磁場

【備考指南】L高考對本講的命題熱點主要集中在磁場的疊加、磁場對電流

的作用、帶電粒子在磁場中的運動以及臨界、多解問題。2.加強帶電粒子在勻

強磁場中做勻速圓周運動的作圖訓練，培養數形結合能力。3.關注本講知識在

科技、生產、生活中的應用，理論聯系實際，提高應用所學知識解決綜合問題

的能力。

突破點一磁場的性質

1.用準“兩個定則”

⑴電流磁場的判斷用安培定則。

⑵對通電導線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左

手定則。

2.掌握磁場疊加問題的一般思路

(1)確定磁場場源，如通電導線。

⑵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，BM、BN為M、N處的通電直導線在c點產生的

磁場。

N

,/

B

(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的c點合磁場的磁感應強度為6。

3.熟悉“兩個等效模型”

(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：環形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁體，如圖

乙所示。

1/21

［典例1］（磁場的疊加）（多選）（2024?安徽合肥市高三第一次教學質量檢測）圖甲

為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情境。其簡化如圖乙，間隔棒將6

條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上,。為正六邊

形的中心，A點、6點分別為Oa、0〃的中點。已知通電導線在周圍形成磁場的

磁感應強度與電流大小成正比，與到導線的距離成反比。6條輸電導線中通有垂

直紙面向外、大小相等的電流，其中a導線中的電流對8導線中電流的安培力

大小為F,貝！|（）

甲乙

A.N點和6點的磁感應強度相同

B.其中8導線所受安培力大小為部

C.a>b、c、d、e五根導線在O點的磁感應強度方向垂直于e4向下

D.a、b、c、d、e五根導線在O點的磁感應強度方向垂直于ed向上

BC［根據對稱性可知N點和6點的磁感應強度大小相等，方向不同，故A錯

誤；根據題意可知a、c對導線8的安培力大小心/、〃對導線8的安培力大小

為Ffd=tan30。歹=小，e對導線b的安培力大小為g根據矢量的合成可得b導

線所受安培力E,=2Fsin30。+2義苧sin60°+^=y,故B正確；根據安培定則，

a、d兩條導線在O點的磁感應強度等大反向，b、e兩條導線在。點的磁感應強

度等大反向，a、b、c、d、e五根導線在。點的磁感應強度方向與c導線在O

點的磁感應強度方向相同，垂直于〃向下，故C正確，D錯誤。故選BC。］

［典例2］（磁場對通電導體的作用）（多選）（2024?福建卷）將半徑為r的銅導線半

圓環N6用兩根不可伸長的絕緣繩a、b懸掛于天花板上，AB置于垂直紙面向外

2/21

的大小為6的磁場中，現給導線通以自N向6大小為/的電流，貝！1（）

A.通電后兩繩拉力變小

B.通電后兩繩拉力變大

C.安培力為nBIr

D.安培力為2BIr

BD［通電流之前，銅導線半圓環處于平衡狀態，根據平衡條件有2尸r=Mg;通

電流之后，半圓環受到安培力，由左手定則可判斷半圓環受到的安培力方向豎

直向下，根據平衡條件有2戶T=Mg+歹安，可知通電后兩繩的拉力變大，A錯誤，

B正確；半圓環的有效長度為2r,由安培力公式可知F安=26/r,C錯誤，D正

確。］

方法技巧彎曲通電導線在磁場中所受安培力的分析要分三步走：先取直（連接彎

曲導線的首尾兩端，化曲為直），再分解（若化曲為直后，“直電流”與磁場不垂

直，要將磁感應強度沿“直電流”方向和垂直“直電流”方向正交分解，平行

“直電流”方向的分磁感應強度對通電導線沒有作用力），最后分析方向和大小

（根據左手定則分析方向，根據公式歹計算大?。?/p>

突破點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個技巧

（1）粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角（如圖甲所示,

仇=仇=仇）。

（2）沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向（如圖乙所示，兩側關

于兩圓心連線對稱）O

（3）粒子速度方向的偏轉角等于其軌跡的對應圓心角（如圖甲所示，?1=?2）0

2.解決帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界、極值問題常用結論

3/21

⑴剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。

（2）當速率/一定時，弧長（或圓心角小于180。時的弦長）越長，圓心角越大，則

帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。

（3）當速率/變化時，圓心角越大，運動時間越長。

（4）在圓形勻強磁場中，若帶電粒子速率/一定且運動軌跡圓半徑大于磁場區域

圓半徑,則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時,軌跡對應的偏轉角最大（所

有的弦長中直徑最長）。

3.解決臨界'極值問題的技巧

方法不意圖適用條件應用方法

1XXX1

粒子的入射點位以入射點尸為定

放縮1，x'、yxx/\置相同，速度方向點，將半徑放縮作

圓；XX夕：一定，速度大小不軌跡圓，從而探索

!xx!

同出臨界條件

（軌跡圓的圓心在P1P2直線上）

將一半徑為△=

一iXl.

粒子的入射點位

加的圓以入射點

qB

旋轉P置相同，速度大小

為圓心進行旋轉，

圓（軌跡圓的圓心在以入射點P一定，速度方向不

從而探索出臨界

為圓心、半徑/?=翳的圓上）同

條件

XXXXXXXX將半徑為火=寫

粒子的入射點位

平移的圓進行平移，從

置不同，速度大

圓（軌跡圓的所有圓心在一條直而探索出粒子的

小、方向均一定

線上）臨界軌跡

［典例3］（帶電粒子在有界勻強磁場中的運動）（2024?湖北卷）如圖所示，在以O

點為圓心、半徑為火的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

大小為6。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量

為〃2、電荷量為夕（夕＞0）的帶電粒子沿直徑NC方向從N點射入圓形區域。不計

重力，下列說法正確的是（）

4/21

A.粒子的運動軌跡可能經過。點

B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向

C.粒子連續兩次由N點沿NC方向射入圓形區域的最小時間間隔為空

3qB

D.若粒子從N點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小

頭浮qBR

為3m

D［根據帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動性質可知粒子的運動軌跡不可能經

過。點，粒子射出圓形區域時的速度方向一定沿該區域的半徑方向，A、B錯誤;

當粒子在磁場中運動的軌跡半徑為n=R時，粒子連續兩次由A點沿NC方向射

入磁場區域的時間間隔最短，其運動軌跡如圖甲所示，由洛倫茲力提供向心力

有4人8=加窈，又有。=處，則最短時間間隔為fmin=2Ti=等，C錯誤；粒

riviqB

子從N點射入到從。點射出圓形區域用時最短時，粒子的運動軌跡如圖乙所示,

由幾何關系可知此時粒子的軌跡半徑為嗎=今,由洛倫茲力提供向心力有夕/5

=m—,聯立解得彷=當"，D正確。

『23m

方法總結模型分析圓形邊界（進出磁場具有對稱性）：（1）沿徑向射入必沿徑向

射出且一定不過圓心，如圖甲所示；（2）不沿徑向射入時，如圖乙所示，射入時

粒子速度方向與徑向的夾角為仇射出磁場時速度方向與徑向的夾角也為仇

5/21

【教師備選資源】

（2023?湖南卷）如圖所示，真空中有區域I和II,區域I中存在勻強電場和勻強

磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，等腰直角三

角形CG/區域（區域II）內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外。圖中N、C、

O三點在同一直線上，NO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。N點處的

粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域I中，只有沿直線NC運動的

粒子才能進入區域II。若區域I中電場強度大小為E、磁感應強度大小為3,

區域II中磁感應強度大小為國，則粒子從CF的中點射出，它們在區域H中運

動的時間為力。若改變電場或磁場強弱，能進入區域II中的粒子在區域H中運動

的時間為。不計粒子所受的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是

（）

,G

/'45。：

/'??;

xx］夕xgc/.n??；

從二工…x

I"II2\B:

'、?2,;

\、45。；

、、3

A.若僅將區域I中磁感應強度大小變為25i,則介力

B.若僅將區域I中電場強度大小變為2E,則介力

C.若僅將區域II中磁感應強度大小變為"2,貝

D.若僅將區域II中磁感應強度大小變為梟2,貝

D［由題意可知，粒子在疊加場中沿直線NC運動，則粒子在疊加場中受力平衡,

有夕得以=5，粒子在磁場中運動的軌跡半徑&=吟=-^-,又因

為粒子從“中點射出，設CO=d,則Ro=*設粒子在磁場中轉過的角度為出

6/21

則力=普。若僅將61變為25,則m=粵，粒子仍從CF邊射出，粒子在磁場

中轉過的角度不變，周期不變，所以4=%,A錯誤；若僅將E變為2E,則外

則粒子恰好從下點射出，同上可知打=力，錯誤；若僅將外

=2%,R2=2RO,B

變為當島，則火3=之％=3/,則粒子從OF邊射出，設粒子在磁場中轉過的角

4V3V3

度為（z,則sina=a所以a=今則“吟o,C錯誤；若僅將品變為殺2,則

R4=、Ro=厄d,則粒子從QF邊射出，設粒子在磁場中轉過的角度為人則sin/?

=?,所以［=1，則/4=V2/o,D正確。］

［典例4］（臨界極值問題）（2024?安徽名校9月檢測）如圖所示，在直角三角形必c

區域（含邊界）內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,ac=2ab,

邊長兒=?,一個粒子源在a點將質量為3陽、電荷量為4的帶正電粒子以大小

和方向不同的速度射入磁場，關于在磁場中運動時間最長的粒子，下列說法正

確的是（）

b，、

，'''、

/'??'6、

/B''、、、

/????、、、

a，-------------------------------，、c

A.粒子運動時間為篝

B.入射點與出射點的最大間距為何；

C.粒子運動速度的最大值為粵

D.粒子軌跡上各點與ac邊的最大距離為絲”

6

D［根據題意可知，粒子沿必邊界方向射入磁場，從ac邊射出磁場時軌跡對

應的圓心角最大，粒子在磁場中的運動時間最長，粒子速度最大時運動軌跡與

從相切，粒子運動軌跡如圖所示。由幾何關系可得Na=60。，ZZ>=90°,bc=L,

則必=梟，因為四邊形是正方形，所以粒子做圓周運動的半徑r=今，

由幾何關系可知NaOe=120。，粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓

第二定律得解得/=嘿^,則粒子在磁場中運動的最長時間為

/==7=空詈，入射點與出射點的最大間距為〃=V^r=L,粒子軌跡上各點與ac

3qB

7/21

邊的最大距離為"2=r一八也30。=學，故選D。

6

b,

7;

0

方法技巧帶電粒子在勻強磁場中運動的“四點'六線'三角”

在找幾何關系時要尤其注意帶電粒子在勻強磁場中的“四點、六線、三角”。

(1)四點：入射點6、出射點C、軌跡圓心點N、入射速度直線與出射速度直線的

交點0。

(2)六線：圓弧兩端點所在的兩條軌跡半徑、入射速度直線06、出射速度直線

0C,入射點與出射點的連線6。、圓心與兩條速度直線交點的連線。4。

(3)三角：速度偏轉角NC0D、圓心角N5NC、弦切角N05C,其中速度偏轉角

等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。

,▼80Sr..?臨考預測，名師押題

1.(熱點情境?三維空間)如圖為邊長為d的正方體，。為。E的中點，在此、

ND兩邊放置足夠長的直導線，均通有大小相等的電流/,電流方向如圖所示。

已知一根足夠長直導線通過的電流一定時，磁感應強度大小與距離成反比。則

圖中。、0兩點處的磁感應強度大小之比為()

A.1：2B.2：1C.V2：1D.1：1

A［設放置在位邊的通電導線在。點的磁感應強度大小為5a=蔡，根據右手

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螺旋定則可判斷其方向沿CM,放置在N0邊的通電導線在。點的磁感應強度大

，\、為Bci=匚,方向沿歹C,故。點處的磁感應強度大小為放置在FE

邊的通電導線在。點的磁感應強度大小為6。1=#=岑，方向沿0V,放置在

2dd

ND邊的通電導線在。點的磁感應強度大小為5o2=g=學，方向沿E/,故0

2d4

點處的磁感應強度大小為5。=2生，則題圖中C、。兩點處的磁感應強度大小

a

四法I

之比為:=近9故選A。1

d

2.（高考熱點?臨界問題）（多選）如圖所示，S為一離子源，MV為足夠長的熒光

屏，S到MV的距離為SP=L,MN左側區域有足夠大的勻強磁場，磁感應強度

大小為6,方向垂直紙面向里。某時刻離子源S一次性沿平行紙面各個方向均勻

地噴發大量的質量為陽、電荷量為外速率為嚕的正離子（此后不再噴發），不計

離子重力，不考慮離子之間的相互作用力。貝！1（）

M

XXXX

B

XxX

S*--

XXXX

XXXX

N

A.打中熒光屏的最短時間為言

3qB

B.打中熒光屏的最長時間為學

qB

C.打中熒光屏的寬度為2版

D.打到熒光屏的離子數與發射的離子數比值為3

AD［根據夕陽二川亍，則離子軌道半徑r=m=L,離子軌跡對應弦長最短時運

動時間最短，即離子恰好打中尸點，如圖甲所示根據幾何關系可知，軌跡對應

的圓心角為60。，能打中熒光屏的最短時間為，=工7=吧，故A正確；

63qB

9/21

離子運動軌跡如圖乙所示，離子速度為/從下側回旋，剛好和邊界相切于6點,

離子速度為區時從上側回旋，剛好和上邊界相切于N點，離子的周期7=好，

qB

打中熒光屏的最長時間為/=怒7=駕，故B錯誤；離子打中熒光屏的范圍總

360ZQD

長度為圖乙中的NC長度，由幾何關系可知|NC|=（6+1/=（值+1R,打中熒

光屏的寬度為（四+1-，故C錯誤；

離子恰好打到上的臨界運動軌跡如圖丙所示，離子速度為（4從下側回旋，

剛好和邊界相切，離子速度為區時從上側回旋，剛好和上邊界相切，打到M點

的離子離開S時的初速度方向和打到AT點的離子離開S時的初速度方向夾角，

=兀，能打到熒光屏上的離子數與發射的離子總數之比4=*=匕故D正確。

ZuL

3.（高考新動向-三維立體問題）（多選）（2024?重慶渝北10月測試）某粒子分析裝

置的核心結構如圖所示。在空間三維直角坐標系O-xyz中，由6面熒光屏構成的

長方體容器OPMN-EPGE安裝在坐標原點。處，OP邊與x軸重合，OE邊與4

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軸重合，長方體的長、寬、高分別為2a、a、2a,整個空間存在方向沿z軸正方

向的勻強磁場，磁感應強度大小為6,在面的中心S處有一粒子源，可

以在平行于xQy的平面內向容器內各個方向均勻發射相同速率的帶電粒子，已

知帶電粒子的比荷為2=A,有二分之一的粒子打在0匹咕面上激發熒光屏發光,

m

PMG歹面剛好沒有發光。粒子打在熒光屏上后即被吸收，重力不計。下列說法

正確的是（）

A.粒子源發射的粒子帶負電，速率為

B.有六分之一的粒子打在初VHG面上激發熒光屏發光

C.有三分之一的粒子打在面上激發熒光屏發光

D.打到OPEE面中心點的粒子，所用的時間跟打在棱MV上的粒子運動的時

間相同

BCD［粒子源在平行于X。伊的平面內向容器內各個方向均勻發射相同速率的帶

電粒子，磁場方向沿N軸正方向，可知粒子只在平行于X0F的平面內運動，畫

出過S點、平行于xO伊平面的面H尸GH7和粒子的運動軌跡圖，如圖所示。由

題意知，粒子射出后向速度方向的右側偏轉，利用左手定則可判斷粒子帶正電。

由題意知有二分之一的粒子打在尸邊上，剛好沒有粒子打在尸邊上，打在

尸最邊緣粒子分別沿x軸的正方向和y軸的正方向射入磁場，入射速度夾角為

90°,在H點和尸點分別與尸和尸G，邊相切射出，根據幾何關系可知，粒子

運動的軌跡半徑為r=a,由？=中，代入數據解得片他“，故A錯誤；根據粒

子的運動軌跡，可知打在W邊上的粒子速度方向與的最大夾角為30。，所

以有六分之一的粒子打在MVHG面上，故B正確；由題圖根據幾何關系可知，

打在邊的粒子，從粒子源射出時的速度方向最大夾角為60°,所以有三分之

一的粒子打在ONHE面上，故C正確；由題圖知，打到OPFE面中心S點的粒

子和打在棱上即點的粒子，它們的運動軌跡所對應的弦長相等，所以圓

心角相等，在磁場中運動的時間相等，故D正確。

11/21

專題限時集訓（七）

［A組基礎保分練］

1.如圖所示，a兒是以0點為圓心的三分之一圓弧，8為圓弧中點，a、b、c

處各有一垂直紙面的通電直導線，電流大小相等，方向均垂直紙面向里，整個

空間還存在一個磁感應強度大小為5的勻強磁場,0點處的磁感應強度恰好為0。

若將c處電流反向，其他條件不變，則。點處的磁感應強度大小為（）

平、

*1

C

A.BB.2BC.3BD.0

A［三條導線的磁場如圖甲所示，由矢量的疊加可知，三條導線產生的磁場合

磁感應強度為6=2國，若將c處電流反向，三條導線產生的磁場如圖乙所示，

根據磁感應強度的疊加可知，。點處的磁感應強度大小為5,故A正確，B、C、

D錯誤。

2.丹麥物理學家奧斯特在1820年4月發現了電流的磁效應，從而開啟了人類

對電與磁關系探索的序幕。已知通電長直導線周圍某點的磁感應強度6=A」，即

r

磁感應強度5與導線中的電流/成正比，與該點到導線的距離，成反比。如圖為

12/21

垂直于紙面放置在X軸上。和X0處的兩根平行長直導線，分別通以大小不等、

方向相同的電流，已知規定磁場方向垂直于X軸向上為正，在0?X0區間

內磁感應強度5隨x變化的圖線可能是圖中的（）

A［由安培定則可知，左側導線中的電流在該導線右側產生的磁場的方向垂直

于X軸向上，而右側導線中的電流在該導線左側產生的磁場的方向垂直于X軸

向下，由于規定磁場方向垂直于x軸向上為正，故在0?X0區間內磁場方向先為

正后為負。根據通電長直導線周圍某點磁感應強度6=壯和/1＞心，可知在日的位

rL

置磁場方向為正方向，A正確。］

3.如圖所示，重物放在電子秤上，跨過定滑輪的細繩一端系住重物，另一端系

住多匝矩形通電線圈（為線圈供電的電源沒有畫出）。矩形線圈下部放在勻強磁場

中，線圈平面與勻強磁場垂直，線圈的匝數為〃，水平邊長為〃當線圈中通過

順時針方向的恒定電流為/時，電子秤顯示的力的值為改變線圈中電流的

方向，但不改變線圈電流的大小，電子秤顯示的力的值為b2,整個過程中細繩

沒有松弛。則磁感應強度B的大小為（）

?〃〃〃（〃〃/.

13/21

A.1iB.12

2nIL2nIL

C.F2—F1D.尸］一42

2nIL2nIL

C［由于線圈左右兩側受到的安培力大小相等、方向相反，故整個線圈受到的

合安培力方向只在豎直方向，設重物的質量為V,線圈的質量為陽，當線圈中

通過順時針方向的恒定電流時，安培力方向為豎直向下，以重物為研究對象，

根據受力平衡可得nBIL;當線圈中通過逆時針方向的恒定電流

時，安培力方向為豎直向上，吸=尸2+取8—〃聯立解得5=與，，故選C。］

4.（2024?河北邯鄲統考二模）如圖所示，四根通有恒定電流的長直導線垂直xQy

平面放置，四根長直導線與xOy平面的交點組成邊長為2a的正方形且關于x軸

和y軸對稱，各導線中電流方向已標出，其中導線1、3中電流大小為1,導線2、

4中電流大小為2/。已知通電長直導線周圍的磁感應強度大小與電流成正比、與

該點到通電長直導線的距離成反比，即6=子,下列說法正確的是（）

142

?-----0

A.長直導線1、4之間的相互作用力為吸引力

B.一垂直于紙面并從。點射入的粒子，將做圓周運動

C.導線4受到的導線1、2、3的作用力的合力方向指向。點

D.僅將導線2中的電流反向，則導線2和4連線上各點磁感應強度方向均相同

D［當通有同向電流時，通電導線之間表現為吸引力，當通有反向電流時，通

電導線之間表現為斥力，A錯誤；由右手螺旋定則并結合矢量疊加可知。點的

磁感應強度為零，因此過。點垂直于紙面射入的粒子將做勻速直線運動，B錯

誤；長直導線1在長直導線4處產生的磁感應強度大小為61=/,方向水平向

左，導線3在長直導線4處產生的磁感應強度大小也為3,方向豎直向上，長

直導線2在長直導線4處產生的磁感應強度大小為82=黑=粵,方向垂直導

線2、4的連線指向右下方，所以三根導線在4處的合場強為零，導線4不受安

培力，C錯誤；根據右手螺旋定則以及磁場疊加原理可知，導線1、3在導線2、

14/21

4的連線上除。點的磁感應強度為零外，其他位置合磁感應強度均垂直于導線2、

4的連線指向左上方。僅將導線2中的電流反向，導線2、4在導線2、4的連線

上的磁感應強度方向均垂直于導線2、4的連線指向左上方。由磁場疊加原理可

知，四根導線在導線2、4的連線上的磁感應強度方向均垂直于導線2、4的連

線指向左上方，D正確。故選D。］

5.虛線和虛線ON之間的夾角為30。，如圖所示，虛線上方存在方向

垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶負電的粒子沿紙面以大小為/的速度從。點

右側距離為L的N點向左上方射入磁場，速度與成30。角。已知該粒子在

磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場，不計重

力。則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為（）

XXXXXX

xxxBxV'x

XX友XX

x/次P破3膾、xx

0AM

A.-B.-C.2LD.3Z

32

A［軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于ON=OZ）=r,故

人407）為等邊三角形，則NO7M=60。，而NMO7V=30。，則NOCD=90。，故

CO。為一直線，貝寸OD=仁m=4r=A+r,解得r=1,故A正確，B、C、D

錯誤。故選A。

1

6.（多選）如圖所示，寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度為6,NC和OE是

它的兩條邊界。現有質量為〃1、電荷量的絕對值為夕的帶電粒子以，=45。方向射

入磁場。要使粒子不能從邊界OE射出，則粒子入射速度/的最大值可能是（）

pE

-XXXXXXX~XX-

TB

xxxxxxxxx

（4+V2）qBL（2+V2）qFL

￡>?------------------

mm

15/21

（4-V2）qBL（2-V2）QFL

D.

c.mm

BD［題目中只給出粒子“電荷量的絕對值為,未說明是帶哪種電荷。如圖

所示

若夕為正電荷，軌跡是如圖所示的左方與刀E相切的;圓弧，軌道半徑拈=魯,

40（/

又上=義一區"0545°,得U=空警里，若《為負電荷，軌跡是如圖所示的右

方與。E相切的2圓弧，則有小=理，L=R2+R2cos45°,得區=區生媽，則

4Bqm

粒子入射速度/的最大值可能是色苧絲（4為正電荷）或0*些g為負電荷）。

故選BD。］

7.（多選）（2024?陜西西安10月測試）一勻強磁場的磁感應強度大小為5,方向

垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中必=/,射線兒足夠長，Zabc

=135。，其他方向磁場的范圍足夠大。一束質量為加、電荷量為q的帶正電粒子,

在紙面內從a點垂直于必射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的

相互作用，以下說法正確的是（）

B

A.從油邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等

B.從次邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等

C.所有粒子在磁場中運動的時間都相等

D.粒子在磁場中最長運動時間約為您

2qB

AD［畫出帶電粒子在磁場中運動的動態分析圖，如圖所示。當粒子速度較小時，

都從。邊射出，則運動軌跡都是半圓，運動時間都相等，A正確；當粒子都從

兒邊射出，則速度越大，軌跡半徑越大，軌跡所對圓心角越大，運動時間越長，

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B、C錯誤；當粒子的速度足夠大，半徑足夠大時，/遠小于r,這時圓心角大小

近似為a=27。。，可得勺翳7胃?鬻=翳，D正確。

8.（多選）地磁場對射入的宇宙粒子有偏轉作用，假設地磁場邊界到地心的距離

為地球半徑的四倍。如圖所示是赤道所在平面的示意圖，地球半徑為凡地磁

場（可視為勻強磁場）垂直紙面向外，"N為磁場圓邊界的直徑，MV左側寬度為

29的區域內有一群均勻分布、質量為陽、帶電荷量為+?的粒子垂直MV以

速度,射入地磁場，正對地心0的粒子恰好打到地球表面，不計粒子所受重力

及粒子間的相互作用，貝!1（）

A.地磁場的磁感應強度大小為邛

qR

B.打在地面時速度方向指向。的粒子在磁場中的運動時間為廣

c.從〃點射入的粒子在磁場中速度偏轉角的余弦值為1

D.僅增大粒子速度，能打到地球表面的粒子數一定減少

BC［由題意可知，正對地心0的粒子恰好打到地球表面，其軌跡如圖甲所示，

由圖甲可得—ri=K,解得「=火，由洛倫茲力提供向心力，可得

2

解得地磁場的磁感應強度大小為6=%=?，A錯誤；打在地面時

riqriqR

速度方向指向0的粒子在磁場中的運動軌跡如圖乙所示，設打在地面的點為K,

軌跡的圓心為01,由圖乙及A中分析可知三角形是等腰直角三角形，O1O

=V2R,三角形PO2O為直角三角形，則粒子運動軌跡對應的圓心角為45。，粒

子在磁場中的運動時間為，=&*陋=變，B正確；從"點射入的粒子在磁場

360°v4v

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中的軌跡如圖丙所示，Q為軌跡的圓心，由幾何關系可知，三角形COQ為等

腰三角形，則有0。3=（6一1/，從〃點射入的粒子在磁場中速度偏轉角的余

弦值為cosNMQC=-cos土廣，C正確；粒子速度增大，可假設為

無限大，則運動軌跡半徑無限大，可認為粒子做直線運動，則打在地表的粒子

數與總粒子數的比值為手，根據以上分析可知，粒子速度為/時能打在地表的粒

子數為總粒子數的］|<y,D錯誤。

［B組能力提分練］

9.（多選）磁鏡是運用磁場對運動帶電粒子的作用規律，把帶電粒子約束在有限

的空間區域而不會散逸的一種裝置。圖示為某磁鏡裝置中磁場的大致分布（與地

球周圍磁場分布相似）。假定一帶正電的粒子（不計重力）從左端附近以垂直軸線

斜向紙內的速度進入該磁場，部分運動軌跡為圖示的螺旋線，該粒子被約束在

左右兩端間來回運動，就像光在兩個鏡子之間來回“反射”一樣，不能逃脫。心

A、c三點是軸線所在的一平面與粒子軌跡的三個交點。下列說法正確的是（）

A.粒子由a到8所需的時間小于由8到c所需的時間

B.從。到c粒子軌跡半徑增大的原因是垂直軸線方向的速度增大

C.a、8兩點軸線方向上的距離小于A、c兩點的

D.地球周圍磁場中粒子可以在東西兩端間來回運動

AC［從a到c,將粒子運動分解成垂直軸線方向和平行軸線方向的兩個分運動，

粒子向右運動過程中，磁感應強度逐漸減小，粒子的運動周期逐漸增大，轉過

相同角度所需的時間越來越長，同時洛倫茲力有沿平行軸線方向的分力，分力

的沖量使平行軸線方向的速度增大，故從a到c粒子軌跡半徑增大是因為磁感應

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強度減小，不是垂直軸線方向的速度增大，B錯誤；從a到分和從分到c,粒子

均繞軸線轉動一周，根據以上分析可知粒子由a到b所需的時間小于由b到c

所需的時間，A正確；粒子從8到c所用時間長，平行軸線方向的速度大，則沿

軸線方向經過的位移比較大，C正確；地球周圍的磁場大約是南北方向，結合題

述可知，粒子不在東西兩端間來回運動，D錯誤。］

10.(2024?海南校聯考一模)如圖所示，間距為2m的平行金屬導軌傾斜

放置，與水平面的夾角，=30。。一質量為陽=0.01kg的金屬棒垂直導軌放置，

并與定值電阻火