专题3 第10讲 磁场-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

第10讲　磁场 目标要求　1.会用安培定则判断磁场的方向，会进行磁感应强度的叠加。2会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小。3会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　磁场的基本性质　安培力 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 例1　如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，电流方向如图所示，且IM＝2IN(已知电流为I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＝k，其中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度(　　) A．大小为B1，方向水平向右 B．大小为B1，方向水平向左 C．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下 D．大小为2B1，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O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，M处导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示，可得B1＝B0，将M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2B0，如图中虚线所示，N处导线在O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B0，即B1，方向水平向右，故A正确。 例2　如图所示，半径为R的金属圆环用绝缘轻质细线悬挂于天花板上，金属圆环中通以逆时针方向的电流，图中A、C与圆心O连线的夹角为120°，只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属圆环处于静止状态时，细线中的拉力大小为F1；若只在直线AC下方区域内加与上述相同的磁场，金属圆环处于静止状态时，细线中的拉力大小为F2，则金属圆环中的电流大小为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　通电圆环在磁场中的有效长度均为L＝2Rsin 60°＝R，只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场，根据左手定则可知安培力的方向向下，细线中的拉力大小为F1＝mg＋BI·R，若只在直线AC下方区域加与上述相同的磁场，根据左手定则可得安培力的方向向上，则F2＝mg－BI·R，联立解得I＝，故选A。 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 1．分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 基本思路 (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，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系 (3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是半径公式和周期公式 基本公式 qvB＝m，T＝ 重要结论 r＝，T＝ 圆心的确定 (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r的点，如图(c)(当r已知或可算) 半径的确定 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 时间的求解 方法一：由圆心角求，t＝·T 方法二：由弧长求，t＝ 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，θ1＝θ2＝θ3)。 (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称)。 (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，α1＝α2)。 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　(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝m，则＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq＝qvB，联立有＝，故选A。 例4　(2023·江苏南京市模拟)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E、F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运动的速度大小之比为(　　) A．v1∶v2＝1∶3 B．v1∶v2＝3∶1 C．v1∶v2＝3∶2 D．v1∶v2＝2∶3 答案　B 解析　a、b两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图 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。 例5　(2023·江苏扬州市期末)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点分裂成带等量异种电荷的粒子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，则(　　) A．粒子a电性为正 B．粒子a、b的质量之比ma∶mb＝6∶1 C．粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比Ta∶Tb＝1∶2 D．粒子b的动量大小pb＝mv 答案　D 解析　由题图中轨迹结合左手定则可知，粒子a电性为负，故A错误；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qvB＝m，可得r＝，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；根据周期表达式T＝可得粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比Ta∶Tb＝ma∶mb＝2∶1，故C错误；根据动量守恒可得mv＝mava＋mbvb，又mava∶mbvb＝6∶1，联立可得粒子b的动量大小为pb＝mbvb＝mv，故D正确。 考点三　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 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．常见的动态圆 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 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 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 磁聚焦与磁发散　　　　　　 磁聚焦　 磁发散 粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于区域圆半径 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射出，该点切线与入射方向平行——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　如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP＝L，MN左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为的正离子(此后不再喷发)，不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力。则(　　) A．打中荧光屏的最短时间为 B．打中荧光屏的最长时间为 C．打中荧光屏的宽度为2L D．打到荧光屏的离子数与发射的总离子数比值为 答案　A 解析　根据qvB＝m，则离子轨迹半径r＝＝L，离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子恰好打中P点，如图甲所示 根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为t＝T＝，故A正确； 离子运动轨迹如图乙所示，离子速度为v1时从下侧回旋，刚好和边界相切于B点，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切于A点，打到B点的离子离开S时的初速度方向和打到A点的离子离开S时的初速度方向夹角θ＝π，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比k＝＝，离子的周期T＝，打中荧光屏的最长时间为t＝T＝，故B、D错误； 离子打中荧光屏的范围总长度为图乙中的AC长度，由几何关系可知|AC|＝(＋1)R＝(＋1)L，打中荧光屏的宽度为(＋1)L，故C错误。 例7　如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场(图中未画出)。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度； (2)从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。 答案　(1)，方向垂直纸面向里 (2)≤s≤ 解析　(1)根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场里运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 联立解得B＝ 根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里。 (2)根据题意可知，从N点出射的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示 根据几何关系可得 cos∠COB＝＝ 解得∠COB＝60° 因为四边形OBO1Q为菱形，所以∠QO1B＝60° 则粒子经过磁场区域的最短路程为 s1＝×2πR＝ 根据题意可知，从M点出射的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示 易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知 ∠QO2D＝120° 则粒子经过磁场区域的最长路程为 s2＝×2πR＝ 所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为≤s≤。 1.(2023·江苏省学业水平考试模拟)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，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 答案　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，由于洛伦兹力提供向心力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，解得r1＝＝，粒子在磁场中运动的最短时间就是在磁场中转过最小的角度，当粒子从垂足d出去时，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＝＝＝，即有t＝＝，故C、D错误。 专题强化练　　　　　　　　　　　　　 [保分基础练] 1.(2023·江苏卷·2)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 答案　C 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．(2022·北京卷·7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子 答案　A 解析　根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子做圆周运动的半径为r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。 3.(2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　) A．平行于纸面向上 B．平行于纸面向下 C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 答案　C 解析　根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。 4.如图所示为一棱长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C、O两点处的磁感应强度大小分别为(　　) A．2B、0 B．2B、2B C．0、B D.B、B 答案　D 解析　根据右手螺旋定则，放置在FE边导线的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM，放置在ND边导线的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为B；放置在FE边导线的电流在O点产生的磁感应强度大小为B、方向沿NO，放置在ND边导线的电流在O点产生的磁感应强度大小为B、方向沿OP，故O点处的磁感应强度大小为B，故选D。 5.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 答案　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。 6．(2023·江苏盐城市三模)通电直导线ab的质量为m，长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线处于平衡时悬线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．mg＝BIl B．悬线的拉力FT＝mg C．若增大磁感应强度，则悬线的偏角将不变 D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可摆过的最大角度为60° 答案　D 解析　对导线受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示，根据平衡条件可得FA＝BIl＝mgtan θ，即BIl＝mg，悬线的拉力FT＝＝，选项A、B错误；根据BIl＝mgtan θ可知，若增大磁感应强度，则悬线的偏角将增大，选项C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，有BIl·lsin α－mgl(1－cos α)＝0，解得α＝60°，选项D正确。 7.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从静止开始经U0＝2.5 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝15 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0. 8)。 (1)求带电粒子到达P点时速度v的大小； (2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x 轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离； (3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。 答案　(1)10 m/s　(2)45 cm　(3)B′≥ T 解析　(1)根据动能定理可知 U0q＝mv2 代入数据可得 v＝＝ m/s＝10 m/s (2)根据qvB＝ 可得粒子在磁场中的轨迹半径 R＝＝0.25 m＝25 cm 根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在x轴上，且P和圆心连线与x轴负方向成37°角， 因此OQ＝R＋Rcos 37°＝45 cm (3)若粒子不能进入x 轴上方，临界状态时，运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示， 根据几何关系可知 R′＋R′sin 37°＝OP 由qvB′＝， 解得B′＝ T 因此若粒子不能进入x 轴上方，磁感应强度B′≥ T。 [争分提能练] 8.空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示。MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子运动的半径为r，根据几何关系可知四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝L，粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子的最小速率为v＝，故选C。 9.(2023·江苏盐城市三模)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子的质量为m、电荷量为＋q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域。设B0＝。选项A、B、C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧，其中A、B的磁感应强度B＝B0，C的磁感应强度B＝2B0，选项D中曲线是直径为L的圆，磁感应强度B＝B0。则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可能是(　　) 答案　A 解析　已知磁感应强度 B＝B0＝， 由洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝， 解得粒子的轨道半径为rA＝L，如图甲所示， 可知粒子都会聚到一点，故A正确； 已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，解得粒子的轨道半径为rB＝L，如图乙所示，可知粒子不会聚到一点，故B错误； 已知磁感应强度B＝2B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，解得粒子的轨道半径为rC＝，如图丙所示，可知粒子不会聚到一点，故C错误； 已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，解得粒子的轨道半径为rD＝L，如图丁所示，可知粒子不会聚到一点，故D错误。 10．(2022·湖北卷·8改编)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B，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k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A.kBL，0° B.kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 答案　C 解析　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。 当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，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θ＝0°。通过以上分析可知当离子通过下部分磁场从P点射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子通过上部分磁场从P点射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故C正确，A、B、D错误。 11.(2023·江苏盐城中学三模)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从b点以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。下列说法不正确的是(　　) A．该粒子的速度为v0＝ B．该粒子从b点运动到a点的时间为 C．以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a点 D．以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是 答案　D 解析　粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，由几何关系可得r＝R，联立解得v0＝，该粒子从b点运动到a点的时间为t＝T＝·＝，故A、B正确； 以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场的轨迹半径为r1＝＝R，如图乙所示，该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知Lab＝R＝2r1，可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，故C正确； 以v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的轨迹半径为r2＝＝R，当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图丙所示，由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为tmax＝T＝·＝，故D错误。 12.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。 (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； (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　(1)　(2) 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有t＝ 联立解得t＝ (2)若沿OQ方向进入磁场的粒子的运动轨迹与磁场右边界相切，则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＝。 [尖子生选练] 13.(2023·江苏南京市三模)如图所示，空间有垂直于xOy平面向里的两个匀强磁场，y<0空间的磁感应强度大小为B，y>0空间的磁感应强度大小为kB(k>1)。原点O处有一个粒子源，同时射出两个速度大小均为v0、比荷均为的同种带正电粒子。沿y轴负方向的粒子记为A粒子，沿与x轴正方向的夹角为θ＝30°的粒子记为C粒子。不计粒子重力，不考虑粒子之间的碰撞和其他相互作用。求： (1)A粒子发射后，第二次经过x轴时距原点O的距离； (2)C粒子发射后，经过x轴射向y<0空间所用的时间； (3)A、C两粒子均经x轴射向y<0空间时恰好相遇所对应的k值。 答案　(1)　(2)(＋)(n＝1,2,3，…)　(3)7 解析　(1)粒子运动轨迹如图 粒子在y<0空间做匀速圆周运动，则有qv0B＝， 所以圆周运动半径R＝ 同理在y>0空间R′＝， 所以A粒子第二次穿过x轴时 ΔxA＝2R－2R′＝(1－)＝ (2)粒子在y<0空间运动的周期T＝＝ 同理在y>0空间T′＝＝， C粒子一个周期内在y<0空间运动圆周，在y>0空间运动圆周， 则C粒子运动的周期为 ΔTC＝T＋T′＝(＋) 所以C粒子再次以相同的速度经过x轴的时间 Δt＝nΔTC＝(＋)(n＝1,2,3，…) (3)A粒子每个周期运动的位移为 ΔxA＝2R－2R′＝(1－) 时间为ΔTA＝T＋T′＝(1＋)， C粒子每个周期运动的位移为 ΔxC＝2Rsin 30°－2R′sin 30°＝(1－)， 时间为ΔTC＝T＋T′＝(＋)， 由于ΔxA＝2ΔxC， 所以两粒子相遇的条件是ΔTA＝2ΔTC， 即(1＋)＝2(＋)， 解得k＝7。 学科网（北京）股份有限公司 $$