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

专题三　 电场与磁场 第10讲　磁场 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。 目标要求 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。 内容索引 考点一 考点二 高考预测 磁场的基本性质　安培力 带电粒子在匀强磁场中的运动 专题强化练 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 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 　(2023·浙江省一轮联考)如图为棱长为d的正方体，O为DE的中点，在FE、ND两边放置足够长的直导线，均通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，磁感应强度大小与距离成反比。则图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为 A.1∶2 　　　B.2∶1 　　　C.　∶1 　　　D.1∶1 例1 √ 　如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环A、B，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现 A.A环、B环均不转动 B.A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动 C.A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动 D.A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢 　至重合为止 例2 √ 由安培定则可得，A环产生的磁场的方向向下，B环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以A环顺时针转动，B环逆时针转动，二者相互靠拢，故D正确，A、B、C错误。 　(2021·江苏卷·5)在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为 A.BIL 　　　　B.2BIL 　　　　C.πBIL 　　　　D.2πBIL 例3 √ 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 16 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，特别是周期公式和半径公式 基本公式 重要结论 圆心的确定 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a) (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点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Bqv＝ 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＝ 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 OO′对称)。 (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(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。 　(2023·浙江宁波市十校二模)在现代研究受控热核反应的实验中，需要把107～109 K的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后，该粒子将被约束在左右两端之间 来回运动，就像光在两个镜子之间来回 “反射”一样，不能逃脱。 例4 这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子 A.从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶 　轴线方向的速度分量逐渐变小 B.从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶 　轴线平面内的速度分量为最大值 C.从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小 D.从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大 √ 从左端到右端的运动过程中，由于粒子 只受洛伦兹力，洛伦兹力对粒子不做功， 故粒子的速度大小不变，动能不变，由 于粒子在左右两端之间来回运动，故沿 磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，故A、C错误； 从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大，故B正确； 　(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时， 乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷 量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求： (1)Q到O的距离d； 例5 甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2 且d＝2r1－2r2 (2)甲两次经过P点的时间间隔Δt； 甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别t1、t2 且Δt＝2t1＋3t2 乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动 若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…) 根据题意，n＝1舍去。 若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇。 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 31 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   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   示意图 适用条件 应用方法 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 　(2020·全国卷Ⅲ·18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为 例6 √ 　(2023·浙江6月选考·20)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里， 例7 区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； 当离子不进入磁场Ⅱ且速度最大时，轨迹与边界相切， 则由几何关系r1cos 60°＝r1－L 解得r1＝2L 可知r1′＝2r2 离子在磁场中运动轨迹如图， 设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系 r1′sin α－r1′sin 30°＝L 解得r2＝2L 答案　60% 当最终进入区域Ⅱ的离子若刚好到达x轴，则由动量定理 B2qvyΔt＝mΔvx 离子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中 高考预测 48 1.(2023·浙江绍兴市统考)如图所示，一个带电粒子(重力不计)在匀强磁场中做圆周运动，A是轨道中的一点，当粒子运动到A位置时瞬间将此磁场变强，方向不变。(不考虑磁场变化引起的电场所造成的影响)则之后粒子 A.做向心运动，轨迹是椭圆 B.做离心运动，轨迹是椭圆 C.做圆周运动，圆心在AO连线上 D.做圆周运动，圆心在AO连线的延长线上 1 2 √ 1 2 2.(2023·浙江温州市联考)太阳风暴爆发时会释放高速正、负粒子，干扰通信工具，为减少干扰，某科研小组让粒子通过如图所示的装置：虚线EF右侧区域加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，与EF距离为d处存在与磁场方向平行的绝缘挡板GH，当粒子打到挡板会被弹回，弹回时垂直挡 1 2 板方向速度等大反向、平行挡板方向速度不变。假设入射的正、负粒子除电性不同外，其他物理量均相同，当粒子流以与边界成15°角方向射入磁场，其中一种粒子垂直打到挡板，已知粒子质量为m、带电荷量大 小为q(不计粒子重力， (1)分析垂直打在挡板上粒子的电性； 1 2 答案　带正电　 粒子要垂直打在挡板上，根据左手定则，判断知粒子带正电； (2)求粒子流射入磁场时的速度大小； 1 2 垂直打到挡板上的正粒子的运动轨迹如图所示 1 2 (3)若水平左右移动挡板，可使得正、负粒子合为一束从虚线EF射出离开磁场，求挡板水平移动的距离x。 1 2 因为正粒子打到挡板后，垂直挡板方向的速度反向，所以反弹后的速度与原速度相对挡板对称，即圆心仍然在原来挡板位置上。当挡板右移到Q位置，轨迹如图，经过P点，即与负电荷在P点汇合成为一束 作PM、P′N为垂直挡板的垂线，垂足为M、N， 1 2 56 专题强化练 57 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 √ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 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 MN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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2023·浙江乐清市模拟)安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图甲形状的线圈，该线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤。则通电后 A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动 B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可 　能会发生转动 C.当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动 D.将如图乙所示的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当处于平行线圈平面的匀强磁场中，这个复 杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个 线圈的转向相反，作用力会相互抵消，所以 在匀强磁场中不会发生转动，故B错误； 当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈 平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中， 则可知线圈各边所受安培力大小不均衡， 线圈将按照所受安培力大的方向转动，故 A正确； 将如图乙所示的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2023·浙江湖州市统考)如图所示，某带电粒子(重力不计)从P点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝45°，磁场的磁感应强度大小为B。则该带电粒子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 根据左手定则，粒子带负电，故A错误； 该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，轨迹如图，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形 磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方 向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由 圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确； 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意可知粒子射入磁场以后轨迹的圆心连线组成的多边形应是以筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确； 速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少， C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　10 m/s　 代入数据可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　45 cm　 可得粒子在磁场中的轨迹半径 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，因此OQ＝R＋Rcos 37°＝45 cm (3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 能力提升练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(多选)(2021·福建卷·6)如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则 A.O点的磁感应强度为0 B.O点的磁感应强度方向由O指向c C.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 由安培定则可知，通电直导线b、c在O点产生的磁 场方向相反，大小相等，相互抵消，通电直导线a、 d在O点产生的磁场方向垂直ad连线指向c，所以选 项B正确，A错误； 通电直导线c、d在e点产生的磁场方向相反，大小相等，相互抵消，通电直导线a、b在e点产生的磁场大小相等，磁场方向分别垂直ae连线和be连线，二者的合磁场方向沿y轴负方向，所以选项D正确，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 由题意再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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (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)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，此时粒子的轨迹如图所示 根据几何关系有 d＝R＋Rsin 60° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 89 12.(2022·浙江6月选考·22)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进 入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开 磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被 吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离 子间的相互作用。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)①求磁感应强度B的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 离子在磁场中做圆周运动有 ②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 93 转筒转动的角度ω′t′＝2nπ＋θ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若转筒P的角速度小于　 ，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 95 设放置在FE边的通电导线在C点的磁感应强度 大小为BC1＝，根据右手螺旋定则可判断其方 向沿CM，放置在ND边的通电导线在C点的感 应强度大小为BC2＝，方向沿FC，故C点处的 磁感应强度大小为BC＝；放置在FE边的通电导线在O点的磁感应强度大小为BO1＝＝， 方向沿DN，放置在ND边的通电导线在O点 的磁感应强度大小为BO2＝＝，方向沿EF， 故O点处的磁感应强度大小为BO＝，则 题图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为＝＝，故选A。 从上向下看导线的形状如图所示，导线的有效 长度为2L，则所受的安培力大小为F安＝2BIL， 以导线整体为研究对象，F安＝2F，钉子对导线 的力F＝，设导线中的张力为FT，则FT＝F ＝，解得FT＝BIL，故A正确，B、C、D错误。 qvB＝m，T＝ r＝，T＝ ·T 粒子做匀速圆周运动的周期为T＝， 根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为 l＝v∥T＝，由于从左端到右端， 磁感应强度先减小后增大，粒子平行于轴线的速度先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小，故D错误。 答案　　 由qvB＝m可知r＝， 故r1＝，r2＝ 解得d＝ 答案　　 由T＝＝得t1＝，t2＝ 解得Δt＝ (3)乙的比荷可能的最小值。 答案　 相遇时，有n＝d，n＝t1＋t2 解得＝n 当n＝2时，有最小值，()min＝ 综上分析，乙的比荷的最小值为。 A. 　　　B. 　　　 C. 　　　D. 磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，联立解得B＝，故选C。 答案　　　 根据qv1B1＝m 解得v1＝ 在磁场中运动的周期T＝ 运动时间t＝T＝ (2)若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2； 答案　　 若B2＝2B1，根据r＝ r2－r2sin α＝ sin α＝ 根据qv2B2＝m 解得v2＝ (3)若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。 即yqΔy＝mΔvx 求和可得∑yqΔy＝∑mΔvx m(v－vcos 60°)＝B1qL＋··qL 解得v＝ 则速度在～之间的离子才能进入第四象限；因离子源射出离子的速度范围在～，又离子源射出的离子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的离子数占总离子数之比为η＝60% 当粒子运动到A位置时瞬间将此磁场变强，方向不变，粒子所受洛伦兹力的方向不变，根据qvB＝m可得r＝，则粒子运动的轨道半径减小，粒子仍做圆周运动，圆心在AO连线上，故选C。 sin 15°＝，cos 15°＝)。 答案　　 则r＝＝＝d 根据Bvq＝m得 v＝＝ 答案　2d 挡板向左或向右移动x＝2d。 根据几何关系得ON＝MO′＝dtan 15°＝d  ME＝NE＝O″P′sin 15°＝d  x＝EQ＝EQ′＝＝2d BIl 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。 A.带正电且动能不变 B.穿越磁场的时间为 C.运动轨迹为抛物线 D.电荷量与质量的比值为 解得＝，故D错误； 穿越磁场的时间为t＝，又T＝ 根据牛顿第二定律，有qvB＝m，又sin 45°＝， 解得t＝，故B正确。 v＝＝ m/s＝10 m/s 根据动能定理可知U0q＝mv2 R＝＝0.25 m＝25 cm 根据qvB＝ 答案　B′≥ T 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。 A. B. C. D. 则r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝L，粒子在 匀强磁场中做匀速圆周运动，仅由洛伦兹力提供向心力，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。 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； 由图中几何关系可得r1＝r2＋， 答案　　 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝ 解得T＝ 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 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＝ 答案　 R＝ 联立解得d＝。 由qvB＝m可得 答案　　 qv0B＝，可得B＝ 答案　(4k＋1)(k＝0,1,2,3，…) 离子在磁场中的运动时间t＝T＝ 转筒转动的角度ωt＝2kπ＋ 可得ω＝(4k＋1)(k＝0,1,2,3，…) 答案　tan (n＝0,1,2，…) 可得F＝tan (n ＝ 0,1,2，…) 设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，由几何关系有 R′＝Rtan ，则v＝v0tan  离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ) 转筒转动的角速度ω′＝(n ＝ 0,1,2，…) 由动量定理有F＝Nmv 其中k ＝1，θ′＝π(n ＝ 0,2) 可得θ′＝π、π。 答案　π、π 由(1)(2)可知转筒转动的角速度＝< $$