第1部分 专题3 2 第二讲 磁场（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第二讲　磁场 考点一　磁场的性质 1.磁场叠加问题的一般思路 (1)确定磁场场源：通电导线的形状、相对位置、通电电流的大小及方向等。 (2)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。 (3)根据磁感线的切线方向确定磁场中每一点的磁感应强度方向。 (4)多个通电导体产生的磁场叠加时，某点的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。 2.有关安培力问题的分析方法 (1)确定导线有效长度 图中所示弯曲的通电导线，可等效为通有电流I的直导线ac，计算大小时可用ac长度，安培力方向用左手定则判定。 (2)“三维变二维” 画出平面受力分析图，其中安培力的方向要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I，然后根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程求解。 (2025·湖南岳阳二模)如图所示，空间中充满磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，两根通电长直导线垂直纸面分别放置在直角三角形OMN的M、N两顶点处，∠M＝90°，∠N＝30°。M处导线中的电流方向垂直纸面向外，N处导线中的电流方向垂直纸面向里，两导线中的电流大小可以变化。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k(k为常数)，即磁感应强度B与导线中电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。现让两导线以O点为圆心，分别以OM、ON为半径，保持∠O 学生用书⬇第47页 不变，从图示位置顺时针缓慢旋转60°的过程中，O点的磁感应强度始终为零。在旋转过程中下列说法正确的是 A.两处导线中的电流均增大 B.两处导线中的电流均减小 C.M处导线中电流一直减小，N处导线中的电流一直增大 D.M处导线中电流一直增大，N处导线中的电流一直减小 答案：D 解析：由安培定则确定M、N处两导线在O处产生的磁场方向(如图所示)，从图示位置顺时针缓慢旋转60°的过程中，两导线产生的磁场方向也沿顺时针旋转60°角，因O点的磁感应强度始终为零，则BM与BN的矢量和与B等大反向，由图可知，BM逐渐增大，BN逐渐减小；通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，可知M处导线中电流一直增大，N处导线中的电流一直减小。故选D。 (多选)如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为Ffm，重力加速度为g。闭合开关后，下列判断正确的是 A.金属棒受到的安培力方向沿斜面向下 B.金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 C.若金属棒恰好不滑动，则滑动变阻器的阻值为－r－R0 D.要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为－r－R0 答案：ABC 解析：根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力沿斜面的分力也沿斜面向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面 向上，故A、B正确；若金属棒恰好不滑动，则金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时金属棒在导轨上静止受到的安培力最大，根据平衡条件可得mgsin θ＋F安＝Ffm，又F安＝ILB＝LB，联立可得R＝－r－R0，故C正确；要保持金属棒在导轨上静止，由C项分析可知，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为－r－R0，故D错误。故选ABC。 预测.(2024·重庆高考)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求： (1)P所受单根导线拉力的大小； (2)Q中电流的大小。 答案：(1)mg　(2) 解析：(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设单根导线的拉力大小为FT，对P受力分析，有2FT＝2mg 解得FT＝mg。 (2)设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，有mg＋F ＝ 2mg 又F＝ILB 解得I＝。 学生用书⬇第48页 考点二　带电粒子在有界磁场中的运动 分析带电粒子在磁场中运动问题的三个关键 1.圆心的确定 (1)轨迹上的入射点和出射点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、出射点连线的中垂线的交点为圆心，如图(b)。 (3)沿半径方向与入射点的距离为r且在圆内的点为圆心，如图(c)。 2.半径的确定 方法一：由物理公式求半径，由qvB＝m可得半径r＝。 方法二：由几何关系求半径，一般利用数学知识(勾股定理、三角函数等)求半径。 3.时间的确定 方法一：由圆心角求时间，t＝T。 方法二：由弧长求时间，t＝。 (多选)(2025·四川高考)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子 A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 答案：AD 解析：由题意可画出粒子轨迹如图所示，由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系有cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T1＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T2＝×，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。故选AD。 预测1.(多选)(2025·广东佛山二模)如图甲，地磁场对带电的粒子有阻挡作用。图乙是赤道周围的磁场分布情况，磁场垂直纸面向里，认为该厚度内的磁场大小均匀。三个射向地球的宇宙粒子1、2、3运动情况如图乙所示，三个粒子的动能大小相等，粒子3沿着直线射向地球，则有 A.粒子3带正电 B.粒子2带正电 C.若粒子1、2电荷量大小相等，则粒子1的质量较小 D.若粒子1、2质量相同，则粒子2的电荷量较大 答案：BD 解析：根据左手定则可知，粒子1带负电，粒子2带正电，而粒子3不带电，故A错误，B正确。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，所以三个粒子的动能大小为Ek＝mv2＝。由于三个粒子动能大小相等，若粒子1、2电荷量大小相等，而粒子1的轨迹半径大于粒子2的轨迹半径，则粒子1的质量较大；若粒子1、2质量相同，则粒子2的电荷量较大，故C错误，D正确。故选BD。 预测2.(2025·四川绵阳三诊)如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的 3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度v0从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点(图中未画出)相切。不计粒 学生用书⬇第49页 子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是 A.O、P两点竖直方向上的距离为d B.粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60° C.粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3∶2 D.粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2∶3 答案：B 解析：根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，由于B2＝3B1，可知r1＝3r2，粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场 Ⅰ 中的偏转角为θ，则r1sin θ＝d，r2sin θ＋r2＝d，联立解得θ＝，r1＝2d，r2＝，O、P两点竖直方向上的距离h＝(r1＋r2)cos θ－r1＝ ，A错误；粒子从区域 Ⅰ 进入区域 Ⅱ，圆心角为30°，即速度的偏向角为30°，因此速度与边界的夹角为60°，B正确；粒子在区域 Ⅰ 中运动的时间t1＝＝，粒子在区域 Ⅱ 中运动的时间t2＝＝，粒子在区域 Ⅰ、 Ⅱ 运动时间之比＝，粒子从O点到P点，在区域 Ⅰ、 Ⅱ 运动路程之比＝＝，C、D错误。故选B。 考点三　三类动态圆 模型1　“放缩圆”模型 (1)模型适用条件：粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同。 (2)轨迹圆特点：轨迹圆相切于入射点，圆心在垂直于初速度方向的同一直线上，如图所示。 (3)常见分析思路：以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作出粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。 (多选)(2024·四川成都外国语学校模拟)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.若粒子从AB边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长 答案：CD 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＝＋，解得R＝L，故B错误；粒子轨迹对应的圆心角的正弦为sin ∠DOC＝＝，则∠DOC＝60°，粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，故C正确；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边射出时轨迹对应的圆心角θ相同，且最大，根据t＝T，可知粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长，故D正确。故选CD。 母题变式.(多选)如图所示，在实线ACODE以上的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，AC＝CO＝OD＝DE＝L。磁场边界A点有一粒子源，能射出质量为m、电荷量为－q的带电粒子，粒子以不同的速率垂直AC向上进入磁场，不计粒子间的相互作用和重力，则粒子从COD边界射出磁场时，在磁场中运动的时间可能是 A. B. C. D. 答案：BC 解析：带电粒子在磁场中的运动临界状态如图所示，若粒子从C点或D点射出，运动时间为t1＝＝·＝，且粒子不可能做完整圆周运动，故A错误，C正确；M点为运动轨迹与边界OD的切点，若粒子恰好从M点射出，由几何知识可知运动轨迹对应的圆心角为210°，运动时间为t2＝T＝·＝，故B正确；假设磁场无边界，粒子从A点运动到O点的时间为t3＝T＝·＝，但粒子到达O点之前已从D点射出，故D错误。故选BC。 模型2　“旋转圆”模型 (1)模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定，方向不同。 (2)轨迹圆特点：所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上，如图所示。 (3)常见分析思路：将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子不同的出射范围所对应的临界条件。 (2025·安徽高考)如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且 学生用书⬇第50页 平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 答案：C 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos 30°－r＝(－1)d，B错误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动周期T＝＝ ，又t＝T，故粒子运动轨迹所对圆心角越大，运动时间越长，结合B、C项分析可知，打在薄板下表面最右端的粒子运动时间最短，结合几何关系有tmin＝·＝，D错误。故选C。 母题变式.如图所示，水平直线边界PQ的上方空间内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长为2d、与PQ平行的挡板MN到PQ的距离为d，边界PQ上的S点处有一电子源，可在纸面内向PQ上方各方向均匀的发射电子。已知电子质量为m，电荷量为e，速度大小均为，N、S的连线与PQ垂直，不计电子的重力及电子之间的作用力，则挡板MN的上表面与下表面被电子击中部分的长度之比为 A.－1 B.1 C. D.＋1 答案：A 解析：电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evB＝m，解得r＝＝d，作出电子从不同方向射出的轨迹，其中有三个临界情况，分别是恰好与MN下表面相切、轨迹恰好经过N点打在MN上表面和沿SQ方向入射的粒子经过四分之三圆打在C点，如图所示，则挡板MN的上表面被电子击中部分为CD，根据几何关系可得DN＝＝d，又CN＝d，由几何关系得CD＝DN－CN＝d，MN下表面被电子击中部分长度为CN＝d，因此＝－1。故选A。 模型3　“平移圆”模型 (1)模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同，但入射点的位置不同。 (2)轨迹圆特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等，因入射点的位置不同，各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。 (3)常见分析思路：将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件。 (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B0＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝2×10－3 C的带负电的粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO方向，从BO之间射入磁场区域，不计带电粒子的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qvB0＝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，如图所示，由图可知，AC边有粒子射出的长度为＝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＝r＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长的粒子运动半个圆周，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。故选ACD。 考点四　电磁场与现代科技 (2025·北京海淀区一模)如图所示，一定厚度和宽度的半导体板放在匀强磁场中，当半导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在上侧面A和下侧面A'之间会产生一定的电势差UH，将这种半导体板制成磁敏元件，可用来探测某空间的磁场。下列说法正确的是 A.若半导体板内载流子为电子，则上侧面A的电势比下侧面A'的电势高 B.探测空间磁场时，UH与被测磁场的磁感应强度呈线性关系 学生用书⬇第51页 C.探测空间磁场时，磁敏元件的摆放方向对UH的数值无影响 D.在图示情况下，半导体板单位体积中载流子数目越大UH越大 答案：B 解析：根据左手定则可知，电子受到洛伦兹力向上偏转，故上侧面A的电势比下侧面A'的电势低，A错误；设半导体板的厚度为d，高度为h，根据电流的微观表达式I＝nqSv，其中S＝dh，当电势差稳定时洛伦兹力与电场力平衡，则有qvB＝q，联立解得UH＝，可知电势差UH与B成正比，与d成反比，半导体板单位体积中载流子数目越大UH越小，B正确，D错误；探测空间磁场时，磁场方向要与半导体板的厚度方向平行，即磁敏元件的摆放方向对UH的数值有影响，C错误。故选B。 (多选)图甲是回旋加速器的主要部件示意图，图乙是回旋加速器D形盒的俯视图，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间忽略不计，已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r，高频电源的频率为f，加速电压为U，若A处的粒子源产生一个电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场，能一直被回旋加速最后从D形盒出口飞出，下列说法正确的是 A.被加速的粒子的比荷为 B.粒子从D形盒出口飞出时的速度为2πfr C.粒子在D形盒中加速的次数为 D.当磁感应强度变为原来的0.5倍，同时改变频率，该粒子从D形盒出口飞出时的动能为πfqBr2 答案：BC 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，根据题意，粒子能够一直被回旋加速，故高频电源的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即T＝，联立两式可得＝，故A错误；当粒子从D形盒出口飞出时有v＝＝2πfr，故B正确；从粒子一开始加速到飞出D形盒，根据动能定理有nqU＝mv2，解得加速次数为n＝，故C正确；当磁感应强度变为原来的0.5倍时，即B'＝0.5B，由于粒子的比荷保持不变，故电源的频率变为f'＝0.5f，当粒子从D形盒口飞出时，其动能为Ek＝mv'2＝m(2πf'r)2＝πfqBr2，故D错误。故选BC。 (多选)如图为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐向的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为＋q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)。下列说法正确的是 A.磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内 B.加速电场中的加速电压U＝ER C.磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝ D.任何比荷相同的正离子若能到达P点，则一定能进入收集器 答案：BD 解析：由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；对加速过程由动能定理有qU＝mv2，对静电分析器中的运动过程由牛顿第二定律有qE＝m，联立解得U＝ER，比荷相同的正离子若能到达 P点，到达P点的速度一定相等，由qvB＝m得r＝，则一定能进入收集器，故B、D正确；由qvB＝m、qE＝m、r＝d，可得磁分析器中轨迹圆心O2到 Q点的距离d＝ ，故C错误。故选BD。 1.生产情境类 (2024·浙江1月选考)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安培力向下 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 答案：A 解析：由左手定则可知，题图所示左侧通电导线受到安培力向下，A正确；a、b两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；因c点处的磁感线比d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。故选A。 学生用书⬇第52页 2.生产情境类 (2025·北京高考)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是 A.N点电势比M点高 B.U0正比于流量Q C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 答案：C 解析：根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，有q＝qvB，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知，此时式中磁感应强度为实际磁感应强度的一个分量，即测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，D正确。故选C。 3.科技情境类 (多选)(2024·湖北高考)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 答案：AC 解析：等离子体从左侧喷入磁场时，由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。故选AC。 4.科技情境类 (2025·广东高考)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是 A.偏转磁场的方向垂直纸面向里 B.第1次加速后，离子的动能增加了2qU C.第k次加速后，离子的速度大小变为 D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 答案：A 解析：离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程， 由动能定理有kqU＝mv2－m，解得v＝，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B'，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB'＝m，结合C项分析可得B'＝，D 错误。故选A。 专题集训(十一)　磁场 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题5分，共35分) 1.(2025·山西晋城二模)如图所示，弯曲金属棒ACDE固定在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属棒所在平面与磁场垂直，AC段为半径为r的四分之一圆弧，CDE段为半径为r的半圆弧，A、C、D、E为正方形的四个顶点，给金属棒通入恒定电流I，则整个金属棒受到的安培力大小为 A.2BIr B.BIr C.πBIr D.πBIr 答案：B 解析：整个金属棒在磁场中的有效长度为r，则整个金属棒受到的安培力大小为F＝BIr。故选B。 2. (2025·四川达州二模)如图所示，A、C、D是三个垂直于纸面的长直导线，O为A、C连线的中点，CD垂直CA且CD＝CO，现在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，O点的磁感应强度大小为B；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向。已知通电直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为B＝k(k为常数)，则下列说法正确的是 A.D中的电流方向垂直纸面向外，且I2＝I1 B.D中的电流方向垂直纸面向里，且I2＝2I1 C.若C中再通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，O点的磁感应强度大小为2B D.若C中再通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，O点的磁感应强度大小为B 答案：D 解析：在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，O点的磁感应强度大小为B，由安培定则可知方向垂直AC向上，再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向，可知D中的电流方向垂直纸面向外，如图，则BD＝B，由B＝k，BD＝k＝k，解得I2＝2I1，故A、B错误；若C中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，导线C在O点的磁感应强度大小为B，方向垂直于AC向下，由于A和D直导线在O处的合磁感应强度大小为B，方向沿OC方向，则此时O点的磁感应强度大小为B，故C错误，D正确。故选D。 3.(2025·广东大湾区二模)如图为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一α粒子在P点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到M点，运动轨迹如图中虚线所示。α粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是 A.静电偏转区内的电场是匀强电场 B.磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里 C.仅将α粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动 D.仅将α粒子改为氘核H)，氘核不会沿虚线运动到M点 答案：C 解析：α粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，静电力提供向心力，静电力方向不断变化，说明电场方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；α粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，在静电偏转区域，由qE＝m＝，则E＝，则改为质子也能在静电偏转区沿虚线做匀速圆周运动，故C正确；在从加速电场射出后，满足qU＝mv2，α粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区，同样满足qE＝m，做匀速圆周运动，在磁场偏转区，也满足qvB＝m，则氘核会沿虚线运动到M点，故D错误。故选C。 4.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨二模)如图所示，矩形ABCD为某匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0。AB、AD边长分别为a和a，D点处有一粒子源，沿DC方向发射带正电粒子。观测发现：粒子只从AB边向外射出磁场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，忽略电荷间相互作用和粒子受到的重力，则发射粒子的速度大小可能为 A. B. C. D. 答案：ABC 解析：当从A点射出时，半径最小，根据几何关系有rmin＝，当从B点射出时，半径最大，根据几何关系有＝(rmax－a)2＋(a)2，解得rmax＝2a，根据洛伦兹力提供向心力有qvB0＝m，联立可得vmin＝，vmax＝，即≤v≤。故选ABC。 5. (多选)(2025·广东汕头二模)如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场。不计粒子重力，sin 53°＝0.8。下列说法正确的是 A.若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度v0＝ B.若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间t＝ C.若粒子的速度v0＝，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60° D.若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过 答案：BD 解析：若粒子恰好从c点射出磁场，由几何关系可知，粒子圆周运动半径为r＝L，根据qv0B＝m，解得v0＝，故A错误；若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，轨迹如图所示，设轨迹圆半径为R，由几何关系可知＋L2＝R2，解得R＝L，则sin θ＝＝，可知θ＝53°，则粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，故B正确；若v0＝，则轨迹圆半径r1＝＝L，粒子从cd边射出，轨迹如图所示，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为β，则sin β＝＝，即β＝30°，故C错误；若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角不超过180°，运动轨迹圆心角为180°时粒子的运动时间t0＝T＝×＝，所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过，故D正确。故选BD。 6. (多选)如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点。在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子间的相互作用和重力，则 A.粒子带负电 B.粒子运动的速度大小为 C.从AD边离开的粒子在磁场中运动的最短时间为 D.从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为 答案：AB 解析：速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由左手定则可知，粒子带负电，A正确；速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知α＝60°，所以粒子做圆周运动的半径r＝d，由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得粒子运动的速度大小为v＝，B正确；由图乙可知，粒子从AD边离开时的运动轨迹都为劣弧，由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此从AD边离开的粒子在磁场中运动的轨迹越短，即该轨迹对应的弦越短，运动时间越短，分析可知，O点到AD的最短距离为EO，即从E点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，结合T＝可得最短时间t＝＝，C错误；如图乙所示，当粒子水平向左飞入时刚好从A点飞出，当粒子竖直向上飞入时，刚好从D点飞出，由图乙可知，从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域为图乙中阴影区域，所以该区域面积为S＝πd2＋(d2－πd2)＝d2，D错误。故选AB。 7.(2025·广东广州天河综合测试)如图，abcd-a'b'c'd'为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上的匀强磁场。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、N(重力不计)，从P孔垂直于abcd表面射入后，M打在bc边上，N打在b'c'边上，则粒子M、N的比荷之比为 A.2∶1 B.1∶2 C.5∶1 D.1∶5 答案：C 解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，从上往下看，如图所示，设正方体的棱长为L，由几何关系有rM＝L，＝L2＋，解得rN＝L，由牛顿第二定律有qvB＝m，可得＝，由于粒子源S发射了两个速度大小相同的粒子进入同一磁场中，设粒子M、N的比荷分别为kM和kN，则粒子M、N的比荷之比为＝＝。故选C。 8.(15分)(2025·北京高考)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。 (1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。 (2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求： a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2； b.粒子2的动量大小p2。 答案：(1)T＝·m　(2)a.θR∶d　b. 解析：(1)粒子速度方向与磁场方向垂直，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有q0vB＝m 解得轨迹半径R＝ 圆周运动的周期T＝ 将R代入得T＝ 即T＝·m。 (2)a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，线速度 v1＝ωR＝R 粒子2做匀速直线运动，速度v2＝ 所以速度之比＝＝ 即v1∶v2＝θR∶d。 b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m 可得m＝ 粒子1、2的质量相等，则粒子2的动量p2＝mv2 结合＝，可得p2＝·v2＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $