专题9 磁场（解析版）

专题9磁场

一、安培定则、左手定则、右手定则的应用（左力右电）。

二、几种常见的磁感线分布：

直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场

无磁极、非匀强，且与条娶磁铁的磁场相似，管环形电流的两侧是N极

特点距导线越远处磁场内为匀强磁场且磁场最强,和S极，且离圆环中心

越弱管外为非匀强磁场越远，磁场越弱

安培4S机

定则

立体图（3

®6

从

从

从

右

上

孀

往

往X

右

横截面图左

下

君

看

看

［例题1］特高压直流输电是国家重点工程，部分输电线路简化图如图所示。高压输电线上使用“abed

正方形间隔棒“支撑导线Li、L2、L3、L4,其H的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图

中导线Li、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“abed正方形间隔棒”所在

平面垂直，abed的几何中心为0点，O点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地

磁场影响，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是（）

bU

A=AL

A.0点的磁感应强度沿ac连线方向

B.O点的磁感应强度沿bd连线方向

C.Li所受安培力沿正方形的对角线ac方向

D.Li所受安培力沿正方形的对角线bd方向

【解答】解：AB.四条导线的电流相等，且。点到四条导线距离相等，根据右手定则和对称，Li

在O点的磁感应强度与L?在O点的磁感应强度等大反向，L,在O点的磁感应强度与L4在。点

的磁感应强度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O点的磁感应强度等于零，故AB

错误；

CD.其余三条导线对Li都是吸引力，结合对称性可知，Li所受安培力的方向沿正方形的对角线

ac方向，故C正确，D错误。

故选：Co

［例题2］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的械面，导线2

固定不动（图中未画出）。导线I绕圆柱体在平面内第一与第二象限从0=0缓慢移动到n,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8的图像（如图乙）和沿y

方向的磁感应强度By随。的图像（如图丙）。下列说法正确的是（）

纥付吩T

8-LLLI-T-r-

图甲图乙图内

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0的增大，中心。处的磁感应强度先变大后变小

D.当8=0.25n时，中心。处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外

【解答】解：B、当导线1转动0.5n时，根据安培定则（或右手螺旋定则）可知，导线1此时只

产生了x轴方向的磁场，又因为此时O点只有沿x轴正方向的磁场，可知导线2在竖直方向上没

有分量，所以导线2不可能位于第三象限的角平分线上，只能是在y轴上，故B错误；

A、根据内图可知，导线1在初始状态在O点产生的磁场沿y轴负方向。根据右手螺旋定则可知

导线I中电流方向垂直纸面向外。故A错误；

C、磁感应强度为矢量，根据勾股定理，可知中心。处的磁感应强度为

B=J碎+”,先变大后变小，故C正确；

D、8=0.2511时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线，但导线2产生的磁场沿x

轴正方向。故中心O处的磁感应强度方向在x轴正方向与第四象限角平分线之间。并不是沿第四

象限的角平分线，故D错误。

故选：Co

［例题3］如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒

将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，0为正六边形的中心,

A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成

正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导

线中的电流对b导线中电流的安培力大小为E则（）

图甲图乙

A.O点的磁感应强度大小为零

B.A点和B点的磁感应强度相同

C.a导线所受安培力为F

D.a导线所受安培力方向沿Oa指向a

【解答】解：A.根据右手螺旋定则结合对称性可知a和d导线在O点处的磁场等大反向，b和

e导线在O点处的磁场等大反向，c和f导线在O点处的磁场等大反向，故。点的磁感应强度为

零，故A正确：

B.根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故B错误；

CD.根据题意可知b、f对导线a的安培力大小Ee、c对导线a的安培力大小为4F,d劝导线

a的安培力大小为?，根据矢量合成的特点可知：

点FF5F

Fa=2Fsin300+2x号sin60。+.=詈

因为导线的电流方向相同，所以导线直线安培力表现为相互吸引，则a导线所受安培力方向沿aO

指向O,故CD错误。

故选：Ao

［例题4］如图所示，四根通有恒:定电流的长直导线垂直xOy平面放置，四根长直导线与xOy平面的

交点组成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标山，其中导线1、

相同的恒定电流I;圆筒水平直径AB与CD垂直，其中A、B,C、D分别为该两直径的端点,

且A、B分别为AIA2和BIB2的中点。下列说法正确的是（）

A.C、D两点处的磁感应强度相同

B.沿圆筒水平直径AB,由A至B磁感应强度逐渐减小

C.沿圆筒水平直径AB,由A至B磁感应强度先增大后减小

D.若将导线AIA2保持竖直沿桶壁绕602缓慢转过90。，则。点的磁感应强度逐渐博大

【解答】解：A、因为导线中的电流大小相等，画出装置的俯视图如图甲：

它们在C、D两点产生的磁场的磁感应强度大小相等，由右手螺旋定则及磁场叠加可知，C、D的

磁感应强度等大反向，故A错误；

BC、同理可知，O处磁感应强度为0,所以沿水平直径AB,由A到B磁感应强度应先减小后增

大,故BC错误；

D、AIA2导线沿桶壁绕002缓慢转过90°的过程中，0处的磁感应强度变化情况如图乙所示,

可知O处的磁感应强度逐渐增大，故D正确。

故选：D。

三、磁感应强度的定义式5=与，安培力大小F=BIL（B.I、L相互垂直，且L为有效长度）

四、同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。

［例题6］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B。在手机上建立三

维直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy平面，x轴,y轴如图所示，z轴垂直手机屏正面向

外。经探测发现当磁场在x、y、z方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正

值，反向时为负值。某同学在某地对地磁场进行了六次测量，前四次测量时手机屏面保持水平

且正面朝上。根据表中测量结果可推知（）

测量序号Rx/|iTRy/|iTR7/|lT

1-25.130-36.50

2-24.560-36.00

3024.22-36.40

40-24.14-36.50

5-43.94-7.310

6-26.6834.560

A.测量地点位于南半球

B.当地地磁场的磁感应强度大小约为60pT

C.第3、4次测量时x轴均与磁场方向垂宜

D.第5、6次测量时手机屏均与磁场方向垂直

【解答】解：A.地磁场如图所示

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，故A错误；

B.磁感应强度为矢量，由表格中的数据，根据平行四边形定则，此处的磁感应强度为：

B=遍+或,

代入数据得：B打45门，故B错误；

C.北半球的磁场指向北方斜向下，第3、4次测显B、=0,故x轴与磁场方向垂直，故C正确;

D.第5、6次测量时，Bz=O,故z轴与磁场方向垂直，xOy平面（手机屏所在平面）与磁场方

向平行，故D错误。

故选：Co

［例题7］如图所示，无限长直导线A、B和以点p为圆心的圆形导线C、D固定在xy平面内。导线

C、D有强度相同的恒定电流，导线B中有强度为Io、方向为+x的电流。导线C在p点产生的

磁感应强度Bo。当导线A中的电流改变时，导线A〜D的电流在p点产生的磁感应强度大小如

下表，下列叙述正确的足（）

导线A的电流导线A〜D的电流在〃点产

强度方向生的磁感应强度大小

0无。

Io+y?

B.导线B中电流在p点产生的磁感应强度大小为Bo

C.导线D中电流在p点产生的磁感应强度比导线B产生的要小

D.导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向是垂直xy平面向内

【解答】解：A.导线A中的电流为0时，p点合磁感应强度为零，即B、C、D三条导线产生合

磁场为零，当A中电流为-Io时，p点合磁感应强度为Bo,方向垂直纸面向外，故当A中的电流

为I。时，p点合磁感应强度仍为Bo,方向应垂直纸面向里，故人错误；

B.由于A、B导线到p点电离相等，根据对称性，B中电流在p点产生的磁感应强度大小为Bo,

故B正确；

C.导线D中电流大小及方向不确定，不能比较其在p点产生磁感应强度与导线B产生磁感应强

度，故C错误；

D.导线C中电流方向未知，导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向不能确定，故D错误。

故选：Bo

［例题8］如图所示，矩形abed的边长be是ab的2倍。两细长直导线通有大小相等、方向相反的电

流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、be的中点，下列说法正

确的是（）

•♦

小

A.a点与b点的磁感应强度相同

B.a点与c点的磁感应强度相同

C.a点与d点的磁感应强度相同

D.a点与b、c、d三点的碳感应强度均不相同

【解答】解：通电导线在周围产生的磁场，磁感应强度大小为B=k士方向由安培定则可知垂直

r

于点到导线垂直线段，从右向左画出各点的磁感应强度平面图，如图所示，由对称性可知a与c

点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向，故ACD错误，B正确；

［例题9］反亥姆霍兹线圈是冷原子实验室中的科研装置，结构如图所示。一对完全相同的圆形线圈,

共轴放置。已知O为装置中心点，a、b、c、d点到0点距离相等，直线dOb与线圈轴线重合，

直线cOa与轴线垂直。现两线圈内通入大小相等且方向相反的电流，则（）

tit

W

A.两线圈间为匀强磁场

B.O点的磁感应强度为零

C.a、c两点的磁感应强度相同

D.b、d两点的磁感应强度相同

【解答】解・：B.根据安培定则，左侧线圈产生的磁场在b、d点处的磁感应强度方向整体向右，右

侧线圈产生的磁场在b、d点处的磁感应强度方向整体向左，由于两线圈内通入的电流大小相等，

根据对称性可知，两线圈在0点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，则0点的磁感应

强度为零，故B正确；

A.根据上述0点的磁感应强度为零，可知两线圈间的磁场不是匀强磁场，故A错误；

C.根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在a点的磁场方向斜向右下方:在c点的

磁场方向斜向右上方，右侧线圈在a点的磁场方向斜向左下方，在c点的磁场方向斜向左上方，

根据对称性结合磁场叠加可知，两线圈在a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即a、c

两点的磁感应强度不相同，故C错误：

D.根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在b、d两点的磁场方向均向右，右侧线圈

在b、d两点的磁场方向均向左，根据对称性结合磁场叠加可知，b、d两点的磁感应强度大小相

等，方向相反，即b、d两点的磁感应强度不相同，故D错误。

故选：Bo

［例题10］空间存在垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁感应强度为Bo,将一通有顺时针方向恒定电流

的圆形导体环a放置于纸面内（如图甲），此时圆心O处的磁感应强度为零。若将磁场中的导体

环a替换为半径相同的半圆形导体弧b,通以逆时针方向、同样大小的恒定电流（如图乙），则

以下说法正确的是（）

A.空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里

B.乙图圆心O处的磁感应强度为9

C.乙图半圆形导体弧b在圆心0处产生磁场的磁感应强度为日Bo

D.乙图圆心0处的磁感应强度方向垂直纸面向外

【解答】解：A、根据安培定则可知，恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时

圆心0处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；

BCD、据题意可知，圆形导体环a在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为Bo,则通以逆时针方

向、同样大小的恒定电流的半圆形导体弧b在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为修，根据安

培定则可知，方向垂直纸面向外，所以乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为

B吟+B0=等

故BC错误，D正确。

故选：Do

五、洛伦兹力充当向心力,

六、粒子做圆周运动的时间两种求法：t=《T0t=W）.

［例题11］如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说

法正确的是（）

-.....㊉......

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右

B.小球运动过程中的速度不变

C.小球运动过程的加速度保持不变

D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功

【解答】解：A.带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重

力的作用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故A正

确；

B.小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；

C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直,

且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错

误。

D.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，

洛伦兹力永不做功，故D错误。

故选A。

［例题12］三种不同粒子a、b、c从0点沿同一方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，它们的运动轨

迹分别如图所示。则（）

XXXX

XXIXX

、IA

XX

A.粒子a可能带负电B.粒子b可能带正电

C.粒子c一定带负电D.粒子b一定带负电

【解答】解：三种粒子的初速度方向相同，均向上，磁场方向是垂直向内；a向左偏转，b不偏转，

c向右偏转，说明粒子a受洛伦兹力向左，b不受洛伦兹力，c受向右的洛伦兹力；根据左手定则

可以判断a带正电，b不带电，c带负电；故ABD错误，C正确；

故选：Co

［例题13］如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开

始运动，a的初速度为v,b的初速度为2v,则（)

XXXXX

XXXXX

义xW尔义

XXQXX

XXXXX

A.a做圆周运动的轨道半经大

B.b做圆周运动的周期大

C.a、b同时回到出发点

D.a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动

【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB

=0!?,eX2VB=m等，解得：ra=器，rb=鬻=2起，a做圆周运动的轨道半径小，故A错

误;

BC、电子在磁场中做匀速圆周运动的周期丁二爷=鬻，电子做匀速圆周运动的周期与电子的

速度无关，两电子做匀速圆周运动的周期相等，两电子同时同到出发点，故B错误，C正确;

D、由左手定则可知，电子刚射入磁场时电子所受洛伦兹力水平向右，电子沿顺时针方向做匀速

圆周运动，故D错误。

故选：Co

［例题14］加图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中

be段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为Re—束质量为

m、电荷量为正q的粒子.在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，其中M、N是圆弧

边界上的两点,不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（）

XXXXXX

xB

XXXXX

XXXXXX

XXXXX

N

xtv

M\XXX

b0

A.从M点射出的粒子速率可能大于从N点射出粒子的速率

B.从圆弧be射出的所有粒子中，从圆弧be中点射出的药子所用时间最短

C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间

D.从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧be段射出的粒子在磁场中运动的

时间

【解答】解：A.粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

v2

qvbD=m—

解得：〃=噜

m

从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，故A错误；

B.由周期的计算公式可得：

”而丁=而

粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的

一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图

入射速度为的方向与弦的夹角等于弦切角，根据轨迹图可知，当弦与be圆弧边界相切时，入射速

度为的方向与弦的夹角最小，弦切角最小，运动时间最短，故B错误；

C.M、N两点具体位置未知，从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒

子在磁场中运动的时间，故C正确；

D.由上图可知，从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧be段射出的粒子

在磁场中运动的时间，故D错误。

故选：Co

［例题15］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

点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b,如图所示，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，

半径之比ra：rb=6：1,相同时间内的径迹长度之比la：lb=3：1,不计重力及粒子间的相互作

用力（）

A.粒子a电性为正

B.粒子a、b的质量之比m”：mb=6：1

C.粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比Ta：Tb=l：2

D.粒子b的动量大小热mu

【解答】解：A.由图中轨迹结合左手定则可知，粒子a电性为负，故A错误;

B.相同时间内的径迹长度之比la：lb=3：1,可知粒子a、b的速率之比为

Va：Vb=la：lb=3:1

根据洛伦兹力提供向心力有

q杆畔

可得：胃器

由于粒子a、b的电荷量大小相等，半径之比ra：rb=6：1,则有

mava：mbvb=ra：rb=6：1

联立可得：ma：mb=2：1,故B错误；

C.根据周期表达式

十2nm

丁=而

可得粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比

Ta：Tb=nia：mb=2：1>故C错误；

D.选择竖直向卜.的方向为正方向，根据动量守恒可得

mv=rru>va+mbvb

又mava：mbvb=ra：rb=6：1

联立可得粒子b的动量大小为

pb=mbvb=imv,故D正确。

故选：Do

七、粒子在磁场中打得最远时，往往是其入射点与出射点的连线是其轨迹圆的直径。

()

、-----/

八、带电粒子在不同边界磁场中的运动：

类别特点图示

进出磁

直线

场具有

边界

对称性

平行

存在临界条件

边界

沿径向射

圆形

入必沿径

边界

向射出

环形

与边界相切

边界

［例题16］如图，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，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与竖直方向分别成

90°、60°、45°角，下列判断正确的是()

A.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子

B.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短

C.沿径迹Oa、Od运动的粒子在磁场中运动时间之比为2：1

D.沿径迹Oa、Ob运动的粒子动能之比为3：1

【解答】解：A.由左手定则可判断沿径迹Oc,Od运动的粒子均带负电，故A错误；

B.根据题意可知正电了•和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒

子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

v2

qvBD=机市'

根据运动学公式可得：

T=—

v

解得：r=翳

可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为仇

由

可知沿径迹0c运动的粒子在磁场中运动时间最长，故B错误;

C.沿径迹Oa运动的粒子在磁场中偏转角度为

ea=90°

沿径迹Od运动的粒子在磁场中偏转角度为

6d=45°

两粒子运动周期大小相同，则

6

=而T

可知，Oa、Od运动的粒子在磁场中运动时间之比为2：1,故C正确；

D.设圆形磁场半径为r,根据几何关系可得沿径迹Oa,0b运动的粒子轨道半径分别为

%=V3r

根据

2

qBPv=zn—V

可得

%rbV3

根据动能

2

Ek=ymv

可知沿径迹Oa、Ob运动的粒子动能之比为1：3,故D错误。

故选：Co

［例题17］如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，O为圆心，A0与水

平方向的夹角为30°。现有带正电粒子a从A点沿水平方向以大小为vo的速度垂直磁场射入，

其离开磁场时，速度方向刚好改变了180°；另一带负电粒子b以大小相同的速度从C点沿CO

方向垂直磁场射入。已知a、b两粒子的比荷之比为2：1,不计粒子的重力和两粒子间的相互作

用。下列说法不正确的是（）

A.a、b两粒子做圆周运动的半径之比为1：2

B.b粒子竖直向下射出磁场

C.b粒子在磁场中运动的时间为一

为

D.两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R

【解答】解：AB、a粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°,表明粒子在磁场中转动了半

周，其轨迹如图

根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力，有q%8=7H年

解得-1=翳=3k

b粒子进入磁场，有q"=M*5=i

解得丁2=需二R

根据左手定则，可知b粒子竖直向下射出磁场

且门：r2=l：2,故AB正确;

C、b粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为速度的偏转角，即为90°,b粒子在磁场中运动的时

间为£2=*=署=翁故c错误；

D.由AB选项中的解析可知，b粒子在磁场圆的正下方射出磁场，a粒子离开磁场时的点和磁场

圆心的连线与水平方向的夹角为30°,则几何关系可.知两个出射点与圆心构成等边三角形，即两

粒子在圆形边界的射出点间的距离为R。故D正确。

本题选不正确的，故选：Co

［例题18］如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射

入,沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并

结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（）

MXXXJ

N

d

A.微粒带负电

B.碰撞后，新微粒运动轨迹不变

C.碰撞后，新微粒运动周期不变

D.碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大

【解答】解：A、微粒进入磁场时受到的洛伦兹力向左，根据左手定则可知，微粒带正电，故A

错误；

B、带电微粒和不带电微粒碰撞，遵守动量守恒定律，故碰撞后总动量p不变，总电荷量q也保

持不变,由Bqv=i号得：r=等=点

p、q都不变，可知碰撞后，新微粒的轨迹半径r不变，则新微粒运动轨迹不变，故B正确；

C、根据周期公式T=鬻，新微粒质量增大，q不变，故新微粒运动的周期增大，故C错误：

D、由p=mv知，碰撞后质量增大，速度减小，根据洛伦兹力公式F=qvB知，新微粒在磁场中

受洛伦兹力变小，故D错误。

故选：Bo

［例题19］如图所示，纸面内有一圆心为0,半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B,方

向垂直于纸面向里。由距离0点0.4R处的P点沿着与PO连线成0=30°的方向发射速率大小

不等的电子。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。

为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为()

7eBRy［29eBR

A.-------B.----------

10m10m

21eBR(5-2y/3)eBR

40m5m

【解答】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切,

erB

v=----

m

电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆

周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcos600+y/(R-r)2-(rsin60°)2=0.4/?

解得：r=磊R

则最大速率为：

u=当辔，故ABD错误，C正确。

故选：Co

［例题20］如图所示，在平面直角坐标系xOy的第IV象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一质量

为5X］(/8kg、电荷量为1x106C的带正电粒子，以20m/s的速度从y轴上的P点沿与y轴负

方向成45"角的方向进入磁场。已知0P=10(2+e/加，不计粒子所受重力，若粒子恰好未

进入x轴上方区域，则磁场的磁感应强度的大小为()

----------------------------------------►

XXXXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

A.0.3TB.0.05TC.3TD.5T

【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R,恰好未进入x轴上方区域

的运动轨迹如下图所示：

y

0

XXXX

XXXX

XXXXX

XXXX

XXXX/XXX

XXXX

XXXX

XXXXXX

XXXX

由几何关系得：OP=R+Rcos45°

已知：OP=10(2+72)cm=0.1(2+V2)m

解得：R=0.2m

由洛伦兹力提供向心力得:

mv2

qvB=~R~

解得：B=5T,故D正确，ACB错误;

故选：D。

九、动态圆问题:

【磁聚焦】条件：①磁场为圆形边界:【旋转圆】图1反映粒子打到边界的最大范围:

②磁场半径等于粒子轨道半径。图2反映粒子运动的最大时间差。

【平移圆】【放缩圆】

[例题21]（多选）地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚

度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。图中给出了速度在图示平面内，从0点沿平行与

垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子（不计重力）在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c,

且它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是（）

'y…工」

A.沿a轨迹运动的粒子带负电

B.若沿a、c两轨迹运动的是比荷相同的粒子，则c粒子的速率更大

C.某种粒子运动轨迹为a,若它速率不变，只是改变射入地磁场的速度方向，则只要其速度在

图示平面内，粒子可能到达地面

D.某种粒子运动轨迹为b・若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地

面

【解答】解：A、由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，故A正确；

B、由半径公式「二器可知，沿c轨迹运动的半径大，则沿c轨迹运动的粒子的速率更大，故B

正确；

C、圆的直径为最长的弦，图中粒子运动轨迹a对应弦长为直径时都到不了地面，则其他方向的

也将不会到达地面，故C错误；

D、由图可知，粒子运动轨迹为b时与地面相切，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90度

的锐角时，都可到达地面，故D正确。

故选：ABDo

［例题22］如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方

向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为vi,运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大

小为V2,运动轨迹为PM。不计粒子的重力，下列判断正确的是（）

A.粒子带负电

B.速度vi大于速度V2

C.粒子以速度vi射入时，在磁场中运动时间较长

D.粒子以速度vi射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大

【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；

B、根据牛顿第二定律有："8=畔，变形解得：“二警，根据图中轨迹可知，RI<R2,则有

t\iTl

vi<V2»故B错误：

D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F=qvB,由于viVv2,可知F1VF2,故粒子以速度vi

射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。

C、粒子在磁场中的运动周期为：7=萼=翳，粒子在磁场中的运动时间为：t=^T,画出

两轨迹的圆心如下图，

「、、、、、、tt

由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度V1射入

时，在磁场中运动时间较长，故C正确；

故选：Co

［例题23］如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在0点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不

同带电拉子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子

的重力，则（）

//XX\、

/、Q

;XXXX•

A、、一.......B

A.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比2：3

B.带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径比为1

C.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1：3

D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期比为3：1

【解答】解：B、设磁场区域半径为R,粒子运动轨迹如图所示:

，/XX\

・/、

9、3

;XXXX\

。2//

由儿何知识得，粒子转过的圆心角：01=120°,02=60°,

粒子的运动轨道半径：n=Rtan30°=骨，r2=Rtan600=V3R,

带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径比r”12=1：3,故B错误；

v2nV

C、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m—,解得：一=二，

rmBr

带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比：故C错误;

；ri1

D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T二驾，带电粒子I与带电粒子2在磁场中周