最小值为贽;

⑵“折射率”〃为

（3）电场电压u<-竺辿虫,可实现质子束从尸点进入n区发生“全反射”;

2e

（4）见解析。

【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示：

总线Q

粒子从O点射入，不出I区域的临界条件为2r=4的

洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律&%=〃,液

r

代入数据解得4丽=2y码

Be

（2）设水平方向为X方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变小，假

设折射角为。

根据动能定理Ue=；mv\"球

由于八皿

2e

代入数据联立解得匕=&%

设粒子射出区域II时与竖直方向成夕角，如图所示:

根据折射定律〃二也

sin。

代入数据联立解得“折射率”〃=&

（3）在II区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；

根据动能定理Ue=0-g〃?（%cos0Y

可得U=—"辿2

2e

即应满足U<-生辿^

2e

（4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQO两种情形;

根据数学知识f嚼;鬻急4

解得NCPQ=30。

所以如果U..0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨

论如下:

①当U..0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理r=N〃Q,-（f、J=2M吗

根据动能定理eU=Ln，；」〃?（％cos外

22

解得尸=

V4m

全部都打不到板的情况

②根据几何知识可知当从II区射出时速度与竖直方向夹角为60。时，粒子刚好打到。点,

水平方向速度为匕=%

x2

所以y=

、tan6006°

根据动能定理eU=-mv\--〃?（％cos0）~

22

代入数据联立解得u=-近

3。

即当U<-竺i时，尸=0

3e

③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（-如Lu<0）,此时仅有O点左侧的一

女

束粒子能打到板上，因此尸=附叫

根据动能定理eU=—mvjm（vcos8）2

220

代入数据联立解得F=N〃岛+”。

\4in

答：（1）磁场宽度d的最小值为名叫；

Be

（2）“折射率”〃为加；

（3）电场电压勿</痂叫可实现质子束从2点进入H区发生“全反射”；

2e

（4）见解析。

2.【答案】C

【解答】解：A带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧

半径为：/•=〃，故A正确；

B.根据：依8=加±,可得粒子的质量为：吁驷，故B正确；

rv

C.管道内的等效电流为：I言』,故C错误；

D粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力，为：F=BIl=Bnqh故。正

确。

本题选错误的，故选：C。

3.【答案】C

【解答】解：4、粒子刚从O点射出时、若电场方向水平向左，a粒子所受电场力水平

向左，若磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力水平向左，则

a粒子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故A错误；

8、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向左，a粒子所受电场力水平向左，电子所

受电场力水平向右，若磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力

水平向右，电子所受洛伦兹力水平向左，沿直线运动到。点的粒子受力平衡，有：qvB=qE

已知a粒子的速度约为电子速度的工，若a粒子沿直线运动到a点，则电子所受洛伦兹

10

力大于电场力，电子向左偏转，若电子沿直线运动到。点，则a粒子所受洛伦兹力小于

电场力，a粒子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故8错误；

C、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向右，a粒子所受电场力水平向右，电子所

受电场力水平向左，若磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力

水平向左，电子所受洛伦兹力水平向右，沿直线运动到a点的粒子受力平衡，有：q\，8=qE

已知a粒子的速度约为电子速度的若。粒子沿直线运动到〃点，则电子所受洛伦兹

10

力大于电场力，电子向右偏转，若电子沿直线运动到a点，则a粒子所受洛伦兹力小于

电场力，a粒子向右偏转，会出现图示的轨迹，故C正确；

。、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向右，a粒子所受电场力水平向右，电子所

受电场力水平向左，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力水

平向右，电子所受洛伦兹力水平向左，a粒子向右偏转，电子向左偏转，不会出现图示

的轨迹，故。错误。

故选：C。

4.【答案】。

【解答】解：区域I中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：

qE=q'B\

在区域II中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

4-

4%冬=fn—r

解得：7=迎

殂

因为粒子从b边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90。，则

Tim

M=cn

2双

4、若仅将区域I中磁感应强度大小变为24，在区域I中粒子依然受力平衡，则

qE=qvAx2Bl

解得」吟

根据牛顿第二定律可得:

qvB①

解得：…把

qB

由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的工，则粒子仍然从。尸边射出，粒子转过的

2

圆心角仍然为90。，故”小故A错误:

8、若仅将区域I中电场强度大小变为2E,根据上述分析可知:

2qE=q%B\

解得：%=2%

根据半径的计算公式「=把可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从尸点

qB

射出，粒子转过的圆心角仍然为90。，故/=",故4错误；

。、若仅将区域H中磁感应强度大小变为巧与，则粒子进入区域n中的速度为%,根

据半径的计算公式X丝可知粒子做圆周运动的半径变为原来的4>2倍，则粒子从OF

qBx/3

边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60。，此时的时间为：

4百m

'=9qB?

则,=孚",故C错误；

。、若仅将区域n中磁感应强度大小变为也用，同上述分析可知，粒子做圆周运动的

4-

半径变为原来的爰=2a>2倍，则粒子从■边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆

心角为45。，则此时的时间为：

黯血故°正确;

故选：。。

5.【答案】A

【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图:

L

设SP与x轴正方向夹角为0,则cos。=2="!>

/2

8=60。

粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°,由几何关系得：r-a=rcosO

解得：r=2a

粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有0，8=加上

r

在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB=qE

联立解得:生=工

rn2aB2

故A正确，BCD错误。

故选：A。

6.【答案】BD

【解答】解：AHC、粒子从p点沿磁场半径方向进入磁场区域，以a为圆心做圆周运动,

从A点离开圆筒，轨迹如图所示

0|

由几何关系可知△。由于所以/。4。=90。，则粒子一定会

沿半径方向离开磁场区域，与筒壁碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可

能通过圆心O;由图可知粒子至少与筒壁碰撞两次（分别与A和笈碰撞），然后从小孔尸

射出；

由于最终粒子是从P点射出，增大速度碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少,

故A正确，八C错误。

。、由前面分析可知粒子沿半径圆筒半径方向射向圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒,

故。正确。

故选：BD。

7.【答案】（1）电场强度的大小E为8%;

（2）若电子入射速度为瓦，运动到速度为为时位置的纵坐标x为叫叫；

4232eB

（3）能到达纵坐标），,=”位置的电子数N占总电子数N。的百分比为90%。

"5eB

【解答】解：（1）电子入射速度为％时，电子沿x轴做直线运动，可知电子受到的沿），轴

正方向的电场力与沿），轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：

eE=eB\\}

解得：E=B%

（2）电子的入射速度为为＜%,电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中

40

所受洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：

解得：,=即吐

（3）电子入射速度为I，（0CY%）,设电子在最高点时的速度大小为L。

电子在最低点所受的合力大小为：F,=eE-eBv

电子在最高点所受的合力大小为：F2=eBvin-eE

由题意可得：£=鸟

联立解得：vm=2v（l-v

设电子到达最高点的纵坐标为％，同理，根据动能定理得：

解得：），小网铲

eB

由OCY%,可得：0<%〈也殳，且儿与I，成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是

eB

均匀的，能到达纵坐标）”为位置的电子,其到达最高点的纵坐标在［外，网均区间。

•­5eB5eBeB

则电子数N占总电子数M的百分比为：〃=（1—磊）KIOO%

解得：;7=90%

答：（1）电场强度的大小E为4%；

（2）若电子入射速度为昆，运动到速度为为时位置的纵坐标力为即必；

4232eB

（3）能到达纵坐标%=”位置的电子数N占总电子数时的百分比为90%。

"5eB

8.【答案】（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP

再次进入电场，则磁场的磁感应强度4的大小为6偌；

（2）⑴改变后电场强度&的大小£=36石和粒子的初速度为9和乎，方向向上；

（ii）粒子不能从夕点第三次进入电场。

【解答】解：（1）粒子从4到垂直于NP进入电场过程中，粒子运动轨迹如图所示：

根据几何关系可知，粒子轨迹半径：钎犷二/

设粒子第一次进入磁场时的速度为匕，根据动能定理可得：qE-2d^mv-,解得：

由于粒子第二次从QN边进入电场到再次从QN边进入磁场过程中，电场力做功为零，所

以粒子第二次进入磁场时的速度大小不变，仍为“。

根据洛伦兹力提供向心力可得：=m更

（2）⑺若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿），轴正方向第一次进入电

场，离开电场后从尸点第二次进入电场，在电场的作用下从。点离开，粒子运动轨迹如

解得：弓=2.5d

根据洛伦兹力提供向心力可得：qv,B=〃浊

解得：匕=15偿

根据几何关系可得：cos^=—=-^-=0.8,则有：sin6^=0.6

42.5d

粒子从〃点进入电场F后，从。点离开电场，则有：

2d

I------