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第 9 讲 磁场
命题规律 1.命题角度：(1)安培定则，磁场的叠加，安培力的分析和计算；(2)带电粒子在
磁场中的运动；(3)动态圆模型.2.常用方法：对称法、动态圆法.3.常考题型：选择题．
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
直导线 F＝BILsin θ，θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
大小
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 (2022·河北邯郸市高三期末)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，方向如图所
示，且I ＝2I (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
M N
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B.若将M处长直导线
1
移至P处，则此时O点的磁感应强度为( )
A．大小为B，方向水平向右
1
B．大小为B，方向水平向左
1
C．大小为2B，方向与水平方向夹角为30°斜向右下
1
D．大小为2B，方向与水平方向夹角为30°斜向右上
1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B ，则M处导线在O点激发的磁场
0
的磁感应强度大小为2B ，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
0
所示，可得B＝B，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2B，
1 0 0
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
B，即B，方向水平向右，故A正确．
0 1
例2 (2022·广东省模拟)如图所示，匀强磁场区域足够大，磁感应强度大小为 B、方向水平
向右，将一段圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧圆心为O、半径为r.现在导体ab中通以方向
从b→a的恒定电流I，并将磁场从图示位置沿顺时针方向在纸面内缓慢旋转，下列说法正确
的是( )
A．圆弧形导体受到的安培力方向始终垂直纸面向外
B．圆弧形导体受到的安培力不可能为零
C．圆弧形导体受到的安培力大小可能为BIr
D．圆弧形导体受到的安培力最大值为
答案 C
解析 圆弧形导体受到的安培力方向即垂直于B的方向，又垂直于I的方向，即垂直于B与
I所组成的平面，再根据左手定则可知，圆弧形导体受到的安培力方向先垂直纸面向外，后
垂直纸面向里，A错误；圆弧形导体ab中的等效电流方向由b指向a且竖直向下，当磁场
方向转至与等效电流方向平行时，圆弧形导体受到的安培力为零，B错误；圆弧形导体的有
效长度为r，当磁场方向与等效电流方向夹角为45°时，所受安培力大小为F＝BI×rsin 45°
＝BIr，C正确；当磁场方向与等效电流方向垂直时，安培力最大，且为F ＝BIr，D错误．
max
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．分析带电粒子在磁场中运动的方法
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹
基本
(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
思路
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
qvB＝m
公式
重要
r＝，T＝，T＝
结论
(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)
圆心的
确定
方法一：由物理公式求，由于Bqv＝
半径的 所以半径r＝
确定 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 方法一：由圆心角求，t＝·T
求解 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，θ＝θ＝θ)．
1 2 3
(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，α＝α)．
1 2
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 (2022·宁夏六盘山高级中学检测)如图所示，在直角坐标系xOy内，以原点O为圆心，
半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一负电子从P点(R,0)沿x轴负方向以速率v射入磁场后，在磁场中运动的时间为 t ，一正电子从Q点(－R,0)沿着与x轴正方向
1
成30°的方向以速率2v射入磁场后，恰好从P点飞出磁场，在磁场中运动的时间为t ，忽略
2
两电子重力及相互作用力，则t∶t 为( )
1 2
A．2∶3 B．3∶2
C．3∶1 D．1∶2
答案 B
解析 由题意知正电子偏转角为60°，可得正电子轨迹半径r ＝2R，负电子与正电子速率之
2
比为1∶2，故负电子轨迹半径r ＝R，如图画出负电子和正电子的运动轨迹，它们做圆周运
1
动的圆心分别为O 、O ，由图可知，负电子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为90°，负电
1 2
子在磁场中运动时间t ＝T＝T，由几何关系可得，正电子运动轨迹所对应的圆心角为 60°，
1
正电子在磁场中运动时间t＝T＝T，得t∶t＝3∶2，A、C、D错误，B正确．
2 1 2
例4 (多选)(2022·福建省四地市质检)如图所示，射线OM与ON夹角为30°，MON之外分
布着垂直于纸面向里的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为－
q的粒子(不计重力)，从O点垂直于OM以某一速度射出．则( )
A．粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角为60°
B．粒子第一次穿过边界OM之后，在磁场中运动的时间为
C．仅减小粒子射出的速率，粒子可能第二次经过边界ON
D．仅增大粒子射出的速率，粒子一定能两次经过边界OM
答案 ABD
解析 由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边
界ON的夹角等于从O点出发时与边界ON的夹角α，由几何关系可得α＝60°，故A正确；粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，从C点穿过OD边界进入下方磁场，由对称
性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆
心角θ为300°，所以在磁场中运动的时间为t＝T，T＝，可得t＝，故B正确；由几何关系
可得，粒子从ON穿过时，C点与O点间的距离为其在圆周运动半径R的3倍，所以粒子在
下方磁场再次偏转，从D点穿过OM，DC距离为R，射出时速度方向平行于ON，所以不管
是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次经过边界
OM，故C错误，D正确．
例5 (多选)(2022·广东省模拟)如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠ADC的角平分线DG的
反向延长线正好经过圆心O，AD的延长线与圆相交于E点，且AD＝DE＝a，现有一质量为
m、电荷量为q的粒子(重力不计)以一定速度沿∠CAD的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好
经过D、E两点，则( )
A．粒子一定带正电
B．粒子的初速度大小为
C．圆形磁场区域的磁感应强度大小为B
D．粒子从A点到E点经历的时间为
答案 CD
解析 由左手定则及题意可知粒子带负电，A错误；粒子的运动轨迹如图所示
由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形磁场区域中运动轨迹的圆心角为60°，半径为r
1＝a，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，联立得v＝，B错误；因DE＝a，由几何关系知
∠O′DE＝60°，且O′D＝O′E，故△DEO′为正三角形，则粒子在圆形磁场区域中运动的
轨迹半径为r＝DE＝a，而r＝，所以圆形磁场区域的磁感应强度大小为B＝B，C正确；
2 2 0
粒子在三角形磁场区域中运行的时间t＝＝，粒子在圆形磁场区域中运行的时间t＝＝，所
1 2
以粒子从A点到E点经历的时间为t＝t＋t＝，D正确．
1 2
考点三 带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题
1．解决带电粒子在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．常用的动态圆
示意图 适用条件 应用方法
粒子的入射
以入射点P为定
点位置相
点，将半径放缩
放缩圆 同，速度方
作轨迹圆，从而
向一定，速
探索出临界条件
度大小不同
(轨迹圆的圆心在PP 直线上)
1 2
将一半径为R＝的
粒子的入射
点位置相 圆以入射点为圆
旋转圆 同，速度大 心进行旋转，从
小一定，速
(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R 而探索出临界条
度方向不同
＝的圆上) 件
粒子的入射
点位置不
将半径为R＝的圆
平移圆 同，速度大
进行平移
小、方向均
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
一定
带电粒子平行射
入圆形有界匀强
磁场，则粒子从
轨迹圆半径
磁聚焦与 磁场边界上同一
等于区域圆
磁发散 点射出，该点切
半径
线与入射方向平
磁聚焦 磁发散
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 (多选)(2021·海南卷·13)如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向
外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0，
L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹
角为α(0≤α≤180°)．当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场．不计粒子的重力．则( )
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
答案 ACD
解析 由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带正电，
A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图所示，O 为粒子做匀速圆周
1
运动的圆心，
粒子做圆周运动的半径为r＝＝2L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子入射速率v
＝，C正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图所示，O 为粒子做匀速圆周运动的圆心，
2
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误；粒子离开磁场的位置与O点距离
最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图所示，O 为粒子做匀速圆周运动的圆心，
3根据几何关系可知(2r)2＝(L)2＋x 2，解得x ＝3L，D正确．
m m
例7 (2022·福建福州市高三期末)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方
向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向
垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到
PQ的距离为2R.电子电荷量为e、质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用．
求：
(1)电子进入磁场时的速度大小v；
(2)电子枪的加速电压U；
(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏
上的点位于N点的左侧还是右侧，该点与N点间的距离是多少．
答案 (1) (2) (3)左侧 R
解析 (1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有evB＝m
电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得v＝
(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝mv2
联立解得U＝
(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光
屏上．从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其
轨迹如图乙所示，由几何关系可知α＝60°，GN＝＝R.1.(2022·山东临沂市模拟)如图所示，在垂直纸面的方向上有三根长直导线，其横截面位于正
方形的三个顶点b、c、d上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，一带负电的粒子
从正方形的中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．沿O到a方向 B．沿O到c方向
C．沿O到d方向 D．沿O到b方向
答案 A
解析 由安培定则可判断b、c、d三根导线在O点产生的磁场如图所示，由磁场的叠加原理
可知它们的合磁场方向水平向左，再由左手定则可判断带负电的粒子所受洛伦兹力方向沿O
到a方向．故选A.
2．(2022·河南信阳市质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强
磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能
够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于 MP的正、负离子，离子运动一段
时间后能够从不同的边界射出磁场．已知从边界 PQ射出的离子，离子速度为v 时射出点与
0
P点距离最大，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用．求：
(1)射出点与P点最大距离x ；
m
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值．
答案 (1) (2)
解析 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v 的离子，设其运动半
0径为R，射出点与P点距离最大时，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹2如图所示，
1
根据牛顿第二定律有qvB＝m，
0
根据几何关系得x ＝2Rcos α，
m 1
解得x ＝
m
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R，
2
运动轨迹1如图所示，
根据牛顿第二定律得qv B＝m，
m
设MP的长度为L，根据几何关系得
Lsin α＝R－Rsin α，
1 1
L＝＋R，
2
解得v ＝.
m
专题强化练
[保分基础练]
1.(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( )
答案 A解析 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．
2．(2022·安徽合肥市质检)如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于
匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻
为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计．S闭合后，线框受到的安培
力大小为F.若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I
＝，ab棒受到安培力的大小为F ＝BIL，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到的安培
ab
力大小为F ＝BIL，线框受到的安培力大小为F＝F ＋F ＝2BIL，若仅将ab棒移走，通过
其 ab 其
其余各棒的电流不变，则余下线框受到的安培力大小F′＝F ＝BIL＝，故选A.
其
3.(多选)(2022·全国乙卷·18)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应
强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对
地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上．根据表中
测量结果可推知( )
测量序号 B/μT B/μT B/μT
x y z
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方D．第3次测量时y轴正向指向东方
答案 BC
解析 如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近．由表中z轴数
据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故
由表格可看出此处的磁感应强度大致为B＝＝，计算得B≈50 μT，B正确；由选项A可知测
量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第 2次测量，B<0，故y轴指向南方，第
y
3次测量B>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误．
x
4．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市二模)如图所示，在竖直平面矩形ABCD区域内存在方向垂直
纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从AD的中点O射入磁场，速度方
向与磁场垂直且与AD的夹角α＝45°，粒子经过磁场偏转后在C点垂直CD穿出．已知矩形
ABCD的宽AD为L，粒子电荷量为q、质量为m，重力不计．则下列说法正确的是( )
A．粒子带正电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为L
D．粒子在磁场中运动的时间为
答案 BD
解析 粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；
由题意可知，粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为r＝
＝L，根据粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得 qvB＝m，解得v＝，B正确，
C错误；由几何关系可知电荷在磁场中偏转了135°，则在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，
D正确．
5.(2021·北京卷·12)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场．一带电粒子在 P
点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场．已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a.不计重力．根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
答案 A
解析 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线，交点即为圆心O，轨迹如图所示，
1
由几何关系可知
OO ＝atan 30°＝a，
1
故圆心的坐标为，
R＝＝a，
则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
x2＋2＝a2(00)，
故A正确；
洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，
解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，
因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速
率，故B、D错误；
带电粒子转过的圆心角为π，
而周期为T＝＝，
则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，
因磁感应强度B未知，则带电粒子在磁场中的运动时间无法求得，故C错误．
6．(2022·福建三明市普通高中高三期末)如图，在xOy区域存在方向垂直于xOy平面向外的
匀强磁场．一个氕核H和一个氦核He同时从y轴上O点以相同的动能射出，速度方向沿 x
轴正方向．不计重力及两粒子间的相互作用，以下对氕核 H和氦核He的运动轨迹图判断正
确的是( )答案 D
解析 氕核H和氦核He都带正电，射出时，根据左手定则可知洛伦兹力沿 y轴负方向，则
两粒子都将向y轴负方向偏转．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得R＝＝＝，因两
粒子的初动能相同，则＝＝，故选D.
7．(2022·山东潍坊市一模)如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带
正电粒子以速度v 从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场；若该粒子以速度v 从a点
1 2
沿ae方向射入磁场，则从d点离开磁场．不计粒子重力，的比值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设正六边形的边长为L，带正电粒子以速度v 从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开
1
磁场，则由几何关系得R＝L，若该粒子以速度v 从a点沿ae方向射入磁场，从d点离开磁
1 2
场，则由几何关系得R＝2L，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，则v＝，故＝＝，故选C.
2
8．(多选)(2022·湖北卷·8)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 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，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，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从下部分磁场
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
子从上部分磁场射出时，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B、C正确，A、D错误．
[争分提能练]
9．(多选)(2022·山东德州市高三期末)如图所示，倾角为α的固定足够长斜面上方有垂直纸
面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，在斜面上由静止开始释放一带负电的物块，
物块的质量为m，带电荷量大小为q，与斜面间的动摩擦因数为μ，μμmgcos α，物块有向下的加速度，加
速下滑；物块有沿斜面向下的速度，由左手定则可知，物块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，
导致物块对斜面压力变大，滑动摩擦力增大，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有
mgsin α－F＝ma①
f
F＝μF ②
f N
F ＝mgcos α＋qvB③
N
联立可得物块加速度
a＝gsin α－μgcos α－④
可知物块的加速度随着速度的增大而减小，不是匀变速直线运动，故 A错误；物块下滑过
程中，做功的只有重力和滑动摩擦力，洛伦兹力和支持力不做功，根据功能关系，物块机械
能的减少量等于因摩擦所放出的热量，即等于克服摩擦力做的功，故B正确；当物块向下
运动的加速度减小到零时，速度达到最大值，由受力平衡知 mgsin α＝μ(mgcos α＋qv B)，
m
解得v ＝－，故C正确；若仅将磁场改为与原来相反的方向，则物块受垂直斜面向上的洛
m
伦兹力，则F ＝mgcos α－qvB⑤
N2
联合①②⑤可得a ＝gsin α－μgcos α＋，可知物块加速度随着速度的增大而增大，当速度
2
增大到一定值时，洛伦兹力大小等于重力垂直斜面向下的分力，物块将离开斜面到空中做曲
线运动，故D错误．
10．(2022·辽宁省模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小为B，直径ab垂直cd，∠MOd＝30°，从M点沿Ma方向射入的带正电粒子恰
能从b点离开磁场，粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力，则粒子的速度大小及
在磁场中运动的时间为( )A.， B.，
C.， D.，
答案 A
解析 连接M、b，分析可知Mb为粒子做圆周轨迹的直径，由几何关系得半径r＝＝，由r
＝，t＝·得v＝，t＝×＝，故A正确，B、C、D错误．
11．(多选)(2022·山东德州市高三期末)如图所示，足够大的光屏与x轴平行，并且垂直于
xOy平面，xOy平面还有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在坐标原点O有
一粒子源，粒子源不停地向xOy平面内的各个方向发射带负电的粒子，所有粒子的质量均
为m，带电荷量均为q，初速度大小均为v，粒子击中光屏时会被光屏吸收．初速度在第一
象限内与x轴成30°角的粒子恰好击中光屏与y轴的交点M，不计重力及粒子间的相互作用，
以下说法正确的是( )
A．M点的坐标为(0，)
B．在磁场中粒子运动的最短时间为
C．光屏上被击中区域最右侧点的x坐标为
D．光屏上被击中区域最左侧点的x坐标为－
答案 BC
解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝，解得r
＝，由题可知，该粒子初速度方向在第一象限内与x轴成30°角时，偏转角为120° ，根据
几何关系OM＝2rcos 30°＝，A错误；由qvB＝，T＝，t＝T，整理得t＝，可知打在M点的
粒子在磁场中运动时间最短，该粒子的偏转角为120°，运动的最短时间为，B正确；光屏上
被击中区域最右侧如图所示， 根据几何关系，x坐标为x ＝＝r＝，C正确；光屏上被击中
右
区域最左侧时，由几何关系可知最左侧的x坐标为x ＝－＝－r＝－，D错误．
左
12.(2022·辽宁省协作体一模)2021年末，由于煤炭价格上涨，火力发电受到影响，有的地区
出现了拉闸限电，再一次提醒人们要节约能源和开发新能源．受控热核反应就是其中一种，热核反应需要极高温度，还得束缚带电粒子，基本原理如图所示，空间有两个同心圆a、
b，圆a内存在由圆心O向外的辐射状电场，圆心O与圆a圆周上各点的电势差为U＝×107
V，圆a与圆b围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆a半径为R ＝ m，圆b半径为
1
R，已知磁感应强度大小B＝1.0 T，粒子的比荷为＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力．
2
(1)若带电粒子由静止释放，被电场加速后沿环的半径方向以v 射入磁场，求v 的大小；
0 0
(2)若带电粒子从圆心O由静止释放不会穿越磁场的外边界，求圆b半径R 的取值范围；(边
2
界线上有磁场)
(3)令带电粒子以v 沿圆a半径方向第一次射入磁场的入射点为P，当粒子射入磁场后撤去圆
0
a中的电场，求带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t.
答案 (1)×107 m/s (2)R≥1 m (3)5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)
2
解析 (1)根据动能定理有
qU＝mv2
0
得v＝×107 m/s
0
(2)设粒子在磁场中做半径为r的圆周运动，则有
qvB＝m
0
得r＝＝ m
若粒子与轨迹圆b相切，则粒子恰好不能穿越磁场的外边界，此时圆 b半径最小，记为
R ，
2min
由几何关系得＝R －r
2min
解得R ＝1 m
2min
则R≥1 m
2
(3)由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系得tan θ＝，则θ＝30°，得∠POP′＝60°，
故带电粒子进入磁场绕圆O′转过360°－(180°－60°)＝240°又回到P点
粒子在磁场中运动时间为
t＝3×T＝
1粒子在圆a中运动时间为t＝
2
粒子第一次回到P点运动的总时间为
t′＝t＋t＝＋≈5.74×10－7 s.
1 2
故带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间为
t＝nt′＝5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)．
[尖子生选练]
13．(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强
度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内
各个方向射出速率相等的质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射
出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点．已知粒子带负电，＝＝d，粒子重力及粒子间的
相互作用均不计，则( )
A．粒子的速度大小为
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2
D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
答案 AC
解析 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出如图所示的轨迹1，可知
SP为直径，则有(2R)2＝d2＋(d)2，得到R＝d，洛伦兹力提供向心力有Bqv＝，代入可得v
＝，A正确；由qvB＝，T＝，得到T＝，由几何关系可知，从O点射出的粒子，对应的圆
心角为60°，则在磁场中运动时间为t＝，即，B错误；运动时间最长的粒子为运动轨迹与x
2
轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t ＝T，运动时间最短的粒子为从原点飞出
1
的粒子(轨迹3)，t ＝T，所以t∶t ＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在
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原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误．
