高考物理二轮复习专项突破（全国版）磁场

第9讲磁场

【命题规律】1.命题角度：（1）安培定则，磁场的叠加，安培力的分析和计算；（2）带电粒子在磁

场中的运动；（3）动态圆模型2常用方法：对称法、动态圆法.3.常考题型：选择题.

考点一磁场的基本性质安培力

1.磁场的产生与叠加

条形磁体的磁感线分布

H—地磁场的特点

d产生卜1

叵1~遹卜安培定则

■｛叠力口）—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

直导线F=BILsin0,0=0时尸=0,0=90°时

P.x"&\xx・a\•巴

大小..xOxJx

导线为曲线时

•»c••XXXX•"・••

等效为ac直线电流

FN

//-/K

//,/，野

受力分析

FMB/'“c

立体图平山,图

根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程

例1（2022•河北邯郸市高三期末）如图所示，M、N和尸是以为直径的半圆弧上的三点，

。为半圆弧的圆心，ZMOP=60°,在/、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所

示，且7M=2/N（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r处的磁感应

强度大小为B=lr,其中人为常数），此时0点的磁感应强度大小为所.若将M处长直导线移

至尸处，则此时。点的磁感应强度为（）

A.大小为小Bi，方向水平向右

B.大小为小Bi，方向水平向左

C.大小为231,方向与水平方向夹角为30。斜向右下

D.大小为26,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。点激发磁场的磁感应强度大小为坑，则M处导线在。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，可得囱=瓦，将M处导线移到P处时，在。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Bo,即小81,方向水平向右，故A正确.

例2（2022.广东省模拟）如图所示，匀强磁场区域足够大，磁感应强度大小为B、方向水平

向右，将一段〃圆弧形导体湖置于磁场中，圆弧圆心为。、半径为r.现在导体油中通以方向

从万一。的恒定电流/,并将磁场从图示位置沿顺时针方向在纸面内缓慢旋转，下列说法正确

的是（）

_________aB,

A.圆弧形导体受到的安培力方向始终垂直纸面向外

B.圆弧形导体受到的安培力不可能为零

C.圆弧形导体受到的安培力大小可能为

D.圆弧形导体受到的安培力最大值为野

答案C

解析圆弧形导体受到的安培力方向即垂直于B的方向，又垂直于/的方向，即垂直于B与

/所组成的平面，再根据左手定则可知，圆弧形导体受到的安培力方向先垂直纸面向外，后

垂直纸面向里，A错误；:圆弧形导体油中的等效电流方向由6指向。且竖直向下，当磁场

方向转至与等效电流方向平行时，圆弧形导体受到的安培力为零，B错误；圆弧形导体的有

效长度为小厂，当磁场方向与等效电流方向夹角为45°时，所受安培力大小为尸=8/义也rsin

45°=B",C正确；当磁场方向与等效电流方向垂直时，安培力最大，且为Fmax=pBIr,D

错误.

考点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，偏转角度与圆心

基本

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=m~

公式

重要mv—2兀加-2兀厂

r~qB,T-qB，T-v

结论

(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(a)

(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)

(3)沿半径方向距入射点距离等于厂的点，如图(c)(当r已知或可算)

圆心的

术"10产*』0卜xx

确定

；••；x\xX；XX/

；••；x/?"[^fCx!

尸牝彳q饯软X：X：

(a)(b)(c)

mv2

方法：由物理公式求，由于Bq。一,

半径的所以半径r—器

qb

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

A

方法一：由圆心角求，/=二?7

时间的Z71

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，仇=仇=仇).

(2)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

XX

乙

(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，«1=«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；

(2)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.

例3(2022.宁夏六盘山高级中学检测)如图所示，在直角坐标系尤0y内，以原点。为圆心，

半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一负电子从P点(凡0)沿x轴负方向

以速率。射入磁场后，在磁场中运动的时间为小一正电子从。点(一尺0)沿着与x轴正方向

成30。的方向以速率2。射入磁场后，恰好从尸点飞出磁场，在磁场中运动的时间为必忽略

两电子重力及相互作用力，则ti：及为()

A.2：3

C.3：1D.1：2

答案B

解析由题意知正电子偏转角为60。，可得正电子轨迹半径/2=2K，负电子与正电子速率之

比为1：2,故负电子轨迹半径n=凡如图画出负电子和正电子的运动轨迹，它们做圆周运

动的圆心分别为。卜O2,由图可知，负电子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为90。，负电

9001

子在磁场中运动时间?i=360°^=4r,由几何关系可得，正电子运动轨迹所对应的圆心角为

60°,正电子在磁场中运动时间打=招产7=上7,得力：龟=3：2,A、C、D错误，B正确.

例4（多选）（2022•福建省四地市质检）如图所示，射线OM与ON夹角为30。，MON之外分布

着垂直于纸面向里的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B,一质量为m,电荷量为一q

的粒子（不计重力），从。点垂直于OM以某一速度射出.贝lj（）

XXXXXX

B

xxxxx

XXXX/'

t<30°..

xxxjx-x--X--M

xxxxxx

xxxxxx

A.粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角为60°

B.粒子第一次穿过边界之后，在磁场中运动的时间为舞

JQD

C.仅减小粒子射出的速率，粒子可能第二次经过边界ON

D.仅增大粒子射出的速率，粒子一定能两次经过边界

答案ABD

解析由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边

界ON的夹角等于从。点出发时与边界ON的夹角a,由几何关系可得a=60。，故A正确；

粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，从C点穿过。。边界进入下方磁场，由对称

性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时（图中。点），粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆

f）27rH757rH7

心角。为300。，所以在磁场中运动的时间为/=丁7，T=一不，可得£=三一方，故B正确；由

Z7TQDJQD

几何关系可得，粒子从ON穿过时，C点与。点间的距离为其在圆周运动半径R的3倍，所

以粒子在下方磁场再次偏转，从。点穿过OM,DC距离为R,射出时速度方向平行于ON,

所以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON,一定能两次

经过边界OM,故C错误，D正确.

XXXXXX

B

XX

XXjX/：/

xx铲牛铲----

xxxxx'x\/\

xxxxxvl7

例5（多选）（2022•广东省模拟）如图所示，正三角形AC。内存在垂直纸面向外的匀强磁场，

磁感应强度大小为B,圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，/AOC的角平分线OG的

一，3

反向延长线正好经过圆心O,的延长线与圆相交于E点，且A£）=]Z）E=〃，现有一质量

为m、电荷量为q的粒子（重力不计）以一定速度沿NCAZ）的角平分线垂直磁场射入，粒子恰

好经过。、E两点，则（）

A

A.粒子一定带正电

B.粒子的初速度大小为舞

-3

C.圆形磁场区域的磁感应强度大小为邻

D.粒子从A点到E点经历的时间为瑞

答案CD

解析由左手定则及题意可知粒子带负电，A错误；粒子的运动轨迹如图所示

由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形磁场区域中运动轨迹的圆心角为60。，半径为n

=a,由洛伦兹力提供向心力知=联立得B错误；因。由几何关

系知DE=60°,且O'D=O'E,故ADEO'为正三角形，则粒子在圆形磁场区域中

、2nix)3

运动的轨迹半径为厂2=OE=Q4,而？=而，所以圆形磁场区域的磁感应强度大小为氏=渭

C正确；粒子在三角形磁场区域中运行的时间人=卷=舞,粒子在圆形磁场区域中运行的时

o5bq

To2TTW7SjTn?

间，2=石=gBq,所以粒子从A点到E点经历的时间为D正确.

考点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P为定

点位置相

点，将半径放缩作

放缩圆同，速度方

；XXx/\轨迹圆，从而探索

向一定，速

~%-xi出临界条件

度大小不同

（轨迹圆的圆心在P1P2直线上）

将一半径为R=

粒子的入射

点位置相翳的圆以入射点

QD

旋转圆P同，速度大

为圆心进行旋转，

（轨迹圆的圆心在以入射点尸为圆心、半径R小一定，速

从而探索出临界

度方向不同

-亚的圆上）条件

粒子的入射

XXXXXXXX

点位置不

将半径为

平移圆同，速度大R—7q7n°

小、方向均的圆进行平移

（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）

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

轨迹圆半径

磁聚焦与射出，该点切线与

等于区域圆

磁发散入射方向平行

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

例6（多选）（2021•海南卷J3）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R大量质量为相、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0,小

L）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a（0WaW180。）.当a=150。时，粒子垂直x轴离开磁场.不计粒子的重力.则（）

A.粒子一定带正电

B.当1=45。时，粒子也垂直x轴离开磁场

C,粒子入射速率为吗坦

D.粒子离开磁场的位置到。点的最大距离为34L

答案ACD

解析由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带正电，

A正确；当a=150°时，粒子垂直无轴离开磁场，运动软迹如图所示，Oi为粒子做匀速圆周

运动的圆心，

柒=］迎B

，J3L'-•一

6Xoli-x

粒子做圆周运动的半径为/•=©四）。=2于L,由洛伦兹力提供向心力有卯3=〃1手，解得粒子

入射速率0=2,产,C正确；若a=45。，粒子运动轨迹如图所示，。2为粒子做匀速圆周运

动的圆心，

成1”，

P4r

根据几何关系可知粒子离开磁场时与无轴不垂直,B错误；粒子离开磁场的位置与。点距离

最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图所示,。3为粒子做匀速圆周运动的圆心，

二

O'、xm

_____-

根据几何关系可知（2厂）2=（小乙）2+/2,解得％m=3小"D正确.

例7(2022・福建福州市高三期末)如图所示，圆形区域半径为K,圆心在。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A电子在电子枪中经电场加速后沿方向

垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏P。上的N点，P。平行于A。，。点到

PQ的距离为2R.电子电荷量为e、质量为如忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作

用

右

(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AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO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⑴誓⑵野⑶左侧4R

庐

解析(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有evB=nr^

电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r=R,联立解得。=逊

P---------黑-----Q

甲

(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得

联立解得。=空4

(3)电子在磁场中运动的半径r=R,故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光

屏上.从与相距专的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，

D

其轨迹如图乙所示，由几何关系可知a=60°,GN=——=^R.

[anot3

高考预测

1.（2022•山东临沂市模拟）如图所示，在垂直纸面的方向上有三根长直导线，其横截面位于正

方形的三个顶点b、c、d上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，一带负电的粒子

从正方形的中心。点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）

'0承

、、/

V

A.沿。到。方向B.沿。到C方向

C.沿。到d方向D.沿。到方方向

答案A

解析由安培定则可判断6、c、d三根导线在。点产生的磁场如图所示，由磁场的叠加原理

可知它们的合磁场方向水平向左，再由左手定则可判断带负电的粒子所受洛伦兹力方向沿O

到4方向.故选A.

2.（2022.河南信阳市质检）如图，平行的MV、PQ与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁

场，磁感应强度大小为2,边界与的夹角a=30。，点P处有一离子源，离子源能够

向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于加尸的正、负离子，离子运动一段时

间后能够从不同的边界射出磁场.已知从边界PQ射出的离子，离子速度为。o时射出点与P

点距离最大，所有正、负离子的比荷均为左，不计离子的重力及离子间的相互作用.求：

N

PQ

（1）射出点与尸点最大距离而；

（2）从边界MP射出的离子，速度的最大值.

答案（晤常

解析（1）设离子的质量为机、电荷量为q,从边界PQ射出的速度为6的离子，设其运动半

径为Ri,射出点与尸点距离最大时，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹2如图所示，

v2

根据牛顿第二定律有qvoB=nr^f

根据几何关系得％m=2Rcosa,

解得x=

mkB

（2）从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为肥,

运动轨迹1如图所示，

v2

根据牛顿第二定律得qvmB=nr^,

设M尸的长度为"根据几何关系得

Lsina=Ri-Rsina,

L+R2

-Sina'

解得Om=?.

专题强化练

［保分基础练】

1.（2022•广东卷・7）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分

布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一质子以某一速度从立方体

左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域.下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面

的投影中，可能正确的是（）

CD

答案A

解析由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则

可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标

增大，在跖V右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知

质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z

轴坐标不变，故C、D错误.

2.（2022•安徽合肥市质检）如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于

匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点。、》与电源两端相连，其中断棒的电阻

为5R,其余各棒的电阻均为R,电源内阻及导线电阻忽略不计.S闭合后，线框受到的安培

力大小为E若仅将"棒移走，则余下线框受到的安培力大小为（）

2Ff5F

A.fBTC-TDT

答案A

F

解析

S闭合后，次?棒与其余各棒并联，设电源电动势为区则两支路的电流大小均为1=蕊3K,

ab棒受到安培力的大小为五环=8〃，其余各棒在磁场中的等效长度也为乙，受到的安培力大

小为F^=BIL,线框受到的安培力大小为尸=五而+尸其=281，若仅将油棒移走，通过其余

各棒的电流不变，则余下线框受到的安培力大小尸,—F^=BIL=^,故选A.

3.（多选）（2022.全国乙卷」8）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应

强度A如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面.某同学在某地对地

磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上.根据表中测

量结果可推知（）

测量序号3/附By/ycTBz/|iT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.测量地点位于南半球

B.当地的地磁场大小约为50|1T

C.第2次测量时y轴正向指向南方

D.第3次测量时y轴正向指向东方

答案BC

解析如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近.由表中z轴数

据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故

由表格可看出此处的磁感应强度大致为8=N8/+B/=4夕+艮2,计算得8-50NT,B正

确；由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量，By<Q,

故y轴指向南方，第3次测量3>0,故无轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误.

地磁南极

,地磁北极

4.（多选X2022•辽宁葫芦岛市二模）如图所示，在竖直平面矩形ABC。区域内存在方向垂直纸

面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场.一带电粒子从的中点。射入磁场，速度方向

与磁场垂直且与的夹角a=45。,粒子经过磁场偏转后在C点垂直穿出.已知矩形ABC。

的宽AD为L粒子电荷量为q、质量为相，重力不计.则下列说法正确的是（）

A.粒子带正电荷

B.粒子速度大小为噜^

C.粒子在磁场中运动的轨道半径为半乙

D.粒子在磁场中运动的时间为鬻

答案BD

解析粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；

由题意可知，粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为厂=

2-/o

^2根据粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得quB=my,解得。=

cos-45o

:鬻,B正确，C错误；由几何关系可知电荷在磁场中偏转了135。，则在磁场中运动的时

EL。f135°、，2兀加3兀—一十力

间为'=五7=花心'谕=硒，D正角，

5.（2021•北京卷J2）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场.一带电粒子在P点

以与x轴正方向成60。的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场.已知带电粒子质

量为机、电荷量为q,。尸=a.不计重力.根据上述信息可以得出（）

A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程

B.带电粒子在磁场中运动的速率

C.带电粒子在磁场中运动的时间

D.该匀强磁场的磁感应强度

答案A

解析粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线，交点即为圆心5,轨迹如图所示,

OO\=atan300=

故圆心的坐标为（o,当，，

a_2A（3

K—COS30。—3a,

则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为

故A正确；

洛伦兹力提供向心力，有qvB=nT^,

解得带电粒子在磁场中运动的速率为。=喈，

因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度8未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,

故B、D错误；

带电粒子转过的圆心角为，

而周期为7=当2Tlm

2

3兀2nm

则带电粒子在磁场中运动的时间为/=厂7=可方，

因磁感应强度5未知，则带电粒子在磁场中的运动时间无法求得，故C错误.

6.（2022•福建三明市普通高中高三期末）如图，在区域存在方向垂直于xOy平面向外的

匀强磁场.一个气核1H和一个氮核SHe同时从y轴上。点以相同的动能射出，速度方向沿工

轴正方向.不计重力及两粒子间的相互作用，以下对气核1H和氮核夕He的运动轨迹图判断正

确的是（）

-y

B

Ox

答案D

解析气核|H和氨核,He都带正电，射出时，根据左手定则可知洛伦兹力沿y轴负方向，则

济/祖

两粒子都将向y轴负方向偏转.根据洛伦兹力提供向心力有qvB=nr^,解得R=^=—下一

=近小瓦，因两粒子的初动能相同，则件=呜%故选D.

QD穴Heqw\mHe1

7.（2022•山东潍坊市一模）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01从〃点沿4〃方向射入磁场，从C点离开磁场；若该粒子以速度02从〃点沿

戢方向射入磁场，则从d点离开磁场.不计粒子重力，F的比值为（）

A.小B坐C.坐D坐

答案C

解析设正六边形的边长为L,带正电粒子以速度5从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开

磁场，则由几何关系得照=4"若该粒子以速度的从。点沿ae方向射入磁场，从d点离

开磁场，则由几何关系得R2=2L,由洛伦兹力提供向心力得及/=/*，则。=誓^,故£=旨

二芋故选C.

8.（多选）（2022・湖北卷-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8,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.已知离子比荷为女,不计重力.若离子从尸

点射出，设出射方向与入射方向的夹角为仇则离子的入射速度和对应0角的可能组合为

（）

XXXX

XXXX

L

A.；kBL,0。B.^kBLfi°

C.kBL,60°D.2kBL,60°

答案BC

8

解析若离子通过下部分磁场直接到达尸点，如图，根据几何关系则有R="由qvB=%,

可得。=噜=姐”根据对称性可知出射速度与s尸成30。角向上，故出射方向与入射方向的

夹角为0=60。.

XXXX

XXXX

*L*

当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为5,则根据对

称性有R=）,根据洛伦兹力提供向心力，有quB=r^,可得v=^^=$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9=0。.通过以上分析可知当离子从下部

分磁场射出时，需满足0=八，叱、=c-;kBL（n=1,2,3,…），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。=辔=；如〃>=1,2,3,…），此时出

射方向与入射方向的夹角为0=0。.故B、C正确，A、D错误.

XXXVX

XXXX

"L"

［争分提能练］

9.（多选）（2022•山东德州市高三期末）如图所示，倾角为a的固定足够长斜面上方有垂直纸面

向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,在斜面上由静止开始释放一带负电的物块，

物块的质量为加，带电荷量大小为分与斜面间的动摩擦因数为“，〃<tana,重力加速度为g,

对物块的运动过程以下说法正确的是（）

A.物块做匀变速直线运动

B.物块机械能的减少量等于克服摩擦力做的功

C.物块的最大速度为二鬻一噜出

/iqbQD

D.若仅将磁场改为与原来相反的方向，物块的运动方向一直不变

答案BC

解析物块由静止释放，由于〃<tana,可知Migsina>〃mgcosa,物块有向下的加速度，加速

下滑；物块有沿斜面向下的速度，由左手定则可知，物块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，导

致物块对斜面压力变大，滑动摩擦力增大，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有

mgsina—Ff=ma®

月=〃尸N②

FN=mgcosa+qvB®

联立可得物块加速度

岬B

q=gsina—pigcosa—m（4；

可知物块的加速度随着速度的增大而减小，不是句变速直线运动，故A错误；物块下滑过程

中，做功的只有重力和滑动摩擦力，洛伦兹力和支持力不做功，根据功能关系，物块机械能

的减少量等于因摩擦所放出的热量，即等于克服摩擦力做的功，故B正确；当物块向下运动

的加速度减小到零时，速度达到最大值，由受力平衡知mgsina=〃（yngcosa+qOmB）,解得0m

=a_m喘a,故C正确；若仅将磁场改为与原来相反的方向，则物块受垂直斜面向

上的洛伦兹力，则Fm=mgcosa—qvB®

联合①②⑤可得〃2=gsin。一〃geos可知物块加速度随着速度的增大而增大，当速度

增大到一定值时，洛伦兹力大小等于重力垂直斜面向下的分力，物块将离开斜面到空中做曲

线运动，故D错误.

10.（2022•辽宁省模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度大小为5,直径而垂直cd,ZMOd=30°,从M点沿方向射入的带正电粒子恰

能从6点离开磁场，粒子的质量为加、电荷量为/不计粒子的重力，则粒子的速度大小及

在磁场中运动的时间为（）

小BqRnmBqR2mn

A.BJ

2m'Bq2m西

小BqR71mBqR2Tm

D

.m'Bq-m'砺

答案A

Mb必R

解析连接分析可知Mb为粒子做圆周轨迹的直径，由几何关系得半径〃=

2—2，

mv__027u篦r事qBR18002nmTim“ATM———“、口

由'=若传u=2m'/=360°X-^B-=^B,故A正角，B、C、D担医.

11.（多选）（2022•山东德州市高三期末）如图所示，足够大的光屏与x轴平行，并且垂直于xOy

平面，xOy平面还有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为8,在坐标原点O有一粒

子源，粒子源不停地向xOy平面内的各个方向发射带负电的粒子，所有粒子的质量均为机，

带电荷量均为分初速度大小均为。，粒子击中光屏时会被光屏吸收.初速度在第一象限内与

无轴成30。角的粒子恰好击中光屏与y轴的交点M,不计重力及粒子间的相互作用，以下说法

正确的是（）

••・.]•••・

・・••上••・广

"•~~~~

A.Af点的坐标为（0,熊）

B.在磁场中粒子运动的最短时间为舞

JQD

C.光屏上被击中区域最右侧点的x坐标为缁

光屏上被击中区域最左侧点的无坐标为一版

D.QD

答案BC

JTIV2

解析粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB=、~,解得「

rnv

=可，由题可知，该粒子初速度方向在第一象限内与x轴成30。角时，偏转角为120。，根据

qb

几何关系OM=2厂cos30°=近篝，A错误；由/78=幽-,T=^r~,整理得/=笔，

可知打在A/点的粒子在磁场中运动时间最短，该粒子的偏转角为120°,运动的最短时间为

B正确；光屏上被击中区域最右侧如图所示，根据几何关系，x坐标为x右=

7（2r）2—（OM）2=片羽,c正确；光屏上被击中区域最左侧时，由几何关系可知最左侧的%

坐标为尤左=_#$_（0知一厂）2=一山小一3厂=-^2^3-3^,D错误.

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