第9讲 磁场-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

第9讲　磁场 专题三　电场与磁场 【目标要求】　1.会用安培定则判断磁场的方向,会进行磁场的叠加。2.会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小。3.能够判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题。 考点一　磁场的性质　安培力 考点二　带电粒子在磁场中的运动 内容索引 考点三　三类“动态圆”问题 培优　热点训练 精准补弱 考点一　磁场的性质　安培力 一 4 1.磁场的产生与叠加 2.安培力的分析与计算 方向 左手定则 电流间的作用力:同向电流相互吸引,异向电流相互排斥 大小 直导线 F=BILsin θ,θ=0°时F=0,θ=90°时F=BIL 导线为 曲线时   等效为ac直线电流 受力分析   根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程 考向1　磁场的叠加 [例1]　(2024·江苏泰州二模)如图所示,在水平向右磁感应强度大小为B的匀强磁场中,与磁场方向平行的竖直面内以O点为圆心的圆周上有M、N、P、Q四个点,将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处,并通入相同的电流,Q点磁感应强度大小为0,则(　　) A.P点磁感应强度大小为0 B.P点磁感应强度大小为2B C.M处导线受安培力方向竖直向上 D.M处导线受安培力方向斜向右上方 B [解析]　Q点磁感应强度大小为0,则M、N处的导线在Q点产生的合磁场大小为B、方向水平向左,根据对称性可知,M、N处的导线在P点产生的合磁场与在Q点产生的合磁场等大反向,即M、N处的导线在P点产生的合磁场大小为B、方向水平向右,故P点磁感应强度大小为2B,方向水平向右,故A错误,B正确;根据右手螺旋定则可知,N处的导线在M处产生的磁场方向竖直向上,则M处磁场方向斜向右上方,根据左手定则,M处导线受安培力方向斜向右下方,故C、D错误。 考向2　安培力作用下的平衡问题 [例2]　将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上,AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中。现给导线通以自A到B大小为I的电流,则(　　) A.通电后两线拉力变小 B.通电后半圆环AB受到的安培力竖直向上 C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr D [解析]　根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下,根据受力分析可知,通电后两线拉力变大,故A、B错误;半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。 二 考点二　带电粒子在磁场中的运动 12 带电粒子进出有界磁场的几种情况 直线 边界   粒子进出磁场具有对称性(即“等角进出”) 平行 边界   粒子的运动存在临界条件 圆形 边界   甲:进、出磁场具有对称性,即入射速度与半径夹角等于出射速度与半径的夹角   乙:当r磁场=r轨迹有“点入平出”,“平入点出”的结论 考向1　直线边界 [例3]　(2024·江苏南京模拟)a、b两个带正电的粒子经同一电场由静止加速,先后以v1、v2从M点沿MN进入矩形匀强磁场区域,经磁场偏转后分别从PQ边的E、F点离开。直线ME、MF与MQ的夹角分别为30°、60°,粒子的重力不计,则两个粒子进入磁场的速度大小之比为(　　) A.v1∶v2=1∶3　　　　　 B.v1∶v2=3∶1 C.v1∶v2=3∶2 D.v1∶v2=2∶3 B [解析]　a、b两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示, 设a粒子的轨迹半径为R1,b粒子的轨迹半径为R2,MQ=d,由几何关系得R1+R1sin 30°=d,R2-R2sin 30°=d,解得R1∶R2=1∶3,设加速电场的电压为U,匀强磁场的磁感应强度为B,有Uq=mv2,qvB=m,可得v=,则v1∶v2=3∶1,故选B。 考向2　圆形边界 [例4]　(2024·湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动的速度大小为 [答案]　D [解析]　在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出的,根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最小时轨迹如图所示, 则最短时间有t=2T=,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时轨迹如图所示, 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D正确。 考向3　多解问题 [例5]　如图所示,边长为a=0.4 m的正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B=0.2 T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m=1×10-8 kg、电荷量为q=2×10-6 C的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力,则关于粒子的运动,下列说法正确的是(　　) A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12 m/s B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10 m/s C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为 m/s D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2 m/s [答案]　C [解析]　根据题意可知,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),当n=0时,速度最大为vmax=8 m/s,当n=1时,v= m/s,当n=2时,v= m/s,则粒子的速度不可能为2 m/s,故C正确,A、B、D错误。 三 考点三　三类“动态圆”问题 24 1.解决带电粒子在匀强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所在直线,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.常见的三类动态圆   示意图 适用条件 应用方法 放缩圆   (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同 以入射点P为定点,将半径放缩作轨迹圆,粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切   示意图 适用条件 应用方法 旋转圆   (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上) 粒子的入射点位置相同,速度大小一定,速度方向不同 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件   示意图 适用条件 应用方法 平移圆   (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同,速度大小、方向均一定 将半径为R=的圆进行平移 考向1　放缩圆 [例6]　(2024·江苏镇江三模)如图所示,边长为2L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,D是AB边的中点,一质量为m、电荷量为-q的带电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A.粒子可能从B点射出 B.若粒子从C点射出,则粒子做匀速圆周运动的半径为L C.若粒子从C点射出,则粒子在磁场中运动的时间为 D.从AB边射出的粒子在磁场中运动的时间相同,且时间最长 D [解析]　带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场,由左手定则可知,粒子向下偏转,但由于BC边的限制,粒子不能到达B点,故A错误;若粒子从C点射出,如图甲所示,根据几何关系可得R2=(R-Lsin 60°)2+(2L-Lcos 60°)2,解得R=L,故B错误;若粒子从C点射出,则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin∠O==,则∠O=60°,粒子在磁场中运动的时间为t=T=×=,故C错误; 由牛顿第二定律可知qvB0=m, 解得r=,若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,轨迹半径越大,如图乙所示, 粒子从AB边射出时的轨迹圆圆心角θ相同,且为最大,根据t=T=知从AB边射出的粒子在磁场中运动的时间相同,且时间最长,故D正确。 考向2　旋转圆 [例7]　如图所示,在直角△MON区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。 已知带电粒子的质量为m,电荷量为+q,速率均为v=,ON长为d且∠ONM=30°,忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法正确的是(　　) A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 C.MN边上有粒子到达区域的长度为 D.ON边上有粒子到达区域的长度为 [答案]　C [解析]　根据qvB=m及v=得r=,自MN边射出的粒子 在磁场中运动的时间最短时,弦长也最短,设此时运动轨迹 交MN于A点,OA=,圆弧所对应的圆心角为60°,自MN边 射出的粒子在磁场中运动的时间最长的运动轨迹与MN 相切于B点,交ON于C点,圆弧所对应的圆心角为120°,如图所示, 根据T=及qvB=m得T=,综上所述,可得tmin=T=,tmax=T=,故A、B错误;MN边上有粒子到达区域的 长度为AB之间的距离,由几何关系可得AB=,故C正确;ON边上有粒子到达区域的长度为OC之间的距离,由几何关系可得OC=2×cos 30°=d,故D错误。 考向3　平移圆 [例8]　在如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度的大小为B,边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为L、L;大量均匀分布的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行边界Ⅱ的方向垂直射入磁场,粒子的速率均相等,已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的,带电粒子的质量为m、所带电荷量为+q,忽略 带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法 正确的是(　　) A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动 B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为 C.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为 D.带电粒子的初速度大小为 [答案]　D [解析]　由左手定则可知,带电粒子射入磁场的瞬间,带电 粒子受向上的磁场力作用,则带电粒子在磁场中沿逆时针 方向做圆周运动,A错误;带电粒子在磁场中运动的周期为 T=,带电粒子在磁场中转过半个圆周时,运动时间最长, 则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t== ,B错误;作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的轨迹,如图所示,由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的,则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点,由几何 关系可知,三角形区域的顶角为30°,a点到顶点的距离为L,根据几何关系可得L=r+,解得粒子轨迹半径r=L,根据牛顿第二定律得qvB=m,解得v=,D正确;由图可知,刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°,则该粒子在磁场中运动的时间为t'==,C错误。 四 培优　热点训练 40 1.(2024·江苏学业水平考试模拟)已知通电直导线在其延长线上产生的磁感应强度大小为零,通电圆形导线在其圆心处产生的磁感应强度大小与电流大小成正比,与圆形导线的半径成反比,即B=k,k为比例系数。现有两段四分之一圆弧导线和两段直导线组成的闭合回路如图所示,O为两段圆弧的共同圆心,大、小圆弧的半径分别为r大和r小,回路中通有电流I,则圆心O处磁感应强度的大小和方向分别为(　　) A.kI(-),垂直纸面向外 B.kI(+),垂直纸面向里 C.(-),垂直纸面向外 D.(+),垂直纸面向里 答案:C 解析:由电流方向及安培定则可知,大、小圆弧导线在圆心O处产生的磁场方向相反,分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外,由题可知,小圆弧导线产生的磁场的磁感应强度大于大圆弧导线产生的磁场的磁感应强度,故圆心处磁感应强度的方向垂直纸面向外,B、D错误;题中大、小圆弧均为四分之一圆弧,故圆心处磁感应强度的大小为(-),A错误,C正确。 2.如图所示,边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),正三角形中心O有一粒子源,可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q。粒子速度大小为v时,恰好没有粒子穿出磁场区域,不计粒子的重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是(　　) A.磁感应强度大小为 B.磁感应强度大小为 C.若发射粒子速度为2v时,在磁场中运动的最短时间为 D.若发射粒子速度为2v时,在磁场中运动的最短时间为 B 解析:磁场垂直纸面向外,粒子恰好没有穿出磁场区域,因此粒子运动轨迹的直径等于过O点垂直于bc的线段大小,设垂足为d,由几何关系得Od=L,所以半径r=L,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得B==,故A错误,B正确;当发射粒子速度为2v时,由q×2vB=m得r1==,粒子在磁场中运动的时间最短时,在磁场中转过的角度最小,当粒子从垂足d射出时,时间最短,由几何关系可得,转过的角度为θ=60°,则时间为,又因为 T===,则t==,故C、D错误。 五 精准补弱 46 1.空间内存在垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B0。甲图是一平行于纸面放置通有顺时针方向恒定电流的圆形导体环,且圆心O处的磁感应强度为零;乙图是一平行于纸面放置通有与甲图同样大小的逆时针方向恒定电流的半圆形导体环。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B0 C.乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向里 D.乙图半圆形导体环中的电流在圆心O处产生的磁感应强度为B0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:根据安培定则可知,甲图中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O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项错误;根据题意可知,圆形导体环中的电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为B0,则通有与甲图同样大小的逆时针方向恒定电流的半圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为,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=+B0=B0,故B正确,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.(2023·江苏卷)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　) A.0　　　　　　　　　　 B.BIl C.2BIl D.Bil 解析:因bc段与磁场方向平行,则不受安培力;ab段与磁场方向垂直,则所受安培力为Fab=BI·2l=2BIl,则该导线受到的安培力为2BIl,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 3.(2024·江苏盐城高三联考)如图所示,四根平行直导线M、N、P、Q的截面对称分布在以O点为圆心的同一圆周上,截面的连线互相垂直。M、N中没有电流,P、Q中通有图示方向相反、大小均为I的电流时,每一根导线在O点的磁感应强度大小均为B。现在M、N中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小保持不变, 则下列说法正确的是(　　) A.O点的磁感应强度为零 B.M、N中的电流方向相反 C.若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线,该导线所受安培力为零 D.若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动,电子将向上偏转 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:由题意知,O点的磁感应强度等于P、Q中电流产生的磁场的磁感应强度的矢量和,根据安培定则可知,O点的磁场方向由O指向N,大小为2B,A错误;在M、N中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小保持不变,可判定M、N中电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反,根据安培定则可知,M、N中的电流方向相同,B错误;若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线,该导线所受安培力 不为零,C错误;若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里 运动,由左手定则可知,电子将向上偏转,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(2024·浙江1月卷)磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到向下的安培力 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:由左手定则可知,图示左侧通电导线受到向下的安培力,选项A正确;a、b两点的磁感应强度大小相同,但是方向不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,故圆柱内的磁感应强度不为零,选项C错误;因c点处的磁感线较d点密集,所以c点的磁感应强度大小大于d点的磁感应强度,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2024·江苏盐城三模)如图所示,直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,∠B=90°,∠C=30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上的D点垂直BC边射入磁场,速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场,速率为v2时粒子从BC边射出磁场,且运动轨迹恰好与AC边相切,粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2,运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是(　　) A.粒子带正电 B.r1∶r2=2∶1 C.v1∶v2=3∶1 D.t1∶t2=1∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:由题意结合左手定则可知粒子带负电,故A错误;根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,由图中几何关系可得r1=r2+,可知粒子在磁场中运动的半径之比r1∶r2=3∶1,故B错误;根据洛伦兹力充当向心力有Bqv=m,解得粒子在磁场中运动时的速度为v=,由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运动轨迹半径之比,即v1∶v2=r1∶r2=3∶1,故C正确;根据粒子在磁场中运动的轨迹可知,一个在磁场中偏转了30°,另一个在磁场中偏转了180°,而同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同,则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比,即t1∶t2= 30°∶180°=1∶6,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.如图所示,空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场内外边界为两个同心圆,半径分别为R、3R。现有质量为m、电荷量为q的粒子,沿半径方向垂直于磁场进入环形区域,粒子恰好不能进入小圆区域。不计粒子重力,sin 37°=0.6,则粒子在磁场中运动的(　　) A.轨道半径为1.5R　　　　 B.轨道半径为3R C.运动时间为 D.运动时间为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:设粒子带正电,粒子恰好不能进入小圆区域,轨迹如图所示, 根据几何关系可得r2+(3R)2=(r+R)2,解得粒子轨道半径为r=4R,故A、B错误;由几何关系可得tan θ==,可得θ=37°,则粒子在磁场中的运动时间为t=T=×=,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.(2024·江苏连云港高三模拟)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,其中射线bc足够长,∠abc=135°,其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子,在纸面内从a点垂直于ab射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。以下说法正确的是(　　) A.从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等 B.从a点入射的粒子速度越大,则在磁场中运动的时间越长 C.粒子在磁场中最长运动时间不大于 D.粒子在磁场中最长运动时间不大于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图,如图甲所示。粒子入射的速度越大,其做圆周运动的半径越大,当粒子都从ab边射出,所用时间均为半个周期,用时相等;当粒子从bc边射出时,速度越大,轨道半径越大,圆心角越大,运动时间越长,故A、B错误。 当粒子的速度足够大,半径足够大时,忽略ab段长度,运动情况可简化为如图乙所示,在直线边界磁场问题中,根据粒子运动轨迹的对称性,结合几何关系可知此时圆心角大小为α=270°, 可得粒子在磁场中运动的最长时间为 t=T=,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O,筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,速度反向,在不计重力的情况下,则圆筒的半径为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:粒子进入磁场后做匀速圆周运动,作出运动轨迹如图所示,设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此弧SA所对的圆心角∠AO'S=,由几何关系得轨迹半径r=Rtan,其中R为圆筒的半径,粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,联立解得R=,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.如图所示,xOy直角坐标系的第一象限内,半径为a的圆弧外存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。位于O点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发射完全相同的带正电的粒子,粒子速度大小均为v,比荷=k。经过一段时间后发现发射出的所有粒子中有的粒子可以回到O点,不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,则磁感应强度大小为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:由题意可知,当速度与x正向夹角为30°时,粒子恰好沿y轴返回O点,如图所示,由几何关系可得tan 30°=,解得粒子做圆周运动的轨迹半径r=a,又由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得qvB=m,将r=a,=k代入上式解得,磁感应强度大小B=,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.空间高能粒子是引起航天器异常或故障甚至失效的重要因素,是危害空间生物的空间环境源。某同学设计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置,如图所示,铅盒左侧面中心O点有一放射源,放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ以速率v向外辐射质量为m、电荷量为q的带正电高能粒子。铅盒右侧有一左右边界平行、磁感应强度 大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域, 过O点的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内, OH⊥MQ, ∠MOH=∠QOH=60°。不计粒子 所受重力,忽略粒子间的相互作用。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求垂直磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得 qvB=m 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= 解得T= 经分析可知,当粒子沿OH方向进入磁场时,垂直磁场边界向左射出磁场时有t= 联立解得t=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出,从而达到屏蔽作用,求磁场区域的最小宽度d(结果可保留根号)。 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)当沿OQ方向进入磁场的粒子的运动轨迹与磁场右边界相切时,所有粒子均不能从磁场右边界穿出,如图所示, 根据几何关系有d=R+Rsin 60° 由qvB=m可得R= 联立解得d=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(2024·江苏盐城高三联考)阿尔法磁谱仪是探测反物质和暗物质的仪器,其工作原理可简化为如图。在xOy平面内,以M(0,-R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,在y≥0的区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,两区域磁场的磁感应强度大小相等。在第一象限有与x轴成45°角倾斜放置的接收器,接收器与x、y轴交于Q、P两点,且OQ间距为(1+)R。圆形磁场区域左侧均匀分布着质量为m、电荷量为e的大量 质子,所有质子从静止开始经电压为U的电场加速后沿x 轴正向射入圆形磁场区域,其中正对M点射入的质子经 偏转后从O点进入x轴上方的磁场,不计质子的重力, 不考虑质子间的相互作用,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)质子经电场加速后获得的速度和磁感应强度B的大小; 答案:(1)　　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)带电粒子在加速电场中,由动能定理得 eU=mv2 解得v= 正对M入射的粒子,其运动轨迹如图所示, 由洛伦兹力提供向心力,有 evB=m 其中r=R 解得B=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)正对M点射入的质子,射入磁场后经多长时间到达接收器PQ; 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)质子在磁场中运动的周期为T= 正对M点射入的质子在圆形磁场中运动的圆心角为 α= 由几何关系得正对M点射入的质子进入x轴上方磁场中运动的轨迹恰好与PQ相切,则在x轴上方磁场中运动的圆心角为 β= 所以,正对M点射入的质子自进入磁场至到达接收器PQ的时间为t=T 解得t=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)接收器PQ被质子打中的区域的长度。 答案: (3)R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (3)如图所示, 取任意点A进入圆形磁场的质子分析,由几何关系可知运动轨迹过O点,即所有质子经圆形磁场后都由O点进入x轴上方的磁场,由几何关系知,沿y轴正方向射入x轴上方磁场的质子,其轨迹恰与PQ相切于C点,则CQ=R 质子打中接收器PQ的最高位置为D点,如图,其中OD=2R,在△OPD中,据正弦定理得== 解得PD=(2+-) 故打中的区域CD的长度为 CD=PQ-PD-CQ=R。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$