2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復習專題第7講　磁場 含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復習專題1.[2023·江蘇卷]如圖所示,勻強磁場的磁感應強度為B.L形導線通以恒定電流I,放置在磁場中.已知ab邊長為2l,與磁場方向垂直,bc邊長為l,與磁場方向平行.該導線受到的安培力為()A.0 B.BIl C.2BIl D.5BIl2.[2024·湖南婁底模擬]四根長直導線通有相同大小的電流,導線的截面是正方形的四個頂點,其中L1、L2導線電流垂直紙面向里,L3、L4導線電流垂直紙面向外,每根導線在中心O處產生的磁感應強度大小均為B,則O點的磁感應強度 ()A.大小為2B,指向L1B.大小為4B,指向L1、L4連線中點C.大小為22B,指向L1、L4連線中點D.大小為2B,指向L2、L3連線中點3.(多選)[2023·福建卷]地球本身是一個大磁體,其磁場分布示意圖如圖所示.學術界對于地磁場的形成機制尚無共識.一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產生的環(huán)形電流.基于此理論,下列判斷正確的是 ()A.地表電荷為負電荷B.環(huán)形電流方向與地球自轉方向相同C.若地表電荷的電荷量增加,則地磁場強度增大D.若地球自轉角速度減小,則地磁場強度增大4.[2024·四川涼山模擬]光滑剛性絕緣正三角形框內存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場,長為L的CD邊中點P開有一個小孔,如圖所示.質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點垂直于CD邊射入磁場后,與正三角形的邊發(fā)生兩次碰撞,再從P點垂直于CD邊離開磁場.粒子在每次碰撞前、后瞬間,平行于邊方向的速度分量不變,垂直于邊方向的速度分量大小不變、方向相反,電荷量不變,不計重力.則粒子的初速度為()A.qBL4m B.C.qBLm D.5.[2024·云南昆明模擬]如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面方向的勻強磁場,兩個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場,它們的運動軌跡如圖所示.設帶電粒子a、b的速率分別為va、vb,在磁場中運動的時間分別為ta、tb.不計帶電粒子間的相互作用和所受重力.下列判斷正確的是 ()A.va<vb,ta<tbB.va>vb,ta>tbC.va>vb,ta<tbD.va<vb,ta>tb6.[2024·浙江臺州模擬]如圖所示,在第Ⅳ象限內有垂直坐標平面向外的勻強磁場,一對比荷之比為2∶1的正、負帶電粒子在坐標平面內以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標原點射入磁場.不計粒子受到的重力及粒子間的作用力.正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為 ()A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.1∶17.[2024·黑龍江大慶模擬]如圖所示,紙面內有一圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域,磁感應強度的大小為B,方向垂直于紙面向里.由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ=30°的方向發(fā)射速率不等的電子.已知電子的質量為m,電荷量為e,不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用.為使電子不離開圓形磁場區(qū)域,則電子的最大速率為 ()A.7eBRB.29C.21eBRD.(8.(多選)[2024·廣東深圳模擬]如圖所示,勻強磁場的左右邊界相互平行,兩個帶電荷量絕對值相同的粒子a和b先后從O點沿垂直于左邊界方向射入磁場,射出磁場時,a粒子的速度方向與右邊界夾角為30°,b粒子的速度方向與右邊界夾角為60°,不計粒子的重力,下列判斷正確的是 ()A.粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶3B.粒子a和b在磁場中運動的動量大小之比為1∶3C.粒子a和b在磁場中運動的動能之比為1∶3D.粒子a和b在磁場中運動的時間之比為2∶19.[2020·全國卷Ⅰ]一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中虛線所示,ab為半圓,ac、bd與直徑ab共線,a、c間的距離等于半圓的半徑.一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子,在紙面內從c點垂直于ac射入磁場,這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為 ()A.7πm6qB C.4πm3qB 10.[2024·福建寧德模擬]如圖所示,一光滑、絕緣且足夠長的斜面傾角θ=37°,一質量m=1kg的物體(可視為質點)從斜面上的某點由靜止開始下滑.如果物體的帶電荷量為q=+0.5C,垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度B=1T.sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2.(1)求物體在斜面上運動的距離;(2)若換成動摩擦因數為μ=0.5的粗糙斜面,再將勻強磁場反向,其他條件不變,求物體沿斜面下滑的最大速度.11.[2024·山東青島模擬]如圖所示,垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定豎直擋板,擋板足夠長,P處有一粒子源,P、O連線垂直擋板,P到O的距離為L.粒子源能垂直磁場沿紙面向各個方向發(fā)射速度大小均為v的帶正電粒子.粒子質量均為m、電荷量均為q,到達擋板的粒子都被吸收,不計粒子的重力及粒子間的相互作用.(1)若有粒子能到達擋板,求磁感應強度大小B應滿足的條件;(2)若粒子到達擋板上側最遠處為M點,下側最遠處為N點,且OMON=23微專題4帶電粒子在組合場中的運動時間|40min第7講磁場題型1例1A[解析]根據左手定則,可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右,A正確;小球受洛倫茲力和重力的作用,則小球運動過程中速度、加速度及其大小、方向都在變,B、C錯誤;洛倫茲力始終與速度方向垂直,不做功,D錯誤.例2BC[解析]地磁場的S極大致在地理北極附近,地磁場的N極大致在地理南極附近.z軸正向保持豎直向上,由表中數據可知測量地點地磁場的豎直分量向下,可判斷該測量地點位于北半球,A錯誤;x軸和y軸沿水平方向,由第1次測量數據可知,測量地點地磁場的磁感應強度的水平分量為21μT,豎直分量為45μT,故此處的磁感應強度大小B=By2+Bz2≈50μT,B正確;由選項A的分析可知測量地點在北半球,而北半球地磁場水平分量指向北方,第2次測量By<0,故y軸正向指向南方,第3次測量Bx>0,故x軸正向指向北方,而y【遷移拓展】1.A[解析]根據左手定則可知,左側通電導線所受安培力向下,選項A正確;a、b兩點的磁場方向不同,所以磁感應強度不同,選項B錯誤;磁感線是閉合的曲線,所以極靴和圓柱內都有磁感線,磁感應強度不為零,選項C錯誤;c、d兩點附近的磁感線密集程度不同,磁感線越密集則磁場越強,所以c點的磁感應強度更大,選項D錯誤.2.BD[解析]導體棒a所受的重力G剛好與它所受的安培力的合力平衡,則b、c對導體棒a的安培力合力方向向上,根據安培定則及磁場的疊加可知導體棒b、c在P點產生的合磁場方向水平向右,結合左手定則可知導體棒a中的電流方向垂直紙面向外,故A錯誤,D正確;導體棒b、c的電流方向相同,則有相互作用的吸引力,導體棒b對c的安培力方向水平向左,故B正確;PM與PN之間的夾角為120°,根據力的分解可知導體棒b、c對導體棒a的安培力大小均為G,故C錯誤.3.B[解析]根據安培定則可知,恒定電流在圓心處的磁感應強度方向垂直紙面向里,此時圓心O處的磁感應強度為零,所以空間勻強磁場的磁感應強度方向垂直紙面向外,故A錯誤;據題意可知,圓形導體環(huán)在圓心處產生的磁場的磁感應強度大小為B0,則通以逆時針方向、同樣大小的恒定電流的半圓形導體環(huán)在圓心處產生的磁場的磁感應強度大小為B02,根據安培定則可知,方向垂直紙面向外,所以乙圖圓心O處的磁感應強度方向垂直紙面向外,大小為B=B02+B0=32B0,故B正確題型2例3C[解析]粒子運動軌跡如圖所示,在磁場中,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,可得粒子做圓周運動的半徑為r=mvqB,根據幾何關系可得P點至O點的距離為LPO=r+rsin45°=(1+2)例4BD[解析]粒子入射方向為PO方向,則與筒壁發(fā)生碰撞時的速度方向一定沿圓筒橫截面的半徑方向向外,根據題意可知,每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,故D正確;假設粒子運動過程過O點,則過P點的速度方向的垂線和OP連線的中垂線是平行的而不能確定粒子軌跡圓心,由對稱性可知,撞擊筒壁后瞬間的速度方向的垂線和碰撞點與圓心O連線的中垂線依舊平行而不能確定粒子軌跡圓心,則粒子軌跡不可能過O點,A錯誤;由題可知粒子在磁場中全部軌跡圓心連接成的多邊形應為以筒壁為內接圓的多邊形,最少應為三角形,如圖所示,即撞擊兩次,B正確;速度越大,粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數可能會增多,粒子運動時間不一定變短,C錯誤.例5BC[解析]離子穿過SP把SP分成n等份,每一等份長Ln,如圖所示,離子做圓周運動的半徑r=Ln,由半徑公式r=mvqB=vkB,可得速度v=kBLn,當n為奇數時,偏角θ=60°,當n為偶數時,偏角θ=0°,選項【遷移拓展】1.D[解析]根據題意,由牛頓第二定律有qvB=mv2r,又有T=2πrv,可得周期為T=2πmqB,可知粒子在磁場中運動的周期與速度無關,則周期之比為1∶1,故A錯誤;根據題意,由幾何關系可知,軌跡圓的圓心角θ的大小等于速度偏轉角,則軌跡圓的圓心角之比為2∶3,由于運動時間為t=θ2π·T,則時間之比為2∶3,故B、C錯誤;根據題意,設軌跡的半徑為r,圓形磁場的半徑為R,由幾何關系有tanθ2=Rr,解得r1=3R,r2=R2.ACD[解析]若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必經過cd邊,作出粒子運動軌跡圖,如圖甲所示,由對稱性可知,粒子從C點垂直于BC射出,A、C正確;若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°,則粒子可能從cd邊再次進磁場,作出粒子運動軌跡如圖乙所示,此時粒子不能垂直BC射出,粒子也可能經bc邊再次進入磁場,作出粒子運動軌跡如圖丙所示,此時粒子垂直BC邊射出,B錯誤,D正確.*題型3例6B[解析]如圖所示,粒子以速度v1、v2進入磁場,做勻速圓周運動的圓心分別為O1和O2,半徑分別為R1和R2,偏轉角度分別為90°和60°,由幾何關系得R1=R=mv1qB,R2=Rtan30°=mv2qB例7(1)vB0L(2)π3πL3v[解析](1)由洛倫茲力提供向心力有qvB0=mv2圓周運動的半徑R=L得qm=(2)如圖甲所示,以最大值θm入射時,有Δx=2R(1-cosθm)=L或2Rcosθm=L得θm=π3在磁場中運動的最短時間t1=s1v=在磁場中運動的最長時間t2=s2v時間范圍為πL3v≤t(3)因為B≥B0,設全部收集到離子時的最小半徑為R1,如圖乙所示有2R1cos37°=L又qvB1=mv得B1=mvqR1=1.故當B0≤B≤1.6B0時,有n1=n0B>1.6B0,設恰好收集不到離子時的半徑為R2,有R2=0.5L得B2=2B0當1.6B0<B≤2B0時,設R'=mvqB,有n2=2R'-L2R當2B0<B≤3B0時,有n3=0例8BD[解析]由洛倫茲力提供向心力,可得qvB=mv2r,解得r=mvBq=d,A錯誤;粒子剛好不出磁場區(qū)域的運動軌跡如圖甲所示,恰好與AC相切,根據幾何關系可得,此時入射點到A的距離為(2-1)d,即入射點到A點距離大于(2-1)d且小于d的粒子都不能出磁場,運動軌跡為半圓,則時間為t=T2=πmqB,B正確;如圖乙所示,從D點射入的粒子在磁場中的運動軌跡為一個半圓,在磁場中運動的時間為πmqB,在E點射入的粒子運動軌跡對應的圓心角為甲乙例9C[解析]由題可知,從左側任選一電子A經磁場偏轉后,通過坐標原點O,如圖所示,由于電子沿水平方向射入磁場,半徑與速度方向垂直,可知AO2∥O1O,由幾何關系可知,平行四邊形AO2OO1為菱形,因此電子在磁場中運動的軌道半徑R=r,又由于evB=mv2R,可知磁感應強度的大小為B=mver第7講磁場【網絡構建】【關鍵能力】理解磁場對運動電荷、通電導線的作用,掌握磁場的疊加、磁場對電流的作用、帶電粒子在磁場中的運動等問題的解決思路,加強帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的作圖訓練,培養(yǎng)數形結合能力,掌握解決帶電粒子在磁場中的運動的臨界、多解問題的分析技巧,培養(yǎng)科學思維能力.題型1磁場的性質1.掌握“兩個磁場力”(1)安培力:F=BIL(I⊥B);(2)洛倫茲力:F=qvB(v⊥B).2.明確兩個常用的等效模型(1)變曲為直:圖甲所示通電導線,在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流.(2)化電為磁:環(huán)形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁鐵,如圖乙.例1[2023·海南卷]如圖所示,帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場,關于小球運動和受力說法正確的是 ()A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B.小球運動過程中的速度不變C.小球運動過程的加速度保持不變D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功例2(多選)[2022·全國乙卷]安裝適當的軟件后,利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B.如圖所示,在手機上建立直角坐標系,手機顯示屏所在平面為xOy面.某同學在某地對地磁場進行了四次測量,每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上.根據表中測量結果可推知 ()測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.測量地點位于南半球B.當地的地磁場的磁感應強度大小約為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方【技法點撥】本題用智能手機測地磁場的磁感應強度,要求學生根據題中給出的測量結果論證測量地點、y軸正方向的指向情況等,題干中說明z軸正向保持豎直向上,而表格中測量結果表明z軸方向的磁感應強度為負,即測量地點的磁感應強度的豎直分量是向下的,說明測量地點位于北半球;然后再根據矢量合成法則確定合磁感應強度的大小和方向.【遷移拓展】1.[2024·浙江1月選考]磁電式電表原理示意圖如圖所示,兩磁極裝有極靴,極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱.極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向,兩者之間有可轉動的線圈.a、b、c和d為磁場中的四個點.下列說法正確的是 ()A.圖示左側通電導線受到安培力向下B.a、b兩點的磁感應強度相同C.圓柱內的磁感應強度處處為零D.c、d兩點的磁感應強度大小相等2.(多選)[2024·海南海口模擬]實驗室里有三根等長細直通電導體棒a、b、c水平放置,如圖所示,P、M、N分別是三根導體棒上的點且在同一豎直面內,導體棒b、c中的電流方向垂直紙面向里,導體棒之間的距離為PM=PN=L,PM與PN之間的夾角為120°,導體棒b、c固定,導體棒a所受的重力G剛好與它所受的安培力的合力平衡,則下列說法中正確的是 ()A.導體棒a中的電流方向垂直紙面向里B.導體棒b對c的安培力方向水平向左C.導體棒b、c對導體棒a的安培力大小均為GD.導體棒b、c在P點產生的合磁場方向水平向右3.[2024·湖南邵陽模擬]空間存在垂直紙面的勻強磁場,磁感應強度為B0,甲圖是一放置于紙面內有順時針方向恒定電流的圓形導體環(huán),圓心O處的磁感應強度為零.乙圖是一放置于紙面內有逆時針方向同樣大小恒定電流的半圓形導體環(huán),空間存在同樣的垂直紙面、磁感應強度為B0的勻強磁場,以下說法正確的是 ()A.空間勻強磁場的磁感應強度方向垂直紙面向里B.乙圖圓心O處的磁感應強度為32BC.乙圖圓心O處的磁感應強度方向垂直紙面向里D.乙圖半圓形導體環(huán)中電流在圓心O處產生的磁感應強度為B0題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動1.常用公式qvB=m2.運動時間的確定:t=α360°T(可知α越大,粒子在磁場中運動時間越長).圓心角α3.對稱性的應用(1)粒子從直線邊界射入磁場,再從這一邊界射出時,速度方向與邊界的夾角相等.(2)粒子沿徑向射入圓形磁場區(qū)域時,必沿徑向射出磁場區(qū)域.帶電粒子在有界磁場中的運動例3[2024·廣西卷]xOy坐標平面內一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里.質量為m,電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點沿x軸正向開始運動,粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°,交點為P.不計粒子重力,則P點至O點的距離為 ()A.mvqB B.C.(1+2)mvqB D.例4(多選)[2023·全國甲卷]光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O為圓心的圓,如圖所示.一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發(fā)生碰撞.假設粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變.不計重力.下列說法正確的是 ()A.粒子的運動軌跡可能通過圓心OB.最少經2次碰撞,粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大,在圓內運動時間越短D.每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【技法點撥】處理帶電粒子在有界磁場中運動的方法(1)畫軌跡:根據題意,畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡.(2)圓心的確定:軌跡圓心O總是位于入射點A和出射點B所受洛倫茲力F洛作用線的交點上或AB弦的中垂線OO'與任一個F洛作用線的交點上,如圖所示.(3)半徑的計算:一方面可由qvB=mv2r得r=mv帶電粒子在磁場中運動的多解問題例5(多選)[2022·湖北卷]在如圖所示的平面內,分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分,一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場,另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小均為B,SP與磁場左右邊界垂直.離子源從S處射入速度大小不同的正離子,離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角.已知離子比荷為k,不計重力.若離子從P點射出,設出射方向與入射方向的夾角為θ,則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為()A.13kBLB.12kBLC.kBL,60°D.2kBL,60°【技法點撥】帶電粒子在磁場中運動的多解問題的處理方法(1)認真讀題,逐一確認形成多解的各種因素.(2)畫出粒子運動的可能軌跡,并確定其圓心、半徑的可能情況.(3)對于圓周運動的周期性形成的多解問題,要注意系列解出現的可能,要注意每種解出現的條件,并尋找相關的通項公式.【遷移拓展】1.[2024·吉林長春模擬]如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,某帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向以不同大小的速度射入磁場,粒子第一次離開磁場時速度方向偏轉了60°,第二次離開磁場時速度方向偏轉了90°,粒子重力不計,則粒子先后兩次在磁場中運動的 ()A.周期之比為3∶1B.時間之比為3∶2C.軌跡圓的圓心角之比為3∶2D.軌跡圓的半徑之比為3∶12.(多選)[2024·河北卷]如圖所示,真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd,其各對應邊平行,ABCD的邊長一定,abcd的邊長可調,兩正方形之間充滿恒定勻強磁場,方向垂直于正方形所在平面.A處有一個粒子源,可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向進入磁場.調整abcd的邊長,可使速度大小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出.對滿足前述條件的粒子,下列說法正確的是 ()A.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°,則粒子必垂直BC射出C.若粒子經cd邊垂直BC射出,則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經bc邊垂直BC射出,則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°*題型3動態(tài)圓和收集粒子問題放縮圓問題適用條件速度方向一定,速度大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定、速度大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景),速度v越大,運動半徑也越大.可以發(fā)現這些帶電粒子射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'上界定方法以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索出臨界條件,這種方法稱為“放縮圓”法例6[2021·全國乙卷]如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場.若粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏轉90°;若射入磁場時的速度大小為v2.離開磁場時速度方向偏轉60°.不計重力,則v1v2為 A.12 B.33 C.32 旋轉圓問題適用條件速度大小一定,方向平行粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入初速度為v0,則圓周運動半徑R=mv軌跡圓圓心不同帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=mv界定方法將一半徑R=mv例7如圖所示,x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場,坐標原點處有一正離子源,單位時間在xOy平面內發(fā)射n0個速率均為v的離子,速度方向與y軸正方向夾角不超過θ.在x軸上放置長度為L的離子收集板,其右端點距坐標原點的距離為2L,當磁感應強度為B0時,沿y軸正方向入射的離子,恰好打在收集板的右端點.整個裝置處于真空中,不計重力,不考慮離子間的碰撞,忽略離子間相互作用.(1)求離子的比荷qm(2)若發(fā)射的離子被收集板全部收集,求θ的最大值以及這些離子在磁場中運動的時間范圍.(3)假設離子到達x軸時沿x軸均勻分布.當θ=37°,磁感應強度在B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時,求單位時間內收集板收集到的離子數n與磁感應強度B之間的關系.(由于v較大,不計離子在磁場中運動的時間)平移圓問題適用條件速度大小一定,方向一定,入射點不同但在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定,入射點不同但在同一直線上的帶電粒子,這些帶電粒子進入勻強磁場時,做勻速圓周運動的半徑相同,若入射速度大小為v0,則運動的半徑R=m軌跡圓圓心共線如圖所示,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上界定方法將半徑R=mv例8(多選)如圖所示,有一等腰直角三角形AOC,直角邊長為3d,AOC區(qū)域范圍內(包含邊界)存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場,質量為m、電荷量為+q的粒子可在直角邊AO上的不同位置垂直邊界、垂直磁場射入,入射速度大小為qBdm,D、E是AO邊界上的兩點(圖中未畫出),AD=EO=0.5d,不計粒子重力,則(A.粒子在磁場做圓周運動的半徑為2dB.粒子從距A點(2-1)d處射入,恰好不從AC邊界射出C.從D點射入的粒子,在磁場中運動的時間為πD.從E點射入的粒子,在磁場中運動的時間為π聚焦圓問題適用條件速度大小一定,方向平行粒子源發(fā)射速度大小一定、方向平行的帶電粒子進入圓形區(qū)域的勻強磁場時,區(qū)域圓與軌跡圓的半徑相同,若射入初速度大小為v0,則圓周運動半徑為R=m軌跡圓圓心共圓如圖所示,所有粒子交于某一點A,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以聚焦點A為圓心、半徑R=mv界定方法以對準區(qū)域圓的圓心入射時背離圓心離開,從而得到聚焦點,這種方法稱為“聚焦圓”法例9[2024·福建三明模擬]帶電粒子流的磁聚焦是薄膜材料制備的關鍵技術之一.磁聚焦原理如圖,真空中半徑為r的圓形區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場.一束寬度為2r、沿x軸正方向運動的電子流射入該磁場后聚焦于坐標原點O.已知電子的質量為m、電荷量為e、進入磁場的速度均為v,不計電子間的相互作用力,則磁感應強度的大小為()A.mvB.2C.mvD.2

解得xAB=4.6m第7講磁場1.C[解析]bc段與磁場方向平行,則不受安培力;ab段與磁場方向垂直,受安培力為Fab=BI?2l=2BIl,則該導線受到的安培力為2BIl,故C正確.2.C[解析]根據右手螺旋定則可知,4根通電直導線在O點產生的磁感應強度如圖所示,則O點的磁感應強度B合=(2B)2+(2B)2=23.AC[解析]根據右手螺旋定則可知,地表電荷為負電荷,故A正確;由于地表電荷為負電荷,則環(huán)形電流方向與地球自轉方向相反,故B錯誤;若地表電荷的電荷量增加,則等效電流增大,地磁場強度增大,故C正確;若地球自轉角速度減小,則等效電流減小,地磁場強度減小,故D錯誤.4.B[解析]帶正電粒子從P點垂直于CD邊射入磁場后,與正三角形的邊發(fā)生兩次碰撞,再從P點垂直于CD邊離開磁場,可知L=2r,根據qvB=mv2r,可得v=qBL5.D[解析]根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,解得v=qBrm,由圖可知,帶電粒子a的軌道半徑小于帶電粒子b的軌道半徑,則有va<vb,帶電粒子在磁場中的時間為t=θ2πT=θ2π·2πmqB=θmqB,由圖可知,帶電粒子a的運動軌跡所對應的圓心角大于帶電粒子b6.D[解析]正電荷運動所對應的圓心角為120°,負電荷運動所對應的圓心角為60°,正、負帶電粒子圓心角之比為2∶1;由T=2πmqB可知正、負帶電粒子周期之比為1∶2,粒子在磁場中運動的時間t=θ2πT,故正、