专题14 磁场-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

攀 专题14 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1.（2025·江西新余·二 模)如图所示，金属棒 MN两端由等长的轻质 细线水平悬挂，处于竖 直向上的匀强磁场中， 棒中通以由M向N的 血 电流，平衡时两悬线与 M 在 竖直方向夹角均为0，下列说法正确的是( A.如果两悬线等长变短，0角变小 B.当金属棒质量变大，0角变大 C.当0角变小时，绳子拉力不变 D.如果棒中的电流变大，0角变大 2.(2025·河南省郑州 市高三二模)如图所 示，两根长直导线a、b 垂直放置，彼此绝缘， 分别通有大小相同电 流Io.固定的刚性正 方形线圈MNPQ通 有电流I,MN到a的 距离与MQ到b的距 离相等，线圈与导线位于同一平面内.已知通电 长直导线在其周围某点所产生的磁感应强度大 小，与该点到长直导线的距离成反比；线圈所受 安培力的大小为F.若移走导线α，则此时线圈所 受的安培力大小为 A竖，方向向左 取号，方向向右 C2F,方向向左 D.F,方向向右 3.(2025·重庆·三模)如 O接电源 图，固定的光滑绝缘转 动轴O'两端通过等长的 不可伸长轻质软导线连 0 接电源 接并悬挂长为L、质量 厨 为m的细导体棒ab,空 间存在辐向分布磁场 (方向已标出)，保证导体棒移动过程中磁场方 向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应 强度大小均为B,开始时导体棒静止在最低点. 现给导体棒通电流，若仅通过改变导体棒中的 电流大小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线 呈水平状态，则在这个过程中 A.导体棒中电流方向为由b指向a B.导体棒中电流应逐渐变大 磁场 C.悬线对导体棒的拉力一直增大 D.安培力对导体棒不做功 4.(2025·广东广州高三 月考)如图所示，金属棒 30 MN两端由等长的轻质 30 绝缘细线悬挂，金属棒 M 中通有由M到N的恒 定电流，现在空间中加一匀强磁场，要使金属棒 静止且绝缘细线与竖直方向成30°角，则下列几 种情况中磁感应强度最小的是 BX30° 8309 304B 30° 309 B 30° M ⑧M M ⑧M C 5.(2025·北京朝阳·统考一模)图甲为指尖般大 小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯 电机.这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡 流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能 等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、 无人机等方面.图乙为一种空心杯电机原理的 简化示意图.固定的圆柱形永磁体形成沿辐向 均匀分布的磁场（俯视图）；作为转子的多组线 圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简 化为沿圆柱体对角线的单匝线圈（图中a、b分 别为线圈与顶面和底面的切点).当线圈通电 时，可在安培力作用下绕OO轴转动.设图示时 刻线圈的电流为I,方向如图所示，线圈所在处 的磁感应强度大小均为B.图中线圈实线部分 的长度为L.下列说法正确的是 空心杯 ‘线圈 永磁体 甲 乙 A.图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量 保持不变 B.图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小 为BIL C.图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO 轴逆时针转动（俯视） D.为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中 的电流方向不变 6.（2024·湖北卷，7)如图所示，· 在以O点为圆心、半径为R:A&&c· 的圆形区域内有垂直于纸面 ·X××/·· 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π四 3aB D.若粒子从A点射人到从C点射出圆形区域 用时最短，粒子运动的速度大小为3gBR 3m 7.(2025·湖南邵阳·三模)如×M× 图所示，在磁感应强度大小 q中m B,方向水平向里的匀强磁场 X 中，有一根长L的竖直光滑绝 缘细杆MN,细杆顶端套有一 个质量m电荷量q(q>0)的×N× ×BX 小环.现让细杆以恒定的速度 <常)沿垂直感场方向水平向右匀速运动， 同时释放小环（竖直方向初速度为0），小环最终 从细杆底端飞出，重力加速度为g,关于小环在： 杆上的运动下列说法正确的是 ( A.小环的轨迹是条直线 B.洛伦兹力对小环做负功 C.小环在运动过程中机械能不变 D.小环在绝缘杆上运动时间为 2Lm mg-guB 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共 20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3： 分，有选错的得0分 8.(2025·山东日照一模)如图 所示，E、F、G是边长为a的正 三角形的三个顶点，位于方向垂 直于△EFG所在平面向外的匀 强磁场中.一质量为m、电荷量 为q的粒子沿FE方向由F点垂直于磁场的方向 射人磁场区域，速度大小为，粒子恰好从G点离 开磁场，不计粒子重力，则 ) A.粒子可能带负电 B.粒子在G点的速度沿直线EG的方向 C.磁感应强度的大小为3m ag D.粒子在磁场中运动的时间为B4 900 54 9.(2025·重庆·三模)如图所示，x轴上方存在 垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为B的匀 强磁场.位于坐标原点O的离子源从t=0时刻 开始、沿xOy平面持续发射速度大小范围为0 ≤BL质量为m、电荷量为十q的粒子，离子 m 源发出的各种速度的粒子向各个方向都均匀分 布.不计离子重力及离子间相互作用，且忽略相 对论效应.则 () 离子源 A,速度为9BL的离子，在磁场中匀速圆周运动 m 的半径为L B.速度为BL的离子，在x轴上能够被探测到 2 的区间为L≤x≤2L C.在0~阳时间段内，磁场中可探测到离子区 2qB 城的最大面积为子x D.在0一呢时间段内，磁场中可探测到离子区 域的最大面积为(x一）2 10.(2025·河南·一模)如图所示，竖直导线中通 有向上的恒定电流I1,水平放置在甲处的长方 体霍尔元件上有M、N、O、P、R、Q六个接线 柱，用以连接直流电源（提供的电流恒为I。)和 测量霍尔电压的仪器，图中DD'=a,AD=b, DC=c,霍尔元件单位体积中自由电荷的个数 为n,每个电荷的电荷量为q,正确连接电源和 测量仪器后，按图示方式放在甲处，测量仪器 的示数为U1;将霍尔元件水平向右移至乙处 时（图中未画出），测量仪器的示数为U2,视霍 尔元件所在处的磁场为匀强磁场，已知甲、乙 两处与导线相距分别为r甲和r乙，通电导线周 围磁场的磁感应强度大小与导线中的电流大 小成正比，与到导线的距离成反比，该霍尔元 件中的自由电荷为正电荷.则下列说法正确的 是 ) D 甲 M -A1.∠ D'L 霍尔元件放大图 A.若M、N间接测量仪器，则O、P间应接直流 电源 B.若M、N间接直流电源，甲处磁感应强度大！ BIo 小为B,则U1一n0b C.若M接电源正极，N接负极，则接线柱R的 电势高于Q的电势 D.若在甲处时M、N间接直流电源，在乙处时 U=rZ R,Q间接直流电源，则 扩甲 11.(2025·湖南省雅礼中学 高三三模)如图所示，在 ××××××××× xOy平面内存在着磁感应 P×××××××× ·⊙×××× 强度大小为B的匀强磁 ·×××× 场，第一、二、四象限内的 ·××XX 磁场方向垂直纸面向里， 第三象限内的磁场方向垂 直纸面向外，P(-√2L,0),Q(0,一√2L)为坐 标轴上的两点.现有一质量为m、电荷量为e 的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重 力，则下列说法中正确的是 () A.若电子从P点出发恰好第一次经原点O: 点，运动时间可能为 B.若电子从P点出发恰好第一次经原点O: 点，运动路程可能为πL C.若电子从P点出发经原点O到达Q点，运 动时问可能为罗 D.若电子从P点出发恰好第一次经原点O到 达Q点，运动路程为πL或2πL 三、非选择题：本题共5小题，共52分. 12.(2025·天津一中高三期末)(6分)某同学利用 台秤（与磁铁间没有磁力作用）来测量蹄形磁 铁磁极之间的磁感应强度，装置如图所示.该 同学把台秤放在水平桌面上，再把磁铁、铁架 台放在台秤上，在铁架台横梁上系两条绝缘细 绳，把一根铜条水平吊在磁极之间，并让铜条 与磁感线垂直.已知蓄电池的电动势为E,蓄 电池内电阻为r,铜条的电阻为R,铜条在磁场 中的长度为L 铜条 (示数单位：N) (1)按图连接好电路，闭合开关之前记录下台 秤的示数为F。,闭合开关后发现台秤的示数 没有变化，仍等于F。,不能测量出磁感应强 度，经检查电路完好，请指出进一步操作正确 的是 55 A.将铜条竖直悬挂 B.将铁架台从台秤上移下置于水平桌面上 C.将磁铁水平旋转180度 D.将电源正负极反向再次连入电路 (2)在(1)正确调试基础上，保证其它条件不 变，闭合开关后，台秤示数为F1,根据图中的 电源“十”“一”以及磁铁“N”“S”的标识，判断 飞 F。(填“>”或“<”). (3)匀强磁场的磁感应强度测量值为B= （由E、r、R、F1、F2、L表示). 3.(2025·广东省广州市广东实验中学期中)(8分) 图中虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直 的匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所 受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并 判定其方向.所用部分器材己在图中给出，其 中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水 平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为变 阻箱；①为电流表；S为开关.此外还有细沙、 天平、米尺和若干轻质导线： 完成下列主要实验步骤中的填空： (1)①按图接线. ②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙， 使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质 量m1. ③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当， 在托盘内重新加入适量细沙，使D 然后读出 ,并用天平称出此时细沙的 质量m2. ④用米尺测量D的底边长度L. (2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感 应强度的大小，可以得出B (3)判定磁感应强度方向的方法是：若 磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应 强度方向垂直纸面向里. A E 4.(2025·江苏省六校联盟高三月考)(10分)电 流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度 的大小.测量前天平已调至平衡，测量时，在左边 托盘中放入质量m1=15.0g的砝码，右边托盘中 不放砝码，将一个质量=10.0g、匝数n=10、 下边长l=l0.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的 底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场 中，如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的 电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电 动势E=1.5V,内阻r=1.02.开关S闭合后，调 节可变电阻R使天平平衡，此时理想电压表示： 数U=1.4V,R1=102,g取10m/s2,求： R 接矩形线圈 ×××.× 甲 之 (1)线圈下边所受安培力的大小F,以及线圈： 中电流的方向； (2)矩形线圈的电阻R; (3)该匀强磁场的磁感应强度B的大小. 15.(2025·河南·二模)(12分)用磁场实现对微 观粒子的控制有着广泛的应用，如核磁共振、： 微流控芯片等，如图所示为一种用磁场控制微 观粒子的装置内部磁场分布图，x轴上方和下 方均存在方向垂直xOy直角坐标平面向外的 匀强磁场，下方的磁感应强度大小是上方的2 倍.某时刻在坐标原点O将相同的带正电粒子 P、Q同时分别以速度vo和20沿y轴正方向 射出.两粒子的质量均为，电荷量均为q,不： 计粒子重力及相互作用. 2m4 ·OPQ····· (1)要使两粒子运动轨迹的第1个交点在(x0, 0)位置，求x轴上方磁感应强度的大小B1； (2)若x轴上方磁感应强度大小为B,且整个 磁场分布在一个矩形区域内，要使两粒子的运 动轨迹在x轴上有n(n≥2)个交点，求磁场面： 积的最小值Sm; 56 3)若上轴上方磁感应强度大小为号B,下方 磁感应强度大小为B,将Q粒子的速度大小变 为0，方向变为沿y轴负方向，要使两粒子相 遇时横坐标最小，求两粒子从O点射出的时间 差△l. 6.(2025·河南郑州 y/m TOP二十名校高三 0.25 下学期调研模拟理 综物理试题)(16分) 如图所示，在纸面内××××可 x/m 有一平面直角坐标××× 系xOy,其第一象限 内有一沿y轴负方 向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程y= x2,如图中虚线所示，电场强度大小E=1V/ m.第三象限内（包含x轴负半轴）存在垂直纸 面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B= 4 T.在第一象限内虚线右侧、纵坐标0≤y≤0.25 m区域内有大量（速度相等）沿x轴负方向运动 的带电粒子，粒子电荷量q=十8×106C,质 量m=1×10一6kg.已知从边界上横坐标为x =0.1m以初速度处飞入的粒子从坐标原 点飞出电场区域，不计粒子重力和粒子之间的 相互作用力，求： (1)粒子的初速度%； (2)所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负 方向所成夹角的范围； (3)粒子在磁场中运动的最短时间.(2)①指针偏转过小，即流过欧姆表表头的电流太小，应适当： 使流过欧姆表头的电流变大； ②应选择更大的挡位，将选择开关旋到“X1k”挡；然后将两表！ 笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零！ 刻度，然后断开两表笔；将两表笔分别连接到被测电阻的两端，： 读出阻值R,断开两表笔；最后转选择开关至交流电压最大量 程处（或“OF℉"挡），并拨出两表笔，所以操作顺序是daeb. 答案(1)A22.0V(2)大daeb 13.解析(1)螺旋测微器读数为0.5mm十36.9(36.7~36.9)： ×0.01mm=0.869(0.8670.869)mm. (2)选用内阻已知的电流表可以通过计算消去电流表分压引： 起的系统误差，故电流表选择A.滑动变阻器采用分压接法，！ 故用总电阻较小的C. (3)为使开始时电压表的读数为零，闭合电键之前，滑动变阻： 器的滑片应滑到最左端. (6)报据题意有U=1R+R十R,),号-R+R尼，站 11 16 合图像可知R十R=6,解得R=U乃一R U 答案(1)0.869(0.867~0.869)(2)AC (3)最左端(6)Ub-Ra 14.解析(1)①实验要求多 组数据并使测量结果尽 量精准，要测量多组数 据，需采用分压式电路， 又因为电流表内阻已知， 故电流表内接可以有效 消除系统误差，使测量结 果尽量精确，故电路连接为分压式电路和电流表内接，电路！ 图如图所示， ②因为电源电压12V,故电压表需要选择量程15V的，这 样量程下的电压表最小刻度为0.5V,只需要估读到本位即： 可，所以读数为9.4一9.6之间. (2)①当UD=0时，C、D两点两势相等，则需要满足R1:R1: =R2:R,代入数据滑动变阻器R1=6002: ②压力与应变片电阻增加量的关系为F=k△R,将电阻变化： 量△R=6代入公式即可得F=1800N; 1. ③由于故障导致R2阻值增大，会导致D点电势降低，Um变：10 大，从而导致体重测量值偏大. 12 答案(1)①见解析②9.5(9.4~9.6)(2)①600 ②1800③偏大 15.解析(1)由于待测电阻的阻值大约为602，选取的电压表 V1的内阻约3k2,选取的电流表A2内阻约为0.52，则有 是-30-0是-器-120，故电流表分压作月比电压 表分流作用小，所以选择电流表内接法，测量值更接近真实！ 值，故电压表应接在OQ之间，且测量值比真实值略大： (2》电路中可能出现的策大电流的为1一是=斋A≈ 67mA,电流表A,量程太大，可将电流表A1与定值电阻R, 并联，相当于量程为52.5mA的电流表，电源电动势为4V,! 则电压表选择V; 199 (3)电流表A1改装后内阻已知，且可 以精确测量通过待测电阻的电流，电 R 压表具体内阻未知，若电流表外接，不 能测出电压表的分流值，而电流表内 R2 接，待测电阻的电压可准确测量，故电 R 流表内接；滑动变阻器阻值与待测电 E S 阻相比较小，故采用分压接法，电路图 如图所示 (4)电流表量程为15mA,最小刻度为0.5mA,电流表指针指 16格，故电流表的示数是8.0mA,此时通过待测电阻R,的 电流为28mA,则待测电阻R.的阻值为R.-号-R,' (2.00 50×20 28X107-50斤20 2≈57.12. 答案(1)OQ大(2)A需要V1(3)见解析图 (4)8.057.1 解析(1)电压表V1的示数随电流表示数的变化图像应为 AC,电压表V,的示数随电流表示数的变化图像应为BC,定 值电程的大小方R号-0=30： 当1-0.5A时R号-n-15n, 则R=R#-R。=152-32=122: (2)根据闭合回路欧姆定律可得 E=7.5+0.5r,E=6+2r 结合可得E=8V,r=1D: (3)电源的工作效率为 U2I、 I(R+R)R+R。 V=X100%=7R十R,于=R干R。1 12+3 可知，当R最大时，效率最大，此时，7=12-3中X100% =93.75%. 答案(1)32,122(2)8V,12 (3)122,93.75% 专题14磁场 D 2.A 3.B 4.A 5.C 6.D 7.D 8.BC 9.AD BCD 11.AD 解析(1)闭合开关后发现台秤的示数没有变化，仍等于 F。,是因为力的作用是相互的，导线和磁场之间的作用力是 一对相互作用力，所以只需要把铁架台从台秤上移到水平桌 面上即可，故B正确，ACD错误； (2)根据左手定则可以判断导线受到的安培力方向是竖直向 下，根据牛顿第三定律可以知道导线对磁铁的作用力是竖直 向上的，所以此时台秤的示数会减小； (3)根据闭合电路的欧姆定律可知，通过导线的电流为I= ,子线安到的安培力大小为F=BIL,根据平衡条件有 F,=F十F,联立解得B=F,一E)(R+r) EL 答案(1)B(2)<(3)B=E。-F)(R+ EL 13.解析(1)①根据实验原理可知，电源要给导体棒D供电，： 形成电流，为了改变电流，变阻箱采用限流接法，如图所示： A ③要重新测量，改变电流后需要在托盘内重新加入适量细！ 沙，使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I: (2)金属框所受安培力F=BIL,根据平衡条件2-mg= BIL,联立解得B=二mg」 IL (3)根据共点力平衡条件可知，若2>1，安培力方向向下， 由左手定则可知，磁感应强度方向外；反之说明磁感应强里； 即：判定磁感应强度方向的方法是：若2>1，磁感应强度 方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里， 答案(1)①见解析③重新处于平衡状态电流表的示！ 数I (2)m,-m1g (3)12>m1 IL 14.解析(1)天平平衡，因此有 m1g=mog十F, 可得F=m1g-mog=0.05N, F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线圈中电流方向： 为顺时针 (2)线圈中电流的大小 1=E-U=0.1A, 根据欧姆定律有U=I(R,十R), 可得R=42. (3)矩形线圈下边所受安培力大小 F=nBIL,可得B= n元=0.5T. 答案(1)0.05N顺时针(2)42(3)0.5T 15.解析(1)由洛伦兹力提供向心力， 对P有q0,B=m西 RPE 对Q有q2,B=m(2,) Ro ,9X2X2B=m(2)2 ROf 解得R吧RagR。运动轨迹如图 gB 所示， y↑ 204 P B .m. ·OO 2B: 则xo=2RpL,解得B,= 2mvs 200 (2)如图所示 2v04 2R1 若要使两粒子轨迹在x轴上有n(n≥2)个交点，则磁场沿x 轴方向上的长度至少为L1=nRa上(n=2,3,4…),磁场沿y 轴方向上的宽度至少为L,=R。上十RQr,则磁场的最小面积 9-l×1,-6g6m=2.34 (3)由题意，两粒子在x轴上方做圆周运动的半径r1= 2mvs gB 在x轴下方做国周运动的半径，一常 在P粒子第一个半圆上相遇时横坐标最小，其相遇轨迹交点 如图中所示的G点，O1、O,之间距离与A、O之间距离相等， 易知01O2=2r2, 可得a=45°， 又T=2r 解得粒子在x轴上、下方圆周运动的周期分别为T= 2m T-2mm gB gB P粒子运动至G点转过圆心角为45，所用时间=8， Q粒子运动至G,点，在x轴下方转过圆心角为180°，在x轴 上方转过国心角为135，所用时间么-受十识。 两粒子从O点出发的时间差△t=t2一t1, 解得△t 答案 (1)B1= 2mvo (2)S= 6nm242 gB (n=2,3,4…) 8-(1+号）器 解析(1)由类平运动的规律有 m x=vot, 其中y=x, 联立解得=2m/s, (2)通过(1)可知，所有粒子均从坐标原，点飞出电场，粒子在 电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x轴负方向的 夹角越大，故从y1=0.25m处进入电场的粒子，飞离电场时！ 与x轴负方向的夹角最大，设粒子飞离电场时沿电场方向的！ 速度大小为少， 则=at: I=vot; 其中少=1”， 则tan0=, 解得0=45°， 则从y=0飞入的粒子运动方向不变，故粒子飞离电场时速！ 度方向与x轴负方向的夹角范围为0一45°. (3)与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间： 最短， 由几何关系有6=2X45 360° 由洛伦兹力提供向心力有qB=m心 T=2xr 解得t2=0.25s. 答案(1)2m/s(2)0一45°(3)0.25s 专题15带电粒子在磁场中的运动 1.C2.C3.C4.A5.C6.D7.D8.ACD9.AD 10.AD11.AC 12.解析(1)小球A在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，沿： x轴正方向撞到小球B,碰撞前小球A的运动轨迹为四分之！ 一圆周，易知轨迹半径为r=2m,故B小球应放在y=r= 2m处.根据洛伦按力提供向心力得q0B=m,解得0= 2m/s; (2)若A、B小球的碰撞是弹性 碰撞，以x轴正方向为正方向， 由动量守恒定律和机械能守恒 定律分别得maU=UA十 2BUB,n4U2=。nn4U42+· .2m 子m,解得=各 1.2m/s,根据洛伦兹力提供 向心力guB=m1,解得=1.2m,由几何关系可得x2十 r -=3,解得x=子5m 答案(122(2)号5 13.解析(1)如图1，粒子在I ·×××× 区受电场力加速运动，由动能 定理得 ×××× 风L=合md ×××× 粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运 动，由牛顿第二定律得 ·×× I区 I区 Ⅲ区 图1 设Ⅱ区域宽度为L1,若粒子能进入Ⅲ区域，则需R>L1, 联立解得Ⅱ区域宽度L1应小于10cm 201 (2)如图2，粒子在Ⅲ区域 ×××× 做匀速圆周运动，由牛顿第 ×××× 二定律得 XXXX 2Bq- B ×ě印 设Ⅲ区域宽度为L2,因为 ×2×这d 粒子在Ⅲ区域中水平飞出， ×××× 则∠bOc=∠cpd, I区 Ⅲ区 由粒子运动中的几何关系 图2 可得 R1:R2=L1:L2, 解得Ⅲ区域宽度为L2=4cm. 答案(1)小于10cm(2)4cm 4.解析(1)设粒子的最大速度为1， 由于速度最大的粒子穿过x轴前一 直在磁场内运动，过P点作速度的垂 线交x轴于O1点，就是速度为U1的 0 O N M 粒子做圆周运动的圆心，PO即为半 径R,,由几何关系可知 R1sin60°=yp, 解得R,=√3l, 由洛伦兹力提供向心力，则 q四B=mR' 解得=③gBl 由于所有粒子离开磁场时方向均沿y轴负方向，所以它们在 磁场中偏转的角度均相同，即从磁场射出的粒子，射出点一 定在PM连线上，PM连线即为y=-kx直线， k=0-001+R' y卫 郎得长= (2)所有粒子在磁场中运动的时间均相等，速度小的粒子离 开磁场后再做匀速直线运动，速度最小的粒子在磁场外运动 的位移最大，时间最长，设粒子在磁场中运动的时间为七1， T=2元m gB' 4=号r 设速度最小的粒子在磁场中半径为R2,速度为，根据几何 关系有 CN NM OPOM R2sin30°+R2=OM-MN=√3l, 解得CN= 21, R,=2y5, 3 由洛伦兹力提供向心力，则 22 qv:B=m R2