重难点14 带电粒子在磁场中的运动-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点14 带电粒子在磁场中的运动 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)安培定则、磁场的叠加； (2)安培力的分析与计算； (3)带电粒子在磁场中的运动； 3年3考 广东卷[(2022，T10，T7)， (2023，T5)] 磁场是电磁学的核心内容,高考对磁场知识的考查覆盖面非常大，几乎所有的知识点都会考查到。这部分内容的复习应该从磁场的特性入手，掌握磁场对通电导线、运动电荷施加的安培力、洛伦兹力的特点,能熟练画出带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹,利用平衡和圆周运动的力学、运动学规律，注意数理方法的结合，本部分的难点是临界轨迹的获取与相应数学方程的建构。 【情境解读】 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.磁场、电流的磁场 (1) 磁场方向就是小磁针N极的受力方向。 (2) 电流的磁场可以用安培定则(右手螺旋定则)来判定。 2.磁感应强度、磁感线 (3) 定义式：B＝(B⊥I)，B与F、I、l无关。 (4) 磁感线密的地方，磁场强，磁感线稀疏的地方，磁场弱。 3.磁场对通电直导线的作用、安培力、左手定则 (5) 大小：F＝IlB(B、I、l相互垂直)；I∥B时，F安＝0。 (6) 方向：用左手定则判定。 4.磁场对运动电荷的作用、洛伦兹力 (7) 洛伦兹力的大小：F＝qvB；方向用左手定则判定；洛伦兹力对运动的电荷不做功。 (8) 带电粒子在匀强磁场中运动：qvB＝m；半径r＝；周期T＝；粒子在磁场中的运动时间t＝T(θ为带电粒子运动轨迹圆弧的圆心角)。 【考向一：磁场的基本性质　安培力】 1．磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。 (3)应用平行四边形定则进行合成。 2．用准“两个定则” (1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加。 (2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。 3．熟悉“两个等效模型” (1)变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。 1．(2023广东广州模拟)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，O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F，则(　　) A.A点和B点的磁感应强度相同 B.其中b导线所受安培力大小为F C.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下 D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上 2．(改编自2022年全国乙卷)(多选)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。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 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 -45 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 4 -21 0 -45 A.当地的地磁场大小约为50 μT B.第1次测量时y轴正向指向南方 C.第4次测量时y轴正向指向东方 D.当地的地磁场磁感应强度方向指向北方斜向下 3．(多选)(2023广东广州二模)如图是安培研究通电导体间相互作用的简化示意图。甲、乙、丙三个圆形线圈的圆心在同一水平轴线上，轴线垂直线圈平面。甲和丙固定且用导线串联，并通以电流I1，乙通入电流I2，电流方向在图中标出，则乙线圈(　　) A.圆心处的磁场方向水平向左 B.圆心处的磁场方向水平向右 C.受到甲对它的吸引力 D.受到丙对它的排斥力 4．(改编自2022年湖南卷)(多选)如图所示,两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O'两点,已知OO'连线水平,导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ,保持导线中的电流大小和方向不变,在导线所在空间加上匀强磁场后,绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度,下列分析正确的是(　　)。 A.两导线中的电流方向一定相同 B.两导线中的电流方向一定相反 C.所加磁场的方向可能沿z轴正向 D.所加磁场的方向可能沿y轴负向 5． (2023惠州三调)如图所示，导体棒MN接入电路部分的电阻为R，长度为L，质量为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ＝45°角斜向右上方，开关闭合后导体棒开始运动，则下列说法中正确的是(　　) A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 【考向二：带电粒子在各种边界磁场中的运动】 1．基本思路 2．轨迹圆的几个基本特点 (1)带电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5甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线OO′对称)。 3．半径确定的两种方法 方法一：由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。 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。 4．时间确定的两种方法 方法一：由圆心角求，t＝T。 方法二：由弧长求，t＝。 6．(2023广东江门一模)一种粒子探测器的简化模型如图6所示。圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ过圆心，平板MQN为探测器，整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场，忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子，下列分析正确的是(　　) A.打在Q点的左侧的离子带正电 B.打在MQN上离Q点越远的离子，入射速度一定越大 C.打在MQN上离Q点越远的离子，比荷一定越大 D.入射速度相同的氢离子和氘离子，打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子 7． (多选)(2024中山纪念中学)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，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(　　) A. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3 B. 带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为 ∶1 C. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1 D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1 8． (2023广州市高三校联考)如图所示，边长为L的正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。D为BC的中点，有一群带电量为＋q、质量为m的粒子从D点以不同速率沿与BC成30°角的方向射入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)粒子在磁场中运动的最长时间t； (2)从AC边射出的粒子的速度取值范围。 9． (2024揭阳质检)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上P点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与y轴负方向夹角θ＝30°的方向，已知粒子质量均为m，电荷量为q(q>0)，OP间距离为L(不计粒子间相互作用及粒子重力). (1) 若某粒子垂直x轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间． (2) 若某粒子不能进入x轴上方，求该粒子速度大小满足的条件． 10.扭摆器能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图所示，Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电荷量为－q、重力不计的粒子从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°. (1) 当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0. (2) 若L2＝L1＝L、B1＝B0，且粒子能返回Ⅰ区，求B2的范围． (3) 若B1≠B2，L1≠L2，且粒子能从Ⅱ区右边界射出．若粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间的关系式． 【考向三：带电粒子在磁场中运动的动态圆模型】 模型1　定圆旋转模型 旋转圆 适用条件 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半径一定，速度方向不同 应用方法 将半径为r＝的圆绕入射点进行旋转，从而找出临界条件 旋转圆的圆心在以入射点P为圆心、半径r＝的圆上 模型2　动态放缩模型 放缩圆 适用条件 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 应用方法 以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP′上，将半径放缩作轨迹圆，从而找出临界条件 模型3　定圆平移模型 平移圆 适用条件 粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、方向均一定 应用方法 轨迹圆的半径相同，将半径为r＝的圆沿入射点所在的直线进行平移，从而找到临界条件 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 模型4　磁聚焦与磁发散模型 磁聚焦与磁发散 成立条件： 磁场区域圆的半径等于轨迹圆的半径 r＝ 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行 带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 11.(多选)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP＝OS＝d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　) A.粒子的速度大小为 B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 C.从x轴上射出的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2 D.沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为 12.(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是(　　) A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场 B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0 C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0 D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是t0 13 .(多选)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝－2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO方向，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力和它们之间的相互作用力，则(　　) A.在AC边界上有粒子射出的长度为(－1) m B.C点有粒子射出 C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m D.磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(－1) m处入射 14. (多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里 B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里 C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为r 15.(多选)如图所示，挡板MQ左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，挡板中间空隙NP长度为L，纸面上O点到N、P的距离相等，均为L。O处有一粒子源，可向纸面所在平面的各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，打到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 B.若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 C.若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 D.若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点14 带电粒子在磁场中的运动 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)安培定则、磁场的叠加； (2)安培力的分析与计算； (3)带电粒子在磁场中的运动； 3年3考 广东卷[(2022，T10，T7)， (2023，T5)] 磁场是电磁学的核心内容,高考对磁场知识的考查覆盖面非常大，几乎所有的知识点都会考查到。这部分内容的复习应该从磁场的特性入手，掌握磁场对通电导线、运动电荷施加的安培力、洛伦兹力的特点,能熟练画出带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹,利用平衡和圆周运动的力学、运动学规律，注意数理方法的结合，本部分的难点是临界轨迹的获取与相应数学方程的建构。 【情境解读】 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.磁场、电流的磁场 (1) 磁场方向就是小磁针N极的受力方向。 (2) 电流的磁场可以用安培定则(右手螺旋定则)来判定。 2.磁感应强度、磁感线 (3) 定义式：B＝(B⊥I)，B与F、I、l无关。 (4) 磁感线密的地方，磁场强，磁感线稀疏的地方，磁场弱。 3.磁场对通电直导线的作用、安培力、左手定则 (5) 大小：F＝IlB(B、I、l相互垂直)；I∥B时，F安＝0。 (6) 方向：用左手定则判定。 4.磁场对运动电荷的作用、洛伦兹力 (7) 洛伦兹力的大小：F＝qvB；方向用左手定则判定；洛伦兹力对运动的电荷不做功。 (8) 带电粒子在匀强磁场中运动：qvB＝m；半径r＝；周期T＝；粒子在磁场中的运动时间t＝T(θ为带电粒子运动轨迹圆弧的圆心角)。 【考向一：磁场的基本性质　安培力】 1．磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。 (3)应用平行四边形定则进行合成。 2．用准“两个定则” (1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加。 (2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。 3．熟悉“两个等效模型” (1)变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。 1．(2023广东广州模拟)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，O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F，则(　　) A.A点和B点的磁感应强度相同 B.其中b导线所受安培力大小为F C.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下 D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上 答案　C 解析　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A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝tan 30°F＝F，e对导线b的安培力大小为，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2Fsin 30°＋2×sin 60°＋＝，故B错误；根据安培定则，a、d两根导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两根导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。 2．(改编自2022年全国乙卷)(多选)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。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 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 -45 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 4 -21 0 -45 A.当地的地磁场大小约为50 μT B.第1次测量时y轴正向指向南方 C.第4次测量时y轴正向指向东方 D.当地的地磁场磁感应强度方向指向北方斜向下 答案　ACD 解析　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B==,计算得B ≈ 50 μT,A项正确;如图所示,地球可视为一个磁偶极,地磁南极大致位于地理北极,地磁北极大致位于地理南极。由表中z轴数据可看出z轴的磁场方向竖直向下,则测量地点应位于北半球,而北半球地磁场指向北方斜向下,D项正确;测量地在北半球,第1次测量By>0,故y轴指向北方,第4次测量Bx<0,故x轴指向南方,而y轴则指向东方,C项正确。 3．(多选)(2023广东广州二模)如图是安培研究通电导体间相互作用的简化示意图。甲、乙、丙三个圆形线圈的圆心在同一水平轴线上，轴线垂直线圈平面。甲和丙固定且用导线串联，并通以电流I1，乙通入电流I2，电流方向在图中标出，则乙线圈(　　) A.圆心处的磁场方向水平向左 B.圆心处的磁场方向水平向右 C.受到甲对它的吸引力 D.受到丙对它的排斥力 答案　BC 解析　根据右手螺旋定则可知，圆心处的磁场方向水平向右，故A错误，B正确；三个线圈的电流方向相同，同向电流相互吸引，故乙受到甲对它的吸引力，乙受到丙对它的吸引力，故C正确，D错误。 4．(改编自2022年湖南卷)(多选)如图所示,两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O'两点,已知OO'连线水平,导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ,保持导线中的电流大小和方向不变,在导线所在空间加上匀强磁场后,绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度,下列分析正确的是(　　)。 A.两导线中的电流方向一定相同 B.两导线中的电流方向一定相反 C.所加磁场的方向可能沿z轴正向 D.所加磁场的方向可能沿y轴负向 答案　BC 解析　两根通电直导线互相排斥,根据平行同向电流互相吸引,反向电流互相排斥可知,两导线中的电流方向一定相反,A项错误,B项正确;磁场的方向沿z轴正向,电流的方向沿x轴,根据左手定则可知受到的磁场力在水平方向上,C项正确;若磁场方向沿y轴负向,两根导线受到的磁场力都在竖直方向上,一个向上,一个向下,它们与竖直方向的夹角一个增大,一个减小,与题意不符合,D项错误。 5． (2023惠州三调)如图所示，导体棒MN接入电路部分的电阻为R，长度为L，质量为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ＝45°角斜向右上方，开关闭合后导体棒开始运动，则下列说法中正确的是(　　) A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 答案D 解析 通过导体棒MN的电流由N到M，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向右下方，则导体棒向右运动，故A错误；开关闭合瞬间，电路中电流为I＝，导体棒MN所受安培力大小为F＝BIL＝，故C错误，D正确；开关闭合瞬间，根据牛顿第二定律可得，导体棒MN的加速度为a＝＝，故B错误． 【考向二：带电粒子在各种边界磁场中的运动】 1．基本思路 2．轨迹圆的几个基本特点 (1)带电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5甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线OO′对称)。 3．半径确定的两种方法 方法一：由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。 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。 4．时间确定的两种方法 方法一：由圆心角求，t＝T。 方法二：由弧长求，t＝。 6．(2023广东江门一模)一种粒子探测器的简化模型如图6所示。圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ过圆心，平板MQN为探测器，整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场，忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子，下列分析正确的是(　　) A.打在Q点的左侧的离子带正电 B.打在MQN上离Q点越远的离子，入射速度一定越大 C.打在MQN上离Q点越远的离子，比荷一定越大 D.入射速度相同的氢离子和氘离子，打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子 答案　D 解析　由左手定则可知，负电荷受到的洛伦兹力向左，即打在Q点的左侧的离子带负电，A错误；作出离子的运动轨迹如图所示 由图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN上，且轨迹半径越小的离子离Q点越远，由qvB＝m，解得R＝，当离子的比荷相同时，速度越小的轨迹半径越小，离子离Q点越远，B、C错误；入射速度相同的氢离子和氘离子，由于氘离子的比荷较小，则氘离子运动轨迹的半径越大，故打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子，D正确。 7． (多选)(2024中山纪念中学)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，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(　　) A. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3 B. 带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为 ∶1 C. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1 D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1 答案AC 解析 如图设圆形磁场半径为R，根据数学知识粒子在磁场中运动的轨道半径为r1＝R tan 30°，r2＝R tan 60°，带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为＝，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，所以可得在磁场中运动时间之比为＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场中运动有Bqv＝m，即r＝＝，因为有＝，所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为＝3∶1，C正确；带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为＝＝，D错误． 8． (2023广州市高三校联考)如图所示，边长为L的正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。D为BC的中点，有一群带电量为＋q、质量为m的粒子从D点以不同速率沿与BC成30°角的方向射入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)粒子在磁场中运动的最长时间t； (2)从AC边射出的粒子的速度取值范围。 答案　(1)　(2)v> 解析　(1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝ T＝ 设粒子在磁场中圆周运动的圆心角为θ，则有 t＝T＝ 可知，粒子做圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由题意分析可得，粒子从BC边射出时在磁场中运动的时间最长，此过程中粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为，故最长时间t＝。 (2)粒子恰好不从AC边射出时，轨迹与AC边相切，运动轨迹如图所示。 根据图中几何条件分析可知 r＝Lsin 60° 粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有 qv0B＝ 联立解得v0＝ 则从AC边射出的粒子的速度取值范围为v>。 9． (2024揭阳质检)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上P点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与y轴负方向夹角θ＝30°的方向，已知粒子质量均为m，电荷量为q(q>0)，OP间距离为L(不计粒子间相互作用及粒子重力). (1) 若某粒子垂直x轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间． (2) 若某粒子不能进入x轴上方，求该粒子速度大小满足的条件． 答案 (1) 　(2) v≤ 解析 (1) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示 由qvB＝，T＝，t＝·T＝T 解得t＝ (2) 若带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图所示 由几何关系得R2＋R2sin θ＝L qvB＝ 解得v＝ 即v≤ 10.扭摆器能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图所示，Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电荷量为－q、重力不计的粒子从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°. (1) 当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0. (2) 若L2＝L1＝L、B1＝B0，且粒子能返回Ⅰ区，求B2的范围． (3) 若B1≠B2，L1≠L2，且粒子能从Ⅱ区右边界射出．若粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间的关系式． 答案 (1)　　(2)B2≥　(3)B2l2＝B1L1 解析 (1) 由题意可得粒子运动轨迹如图所示 设粒子射入磁场的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律可得 qU＝mv2，B0qv＝m 由几何关系得 L＝2R1sin θ 解得 B0＝ 粒子在Ⅰ区运动的时间为 t0＝＝ (2) 由题意可得粒子运动轨迹如图所示 设粒子在磁场Ⅱ区中做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得 qvB2＝m 若粒子能返回Ⅰ区，则R2＋R2sin θ≤L 代入数据解得B2≥ (3) 由题意可得粒子运动轨迹有如图所示两种情况 【考向三：带电粒子在磁场中运动的动态圆模型】 模型1　定圆旋转模型 旋转圆 适用条件 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半径一定，速度方向不同 应用方法 将半径为r＝的圆绕入射点进行旋转，从而找出临界条件 旋转圆的圆心在以入射点P为圆心、半径r＝的圆上 模型2　动态放缩模型 放缩圆 适用条件 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 应用方法 以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP′上，将半径放缩作轨迹圆，从而找出临界条件 模型3　定圆平移模型 平移圆 适用条件 粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、方向均一定 应用方法 轨迹圆的半径相同，将半径为r＝的圆沿入射点所在的直线进行平移，从而找到临界条件 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 模型4　磁聚焦与磁发散模型 磁聚焦与磁发散 成立条件： 磁场区域圆的半径等于轨迹圆的半径 r＝ 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行 带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 11.(多选)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP＝OS＝d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　) A.粒子的速度大小为 B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 C.从x轴上射出的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2 D.沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为 答案　AC 解析　粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1，如图所示，可知SP为直径，由几何关系得(2r)2＝d2＋(d)2，得到r＝d，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，则v＝，故A正确；从O点射出的粒子的运动轨迹如轨迹3，轨迹所对的圆心角为60°，运动周期T＝，由几何知识可得，在磁场中的运动时间t＝T＝，故B错误；运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，则t1＝T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，则t2＝T，所以＝，故C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点O处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故D错误。 12.(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是(　　) A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场 B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0 C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0 D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是t0 答案　AD 解析　由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，运动周期不变，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA，不可能从四个顶点射出，故A项正确；从ab边射出的粒子在磁场中经历的时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子在磁场中经历的时间小于T＝<t0，所有从cd边射出的粒子轨迹所对的圆心角都是300°，所用时间为＝，故B、C项错误，D项正确。 13 .(多选)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝－2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO方向，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力和它们之间的相互作用力，则(　　) A.在AC边界上有粒子射出的长度为(－1) m B.C点有粒子射出 C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m D.磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(－1) m处入射 答案　ACD 解析　粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝＝ m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示，由图可知，能从AC边射出的粒子长度为＝r－r＝(－1) m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝r＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(－1) m处入射，故D正确。 14. (多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里 B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里 C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为r 答案　BC 解析　根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝，联立可得B1＝B0，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小面积为Smin＝－＝2(π－2)r，C正确，D错误。 15.(多选)如图所示，挡板MQ左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，挡板中间空隙NP长度为L，纸面上O点到N、P的距离相等，均为L。O处有一粒子源，可向纸面所在平面的各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，打到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 B.若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 C.若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 D.若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 答案　AB 解析　若粒子速率为v＝，则轨迹半径r＝＝L，粒子运动情况如图甲所示，从P点飞出的粒子，轨迹的圆心在N点，该粒子从O点发射时的速度方向与ON垂直斜向右下，与水平方向成60°角。从N点飞出的粒子，轨迹的圆心在S点，该粒子从O点发射时的速度方向与OS垂直，水平向右，两粒子发射速度间的夹角θ＝60°，发射方向在这两个方向之间的粒子都可从空隙NP“逃出”，粒子“逃出”的概率为＝。由图可知，NP线段上各处都可能有粒子通过，故A、B正确；若粒子速率为v＝，则轨迹半径r＝＝，粒子运动情况如图乙所示， 粒子轨迹与PN相切时，切点分别为B、D，圆心分别为A、C，两发射速度间的夹角θ＝∠AOC，由几何关系知θ>60°，则粒子“逃出”的概率为>，由图可知OD<OC＋CD＝L，则D在N点下方，故线段DN间不可能有粒子通过，故C、D错误。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$