重難點11磁場

<1

點備題趨勢

年度是否出題選擇型填空題計算題實驗題

2024年VV

2025年（預）☆☆☆☆☆V

（2025年預測的可能性僅供參考，每顆☆代表出題的可能性為20%,以此類推）

重難詮釋

?

【思維導圖】

[.音勸F=qvB

2.電流的磁逾：右手螺旋定則

2.洛倫茲力方向：左手定則磁場

3.帶電粒子圓周運動半徑呻修

“洛倫茲力4.磁通量（D=BS

4.芾電苞子圓周周期公式7三繆磁場

qB1.^tlF=BILsine

a.速度選擇器安培力2.安培力方向：左手定則

b質譜儀5.洛倫茲力應用3.安培力綜合應用

c.回旋i口速器

【高分技巧】

一、磁感應強度和磁通量

1.磁感應強度3=與注意：使用該定義式時，I要與磁場垂直。

2.磁通量中=BScos8,物理意義是表示穿過某一面積的磁感線條數的多少。

（1）磁通量是標量，當以磁感線從某一面上穿入時，磁通量為正值，則磁感線從此面穿出時即為負值。

（2）若同時有磁感線沿相反方向穿過同一平面，且正向磁通量大小為01,反向磁通量大小為①2,則

穿過該平面的合磁通量0=。1一中2。

（3）通過一個閉合曲面（如球面）的磁通量為0

二、安培力

1.F=IlBsm。中。是8和1方向的夾角

（1）當6=90。時，即公式變為尸=〃及

⑵當。=0。時,即B//I,F=0o

2.公式F=IlBsin9中I指的是導線在垂直于磁場方向上的“等效長度”。

彎曲導線的有效長度/,等于連接兩端點連線的長度，如下圖（1）虛線所示;

3.安培力的方向：左手定則

4.安培力方向與磁場方向、電流方向的關系：F±B,F±I,即/垂直于3與1所決定的平面。

B和I可能：（1）垂直；（2）平行；（3）斜交

（1）垂直受安培力（2）平行不受安培力（3）斜交，垂直投影部分受力

三、洛倫茲力

1.洛倫茲力f=qvB

q為粒子所帶電荷量，v為速度，且與磁場方向垂直。

如果電荷運動方向v與磁感應強度B的夾角為0時，則產qvBsinO。

⑴當8=90。時，v1B,F=qvB,即運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力最大。

(2)當口〃B時，0=0°,F—0,即運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力。

2.洛倫茲力方向：左手定則。

3.因為洛倫茲力與速度方向垂直，所以洛倫茲力對電荷不做功。

四、洛倫茲力的應用

1.速度選擇器

XXXXX

T9..................

XXXXX

2.質譜儀：用來測量微觀粒子的質量，分析同位素。質譜儀結構示意圖如圖所示:

X

X

①帶電粒子發生器②加速電場③速度選擇器④偏轉磁場⑤質譜儀底片

原理：由速度選擇器選出同一速率的粒子，底片的位置由比荷決定，所以可以分析同位素粒子。

3.回旋加速器：加速帶電粒子，結構示意圖如下。

①磁場的作用：在洛倫茲力作用下使粒子做勻速圓周運動。

②交變電場的作用：使帶電粒子經過D和D2的縫隙該區域時被加速。

③交變電場的作用及變化周期：交變電壓的周期和粒子圓周運動周期相等。

兩類問題：

a.計算最大速度：最大速度丫=遜

b.計算加速時間：

方法1：盒間距已知，vm=at,分別求出最大速度和加速度，計算時間。

方法2：由最大速度計算粒子動能，除以每次加速的Uq得到加速次數，乘以周期T。

五、帶電粒子在磁場中運動軌跡規律

1.帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動的半徑和周期

帶電粒子以速度v垂直磁場方向入射，帶電粒子的質量為m,所帶的電荷量為q。

(2)周期：T;辿,即周期和粒子的運動速度無關。

帶電粒子在勻強

磁場中的運動

—(運動軌跡)—

軌道半徑

帶電粒子垂直

進入磁場中，周期下=金

2.圓心的確定

(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向

和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)

(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點

和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓心(如圖乙所示，圖中P為入射點，M為出射點)

3.半徑的確定

(1)用幾何知識求半徑，一般稱為幾何半徑,通常構建三角形，利用三角函數或勾股定理求解.

(2)用物理知識求半徑，即「="，一般稱為物理半徑。

qB

4.運動時間的確定

|5.兩類典型的動態問題

(1)速度方向一定，大小不同：軌跡半徑隨速度的變化而變化，軌跡圓圓心共線(放縮法)

(2)速度大小一定，方向不同：軌跡半徑不變化,軌跡圓圓心在一個圓周上(旋轉法)

XXXXXX

P'

4K--X、、XXX

/xxx

；X;您：”瑜XX

X城匏.K-.X

XXXXXX

限時提升練

（建議練習時間：60分鐘）

一、單選題

1.兩根通電長直導線a、6垂直紙面平行固定，電流方向如圖所示，導線。中的電流為1,6中的電流也為

/已知通電長直導線在距導線，處產生的磁感應強度大小為左,，。點處的磁感應強度大小為8°,且

r

ca=ao=ab,則c點處的磁感應強度大小為（）

-------?--------------------------

C

aOb

A.AB。「2B。

Rc.-----D.Bo

633

【答案】B

【詳解】。、6導線中電流都為/,在。處產生的磁場方向相同，又由B=k-

r

可得a、b電流在。處的磁感應強度大小均為含，而。電流在c處的磁感應強度大小仍為g,

b電流在c處的磁感應強度大小為a=人（=2

3r6

兩磁場方向相反，故。處的磁感應強度大小為=y

故選B。

2.（23-24高二下.上海長寧?期末）反粒子就是質量與粒子相等，電荷量與粒子相等但電性相反的粒子，例

如反質子為二H。現分別使一束質子、反質子、a粒子和反a粒子以相同速度v沿。O,方向進入勻強磁場

B2,形成圖中的4條徑跡，則反質子軌跡是（）

OB]

『xy

±Xx：x：：Xr

XXJkXX

xx.

2B,4

XXXX

A.軌跡1B,軌跡2C.軌跡3D.軌跡4

【答案】A

【詳解】由左手定則可判定質子、a粒子受到洛倫茲力向右偏轉,而反質子、反a粒子向左偏轉，進入

vmv

勻強磁場&的粒子具有相同的速度，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m-所以r=—

2

rqB2

由于質子、反質子的比荷大于a粒子、反a粒子的比荷，所以a粒子、反a粒子在磁場中的軌跡半徑大,

即2為反n粒子徑跡，1為反質子的徑跡。

故選A。

3.兩根長直導線a、b平行放置，圖示為垂直于導線的截面圖，圖中。點為兩根導線連線4的中點，

N為"的中垂線上的兩點且與a、6等距，兩導線中通有等大，同向的恒定電流，則下列說法正確的是

()

a(z)I

0N

b（*）I

A.一點電荷在外力作用下從M點沿直線運動到N點的過程中，所受洛倫茲力方向一直不變

B.一點電荷在外力作用下從M點沿直線運動到N點的過程中，所受洛倫茲力可能先做正功，后做負功

C.。點處磁感應強度為零

D.若在N點放一小磁針，靜止時其北極沿N。由N點指向。點

【答案】C

【詳解】A.根據安培定則判斷得知，兩根通電導線產生的磁場方向均沿逆時針方向，由于對稱，兩根

通電導線在兩點產生的磁感應強度大小相等，根據平行四邊形進行合成得到，M點和N點的磁感應

強度大小相等，M點磁場向下，N點磁場向上，方向相反，所以點電荷所受洛倫茲力方向改變，故A錯

誤；

B.洛倫茲力始終與速度方向垂直，不做功，故B錯誤；

C.兩根通電導線在。點產生的磁感應強度大小相等、方向相反，。點的磁感應強度為零，故C正確；

D.若在N點放一小磁針，靜止時其N極指向磁場方向，垂直MN方向，故D錯誤。

故選C。

4.如圖，電阻忽略不計的正方形金屬框演源水平固定放置，對角線長度為/,整個金屬框內部區域分布著

垂直水平面向上的勻強磁場。長度大于/的均勻導體棒"N自。向c在金屬框上勻速滑過，滑動過程中

始終關于ac對稱并與金屬框接觸良好。若導體棒單位長度電阻恒定，與。點的距離記為x,則

下列關于棒所受安培力尸與x(0<x</)的關系圖像中，可能正確的是()

b

【答案】A

【詳解】設導體棒單位長度電阻為r,導體棒勻速滑過磁場的速率為v,其運動過程中切割磁感線的有效

長度為L，當0工無工萬時，由幾何知識可知L=2x又E=BLv

F

根據歐姆定律可得1=—

2xr

所以安培力為尸=571=生上?工

r

即尸與x成正比。同理，當（＜九《/時，解得F=BIL=^（l-x）

即尸隨x線性減小，由楞次定律可知，導體棒自a向c通過磁場，其所受安培力方向始終水平向左，阻

礙其運動，BCD錯誤，A正確。

故選A。

5.如圖所示，從S處發出的熱電子經加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發現

電子流向下極板偏轉；設兩極板間電場強度為E,磁感應強度為8；欲使電子沿直線從電場和磁場區域

通過，只采取下列措施，其中可行的是（）

A.適當增大電場強度EB.適當增大磁感應強度

C.適當減小加速電場兩極板之間的距離D.適當增大加速電壓U

【答案】A

【詳解】初始時，電子在混合場中向下偏轉，故電子剛進入磁場時，故對其分析受力可知evB>eE

要使電子沿直線從電場和磁場區域通過，則要使電子剛進入磁場時，所受電場力和洛倫茲力大小相等。

所以要么減小電子所受洛倫茲力，要么增大電子所受電場力。

A.適當增大電場強度E,則可適當增大電子在混合場中所受電場力，則電子受力可以平衡。故A正確；

B.需要適當增大磁感應強度，則增大電子在混合場中所受洛倫茲力。則電子受力不平衡。故B錯誤；

CD.設電子經過電場后的速度為v,則根據功能關系可得eU^mv1

可知適當增大加速電壓U,電子進入混合場的初速度變大，電子在混合場中所受洛倫茲力變大，則電子

受力不平衡。由上式可知，電子進入混合場的初速度與加速電場兩極板之間的距離無關，故沒有改變電

子在混合場中所受電場力和洛倫茲力大小。故CD錯誤。

故選Ao

6.（23-24高二下.上海.期末）陽和汨一起放入回旋加速器中，忽略在電場中加速時間，；H加速完成3次

時，出和汨動能之比為（）

A.1：9B.1：3C.1：1D.9：1E.3：1

【答案】E

【詳解】由7=一不，可知汨的周期是;H的3倍，；H加速完成3次時，汨完成加速1次，每次加速獲

取的動能E=qU相同，；H加速完成3次時，；H和汨動能之比為3：1。

故選E。

7.如圖所示，兩根平行的長直導線。和6中通有大小相等、方向相同的電流入此時導線。受到的磁場力

大小為大。當新加一個與兩導線所在平面垂直的勻強磁場后，導線。受到的磁場力大小變為尸2。若把導

線6的電流反向，則此時導線6受到的磁場力大小變為（）

。口nb

c.24-巴

A.F2B.D.耳+g

【答案】C

【詳解】如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相同。則a受到6產生磁場的作用力向右大小為

F、,那么b受到“產生磁場的作用力向左大小為耳，這兩個力大小相等，方向相反，即月=片

當再加入勻強磁場時，設。在磁場中受到的安培力為綜，

則。受到的作用力為居=6+與或居=耳-與

由于6的電流方向和a的電流方向相同，把導線6的電流反向，。所受的安培力的方向和電流未反向時a

所受安培力方向相反，大小相等，

則6受到的磁場力大小為F2^F；+F0=Fl+F0或月=耳,-外=片-外

將琦=%-氏代入￡=耳-與或％'=片+為

可得￡=2片一層或￡=2居+名

故選C。

8.（23-24高三下?上海長寧?階段練習）笈核（；H）與a粒子經加速器加速后獲得相等的速度，均垂直于磁

場方向進入質譜儀中，x為粒子做圓周運動的直徑，則（）

A.氣核的直徑大

【答案】C

【詳解】粒子經過加速器加速，根據動能定理可得qU=^mv2

粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得qvB=m-可得

r

則粒子在磁場中的軌跡直徑為

由于笊核與a粒子的比荷相等，則笊核與G粒子的直徑一樣大。

故選Co

二、多選題

9.如圖所示，三根長直導線平行地放在光滑絕緣水平面上，已知導線BC之間的距離等于導線AB間距的

3倍，已知通電直導線周圍產生的磁場磁感應強度的大小為2=%」,/為直導線中的電流，廠為導線周圍

r

某點到直導線的距離，當三根直導線中通有恒定電流后，三根直導線仍在原來的位置保持靜止，其中導

線A的電流大小為/。，方向如圖所示。則下列說法正確的是（）

ABC

A.導線B中的電流方向與A相同B.導線C中的電流方向與A相同

C.導線B中的電流大小為三/。D.導線C中的電流大小為3/。

【答案】BD

【詳解】BD.對通電導線B而言，在光滑桌面上處于靜止狀態，說明導線A、C在導線B處產生的磁

場大小相等方向相反，合磁場為零。所以導線C中的電流方向應與A中的電流方向相同，設導線A、B

間的距離為d,則導線B、C間的距離為3d,則有為=駕解得4=34

a3a

故BD正確；

AC.對通電導線A而言，在光滑桌面上處于靜止狀態，說明導線B、C在導線A處產生的磁場大小相

等方向相反，合磁場為零。所以導線B中的電流方向應與A中的電流方向相反，且有與=與

d4d

3

解得故AC錯誤。

故選BD。

10.（23-24高三下.上海寶山?階段練習）杯239既可能發生a衰變，也可能發生￡衰變。將杯239核置于勻

強磁場中，衰變后粒子運動方向與磁場方向垂直，圖中的a、爪c、1分別表示粒子的運動軌跡，則下

列說法正確的是（）

a

d

甲乙

A,衰變過程中粒子的動量守恒B.磁場方向垂直紙面向里

C.甲圖是夕衰變，乙圖是a衰變D.b為a粒子的運動軌跡，c為夕粒子的運動軌跡

【答案】AD

【詳解】A.衰變過程中，系統合外力為零，粒子的動量守恒，故A正確；

B.粒子在磁場中做勻速圓周運動，磁場方向不同，粒子旋轉的方向相反，由于a粒子和夕粒子的速度

方向未知，故不能判斷磁場的方向，故B錯誤；

C.放射性元素放出a粒子時，口粒子與反沖核的速度相反，電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方

向相反，兩個粒子的軌跡應為外切圓；而放射性元素放出夕粒子時，夕粒子與反沖核的速度相反，電

性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應為內切圓，故甲圖是。衰變，乙圖

是夕衰變，故C錯誤；

2

D.放射性元素放出粒子時，兩帶電粒子的動量守恒，根據洛倫茲力提供向心力qvB=m-

r

可得軌跡半徑為「二mv丁看D

qBqB

可得軌跡半徑與動量成正比，與電荷量成反比，a粒子和夕粒子的電荷量比反沖核的電荷量小，則a粒

子和夕粒子的軌跡半徑比反沖核的軌跡半徑大，故b為a粒子的運動軌跡，。為￡粒子的運動軌跡，故

D正確。

故選ADo

11.（23-24高三下?上海長寧?階段練習）1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器。回旋加速器的工作

原理如圖所示，置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可

以忽略不計，磁感應強度為2的勻強磁場方向與盒面垂直。兩D形盒之間所加上題一樣的交流電壓，

質量為機、電荷量為q的粒子從D形盒一側圓心處靜止開始被加速，經若干次加速后粒子從D形盒邊

緣射出。粒子被加速5次后做圓周運動的半徑4=；粒子從開始被加速到離開D形盒所需要的時

間展=

10UmTIBR2

【答案】0

qF

2

【詳解】口］［2］粒子被加速5次后運動速度為v,由動能定理有5Uoq=^mv

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有Bqv=m-得隹近

粒子離開D形盒的速度為%,有Bqv,n=m^-

R

—1mv2

粒子從開始到離開D形盒被加速的次數?_2m

u°q

T2兀m

粒子從開始被加速到離開D形盒所需要的時間t=n-其中T=—

2Bq

12.（22-23高二下?上海靜安?期末）如圖所示，圖中甲為金屬小球，乙為帶電絕緣小球（可視為質點）。用

絕緣細線掛在固定點。處，將小球從勻強磁場區域外靜止釋放，磁感線的方向垂直紙面向里，空氣阻

力不計。則在擺動過程中，擺角減小的是（選填A.“甲，B.“乙”），擺線拉力可能小于小球重

力的是（選填A.“甲”、B.“乙”）。

XXXXx_/Xn；X

X宓33二1宣

XXVX

O

甲

【答案】

【詳解】［1］對于金屬小球甲，當金屬球進出磁場時，由于磁通量發生改變，金屬球中會產生渦流，進

而產生焦耳熱，根據能量守恒可知，金屬球的機械能將會減小，因此隨著金屬球的擺動，小球所能達

到的最大高度減小，所以擺角會越來越小，當完全在磁場中來回擺動時，磁通量不再發生改變，擺角

不再變化；對于金屬小球乙，由于小球是帶電絕緣小球，因此小球在進出磁場時其內部不會產生渦流,

運動過程中機械能守恒，因此擺角不變。

故選Ao

⑵設甲、乙兩金屬球擺動過程中，繩子與豎直方向的夾角為。，則對于金屬球甲，

由牛頓第—"定律有/-7〃甲gCOS。=7〃甲%J

解得7^=m^a^+m^gcos0

對于金屬小球乙，設小球帶電量為正4,磁場強度為3,小球從磁場向外擺動或由外界進入磁場的過程

中要受到洛倫茲力的作用，且洛倫茲力的方向始終垂直于小球速度的方向，根據左手定則可知，當小

球從。點向磁場外擺動的過程中，洛倫茲力的方向始終與繩子拉力的方向相同，

則由牛頓第二定律有豈+凡乃一叱geos6=%。乙

解得豈=叱。乙+%gcos6-3qv

對比分析可知，擺線拉力可能小于小球重力的是乙。

故選B。

四、解答題

（23-24高二下?上海虹口?期末）在粒子物理研究中，為了測量粒子的電荷量、質量、自旋等性質。在

粒子加速器中，通過施加磁場，可以將粒子束偏轉到我們所需的軌道上。同時，通過調整磁場的強度

和分布，可以實現對粒子束的聚焦和分離。

13.極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地球大氣層后，由于地磁場的作用而產生的。如圖所示,

科學家發現并證實，這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉半徑不斷減小。此運動形成的主

要原因是（）

A.太陽輻射對粒子產生了驅動力的作用效果

B.粒子的帶電荷量減小

C.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小

D.南北兩極附近的磁感應強度較強

14.如圖所示，在赤道處，將一不帶電小球向東水平拋出，落地點為小給小球帶上電荷后，仍以原來的速

度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是（）

西-?東

XX

XX^\XX

XX\X

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

a

A.無論小球帶何種電荷，小球落地時的速度的大小不變

B.無論小球帶何種電荷，小球在運動過程中機械能不守恒

C.若小球帶負電荷，小球會落在。點的右側

D.若小球帶正電荷，小球仍會落在。點

15.洛倫茲力演示儀的實物圖和原理圖分別如下圖（a）、圖（b）所示。電子束從電子槍向右水平射出，使

玻璃泡中的稀薄氣體發光，從而顯示電子的運動軌跡。調節加速極電壓可改變電子速度大小，調節勵

磁線圈電流可改變磁感應強度，某次實驗，觀察到電子束打在圖（b）中的P點，則兩個勵磁線圈中的

電流均為

方向（選填“順時針”或“逆時針”），若要看到完整的圓周運動，則可以（選填"增大’或"減小”）

加速極電壓。

16.如圖所示，真空區域有寬度為L磁感應強度為B的矩形勻強磁場，方向垂直于紙面向里，MN、PQ

是磁場的邊界，質量為機、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）沿著與夾角為6=30的方向垂

直射入磁場中，剛好垂直于尸。邊界射出，并沿半徑方向垂直進入圓形磁場，磁場半徑為L方向垂直

紙面向外，離開圓形磁場時速度方向與水平方向夾角為60。。求：

（1）粒子射入磁場的速度大小；

(2)粒子在矩形磁場中運動的時間;

(3)圓形磁場的磁感應強度。

Q

【答案】13.D14.A15.逆時針減小16.(1)2島BL；(2)瑞；(3)

3m3qB3

v2mv

【解析】13.A.粒子在運動過程中，由洛倫茲力提供向心力qvB=m-解得r=—

rqB

可知半徑不斷減小與太陽輻射對粒子產生了驅動力無關，故A錯誤；

B.粒子在運動過程中，若電量減小，由洛倫茲力提供向心力，根據的半徑公式qvB=m-

r

mv

解得r=—可知，當電量減小時，半徑增大，故B錯誤；

qB

C.地球的磁場由南向北，當帶負電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷

粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉；當帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時,

根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向向東，粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力

不做功，故C錯誤；

D.粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應強度較強，由洛倫茲力提供向心力，由qvB=m-

r

mv

解得r=—可知，當磁感應強度增加時，半徑減小，故D正確。

qB

故選D。

14.A.若小球帶電，小球所受洛倫茲力不做功，根據動能定理有mgh=^解得丫=回

可知，無論小球帶何種電荷，小球落地時的速度的大小不變，故A正確；

B.若小球帶電，小球所受洛倫茲力不做功，小球運動過程中，只有重力做功，可知，無論小球帶何種

電荷，小球在運動過程中機械能均守恒，故B錯誤；

C.若小球帶負電荷，根據左手定則可知，小球所受洛倫茲力方向斜向左下方，則小球會落在。點的左

側，故C錯誤；

D.若小球帶正電荷，根據左手定則可知，小球所受洛倫茲力方向斜向右上方，則小球會落在a點的右

側，故D錯誤。

故選Ao

15.口］電子帶負電，根據其運動軌跡可知，電子所受洛倫茲力方向斜向左上方，根據左手定則可知,

磁場方向垂直于紙面向外，根據安培定則可知，電流方向為逆時針；

⑵若要看到完整的圓周運動，需要使電子圓周運動的軌道半徑減小，

根據evB=m—,eU=—mv~解得r=—

r2B\e

可知，若要看到完整的圓周運動，需要減小加速極電壓。

16.(1)作出粒子運動軌跡，如圖所示

根據幾何關系有%cos6=L

2

粒子在矩形磁場區域做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=m^~

&

解得V=2?BL

3m

(2)粒子在矩形磁場中運動的周期7=女與

V

粒子在矩形磁場中圓周運動對應的圓心角0=90-3=60

則粒子在矩形磁場中運動的時間t=&T

360

解傳t=

3qB

(3)結合上述軌跡圖，粒子在圓形磁場區域，根據幾何關系有^tan|=L

v22

由洛倫茲力提供向心力，則有qvBx=m—解得B\=：B

五、綜合題

(24-25高二上?上海?期末)電子在電場和磁場中都能發生偏轉，通過對這兩種偏轉情況的研究，有助

于我們更好地了解電子在電場和磁場中的運動規律O

17.質量為機電量為e的電子，以水平速度v從左側垂直進入寬度為d的局部勻強電場，如圖所示，電場

強度大小為￡、方向豎直向上。

(1)電子在電場中所做的運動是()

A.勻加速直線運動B,勻加速曲線運動C.變加速曲線運動

(2)電子在電場中運動時間為o

(3)電子在電場中向偏移，離開電場時偏移的距離是o

18.如果將上題中寬度為d的局部勻強電場換成勻強磁場，如圖，磁感應強度大小為8、方向水平向里。

.d

XXX

B

節一―天一殳一一

XXX

XXX

(1)電子在磁場中所做的運動是()

A.勻加速直線運動B.勻加速曲線運動C.變加速曲線運動

(2)要使電子能從右側離開磁場，B與m、e、d應滿足關系：。

(3)(計算)電子從右側離開磁場時，在豎直方向偏移了多少距離？

19.如圖所示是磁流體發電機的裝置，A、B組成一對長為心寬為力的平行電極，兩板間距為d,內有磁

感應強度為8的勻強磁場。發電通道內有電阻率為夕的高溫等離子持續垂直噴入磁場，每個離子的速度

為丫，負載電阻的阻值為R,電離氣體沿導管高速向右流動，運動的電離氣體受到磁場作用，產生了電

動勢，電離氣體以不變的流速v通過發電通道。電容器的電容為C,不計電離氣體所受的摩擦阻力。根

據提供的信息完成下列問題。

等離子體

(1)A板的電勢比B板(“高”或“低”)，發電機的電動勢￡=

(2)開關閉合，當發電機穩定發電時，求4、8兩端的電壓U；

(3)開關斷開，求穩定后電容器所帶的電荷量次

【答案】下空《

17.B-18.CB<—

v2mved

BRLdvh

19.低BdvCBvd

RLh+pd

【解析】17.(1)口］帶負電的電子豎直方向受向下的恒定電場力，豎直方向做初速度為零的勻加速直

線運動，水平方向垂直于電場方向做勻速直線運動，因此其實際運動為勻加速曲線運動，類似于平拋

運動。

故選B。

(2)［2］電子在電場中的運動時間，即水平方向的勻速直線運動時間r=-

V

(3)［3］電子受向下電場力，因此運動路線向下彎曲，即向下偏移；

0F

［4］在豎直方向上，根據牛頓第二定律eE=ma解得a=—

m

偏移量為y=—at2=

-22mv2

18.(1)［1］電子在勻速磁場中受大小不變方向時刻改變的洛倫茲力的作用，根據左手定則判斷，洛倫

茲力方向始終與速度方向垂直，因此電子在磁場的運動是勻速圓周運動的一部分，因此為變加速度曲

線運動。

故選C。

v2

(2)［2］電子在勻速磁場中做勻速圓周運動，則洛倫茲力等于向心力,故得evB=m——

R

所以半徑R-

eB

由題意，電子要起從右側離開磁場則要求圓周運動的半徑大于d,故R>d得B

岑ed

(3)［3］電子進入磁場后做勻速圓周運動，如圖所示

設圓弧半徑為心根據洛侖茲力提供向心力得evB=吟所以半徑r

根據幾何關系R2=(R->>+屋

聯立，解得偏移量y為丫=詈_#箸)2_屋

19.(1)[1]根據離子運動方向及磁場方向，可判斷出正離子向下偏轉到B板，負離子向上偏轉到A板,

故A板電勢比B板低；

⑵正負離子積累在AB上，則板間產生電壓即為電動勢E,當板間電場對離子作用力與離子受洛倫茲

E

力相等時，即達到最大電壓E,此時qvB=q—故E=Bdv

a

(2)⑶穩定后，據閉合電路歐姆定律可得E=I(R+r)其中U=IR

據電阻定律可得r=p4r

(3)⑷開關斷開，電容器兩端的電壓等于電動勢，故電容器所帶的電荷量為

q=CE=CBvd

(24-25高三上?上海?期中)質譜儀

質譜儀是用來測量帶電粒子質量的一種儀器，其結構如圖a所示，它分別由加速器I、速度選擇器II、

質量分離器III三部分組成，若從粒子源P點發出一個電量外質量為機的正離子，經過加速器得到加

速，進入速度選擇器，速度符合一定大小的離子能夠通過S3縫射入質量分離器中，整個過程中可以不

考慮離子重力的影響。

20.加速器I由S1S2兩塊帶電平行金屬板組成，為了使正離子得到加速，則應讓金屬板Si帶電(選

填“正”、“負”)。在下降過程中，離子的電勢能(選填“減少”、“增大”、“不變”)。如果離子從速

度V。開始經加速后速度達到V7,則加速器兩極板間電壓Ul=。

21.離子以速度叼進入速度選擇器n中，兩板間電壓為。2,兩板長度/,相距小離子在穿過電場過程中,

為了不讓離子發生偏轉，需要在該區域加一個垂直于電場和速度平面的磁場。

(1)則所加磁場的磁感強度B=

(2)在圖b中分別用尸E和鼠標出離子受到的電場力與磁場力方向:

d

速度選擇器II

圖b

(3)離開分離器時離子的速度v=

22.若離子以速度v垂直于磁場方向進入質量分離器III,圖c所示。其磁感應強度大小為為。離子在磁場

力作用下做半圓周運動

圖c

(1)