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第 9 讲 磁场
目标要求 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。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。
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
例1 (多选)(2024·福建卷·6)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于
天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，
则( )
A.通电后两绳拉力变小
B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr
D.安培力为2BIr
答案 BD
解析 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉
力变大，故A错误，B正确；
半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为
F=BI·2r=2BIr，故C错误，D正确。
例2 (2024·广西柳州市三模)已知足够长的通电直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与
电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。现将两根通电长直导线分别固定在绝缘正
方体的ae、gh边上，电流大小相等、方向如图中箭头所示，则顶点b、f两处的磁感应强度大小之
比为( )
A.1∶2 B.√5∶2 C.√3∶2 D.1∶3答案 A
kI
解析 根据题意设磁感应强度为B= ，若正方体的边长为L，ae和gh的电流在f点产生的磁感应强度方
x
kI kI kI
向垂直、大小均为B = ，f点的磁感应强度为B=√2 ；ae的电流在b点产生的磁感应强度为B = ，
1 L f L b1 L
kI
gh的电流在b点产生的磁感应强度为B = ，两者方向成135°，根据平行四边形定则及余弦定理得，b
b2 √2L
√2kI B 1
点的磁感应强度为B =√B 2+B 2-2B B cos45°= ，则有 b = ，故选A。
b b1 b2 b1 b2 2L B 2
f
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画
出轨迹
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度
基本
相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，
思路
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 v2 2πr
qvB=m ，T=
公式 r v
重要 mv 2πm
r= ，T=
结论 qB qB
(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)
圆心的
(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)
确定
(当r已知或可算)
mv2
方法一：由物理公式求，由于Bqv=
半径的 r
确定
mv
所以半径r=
qB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
θ
方法一：由圆心角求，t= ·T
时间的 2π
求解 s
方法二：由弧长求，t=
v
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，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 (2024·广西卷·5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向
垂直纸面向里。质量为m，电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y
轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
mv 3mv
A. B.
qB 2qB
mv √2 mv
C.(1+√2) D.(1+ )
qB 2 qB
答案 C
解析 粒子运动轨迹如图所示v2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m ，
r
mv
可得粒子做圆周运动的半径r= ，
qB
r mv
根据几何关系可得P点至O点的距离L =r+ =(1+√2) ，故选C。
PO cos45° qB
例4 (2023·浙江6月选考·20改编)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B 的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B 的磁场，方向均垂直
1 2
纸面向里，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v 及其在磁场中的运动时间t；
1
L
(2)若B =2B ，求能到达y= 处的离子的最小速度v 。
2 1 2 2
2B qL 2πm 4B qL
答案 (1)
1
(2)
1
m 3qB m
1
解析 (1)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r cos 60°=r -L
1 1
解得r =2L
1
v 2
1
根据qv B =m
1 1 r
1
2B qL
解得v = 1
1 m
2πm
在磁场中运动的周期T=
qB
1
120° 2πm
运动时间t= T=
360° 3qB
1mv
(2)若B =2B ，根据r=
2 1 qB
可知r '=2r
1 2
离子在磁场中运动轨迹如图，设O O 与磁场边界夹角为α，由几何关系
1 2
r 'sin α-r 'sin 30°=L
1 1
L
r -r sin α=
2 2 2
解得r =2L
2
3
sin α=
4
v 2
2
根据qv B =m
2 2 r
2
4B qL
解得v = 1
2 m
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
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
以入射点P为定点，将半径
粒子的入射点位置相同，
放缩作轨迹圆，粒子恰好不
放缩圆 速度方向一定，速度大小
射出磁场的临界状态是粒子
不同
运动轨迹与磁场边界相切
(轨迹圆的圆心在PP 直线上)
1 2
粒子的入射点位置相同， mv
将一半径为R= 0的圆以入
旋转圆 速度大小一定，速度方向 qB
不同
射点为圆心进行旋转，从而(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半
mv 探索出临界条件
径R= 0的圆上)
qB
mv
粒子的入射点位置不同， 将半径为R= 0的圆进行平
平移圆 qB
速度大小、方向均一定
移
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
带电粒子平行射入圆形有界
匀强磁场，则粒子从磁场边
磁聚焦与 粒子速度大小相同，轨迹 界上同一点射出，该点切线
磁发散 圆半径等于区域圆半径 与入射方向平行——磁聚
焦，从边缘某点以不同方向
磁聚焦 磁发散
入射时平行出射——磁发散
例5 (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( )
3mv mv 3mv 3mv
A. B. C. D.
2ae ae 4ae 5ae
答案 C
解析 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
v2 3mv
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。
r 4ae
例6 (2024·湖北省四调)如图所示，在直角△MON区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)，
磁感应强度大小为B，O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。 已知带电粒qBd
子的质量为m，电荷量为+q，速率均为v= ，ON长为d且∠ONM=30°，忽略粒子的重力及相互
2m
间的作用力。下列说法正确的是( )
πm
A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
6qB
πm
B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
6qB
d
C.MN边上有粒子到达区域的长度为
2
√3d
D.ON边上有粒子到达区域的长度为
3
答案 C
v2 d
解析 根据qvB=m ，解得r= ，自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间的运动轨迹交MN于A点，
r 2
圆弧所对应的圆心角为60°，自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间的运动轨迹交MN于B点，交
ON于C点，∠OO B=90°，∠OO C=120°，如图所示
2 2
2πr 2πm 60° πm 90° πm
根据T= ，解得T= ，综上所述，可得t = T= ，t = T= ，故A、B错误；MN
v qB min 360° 3qB max 360° 2qB
边上有粒子到达区域的长度为AB之间的距离，由几何关系可得
d
d d
AB=2× cos 30°-(d- 2 )cos 30°= ，故C正确；ON边上有粒子到达区域的长度为OC之间的距离，由
2 2
cos30°
d √3
几何关系可得OC=2× cos 30°= d，故D错误。
2 2
例7 (2024·辽宁省重点高中协作校模拟)利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设
备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场下方有一长度为R的线状粒子源GH，其左边界G与竖直半径MO共线，该粒子源不断射出速度方
向竖直向上、速度大小范围为0~√3v 的粒子，粒子带电荷量均为+q，质量均为m。在沿半径MO
0
入射的粒子中，速度大小为v 的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间
0
相互作用力，求：
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)圆形磁场中，有粒子通过的区域的面积S；
(3)在圆形磁场右侧有一长度为无限长的竖直挡板CD，挡板上有一小孔与N点重合，CD右侧1.6R
处是竖直长度为2R的竖直荧光屏PQ，其中心点N'与N等高。CD右侧空间加有垂直纸面向外的匀
强磁场，磁感应强度大小也为B，若线状粒子源GH只发射速度竖直向上、速度大小为v 的粒子，
0
射出的粒子在GH间均匀分布，所有通过小孔的粒子打在荧光屏PQ上都被吸收。求荧光屏上有粒
子打到区域的长度d及能打到荧光屏上的粒子数与通过小孔的粒子数之比η。
mv 5 2
答案 (1) 0 (2) πR2-√3R2 (3)1.6R
qR 6 5
解析 (1)由题可知，以速度v 沿半径MO入射的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场，
0
该粒子圆周运动的轨道半径r=R
v 2
由洛伦兹力提供向心力，则Bqv =m 0
0
R
mv
解得B= 0
qR
(2)当粒子以√3v 入射时，则
0
(√3v ) 2
Bq·√3v =m 0
0
R
1
解得此时的轨道半径R =√3R
1
有粒子通过的区域如图中阴影部分的面积
1 1
则S = πR2- ×2Rsin 60°·Rcos 60°
1 3 2
1 √3
= πR2- R2
3 41 1
S = π·(√3R)2- (√3R)2sin 60°
2 6 2
πR2 3√3R2
= -
2 4
5
所以S=S +S = πR2-√3R2
1 2 6
(3)所有粒子都能通过小孔，磁感应强度不变，因此粒子的轨道半径都是R，粒子到达 N 点时的速度方向在
沿竖直向上到水平向右 90°的范围内，如图所示，从H点射出的粒子通过N点时速度竖直向上，到达荧光
屏上的E点，由几何关系可知EN'间距离为
d =√R2-(1.6R-R) 2=0.8R
1
从K点进入圆形磁场的粒子过N点后轨迹与荧光屏相切于F点，则F为荧光屏上粒子打到的最低点，由几
何关系可知 N'F间距离为
d =√R2-(1.6R-R) 2=0.8R
2
故荧光屏有粒子打到的区域长度为
d=d +d =1.6R
1 2
设轨迹与荧光屏相切的粒子在N点速度方向与竖直方向成θ角，则
Rcos θ+R=1.6R
得Rcos θ=0.6R
R-Rcosθ 2
故η= =
R 5
专题强化练
［分值：60分］
1~6题每题4分，7~9题每题7分，10题15分，共60分
［保分基础练］
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.√5BIl答案 C
解析 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F =BI·2l=2BIl，
ab
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
答案 A
解析 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；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；带电粒子若仅在洛伦兹力的作
v2 mv
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
r qB
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。
3.(2024·江苏泰州市一模)已知无限长直导线通电时，在某点所产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成
正比、与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为I、2I，A、B是两导
线所在平面内的两点，到导线的距离分别如图所示，其中A点的磁感应强度为B 。则B点的磁感应强度(
0
)
B
A.大小为 0，方向垂直纸面向外
9
B
B.大小为 0，方向垂直纸面向里
9
B
C.大小为 0，方向垂直纸面向外
32B
D.大小为 0，方向垂直纸面向外
3
答案 A
解析 由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有
kI 2kI 3kI
B = + = ，左边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向
0 d d d
kI 2kI kI B
垂直纸面向里，则有B= - = = 0 ，方向垂直纸面向外，故选A。
d 3d 3d 9
4.(2024·山东德州市期末)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( )
A.带正电且动能不变
√2πd
B.穿越磁场的时间为
4v
C.运动轨迹为抛物线
√2v
D.电荷量与质量的比值为
Bd
答案 B
解析 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；
v2 d
根据牛顿第二定律，有qvB=m ，又sin 45°= ，
r r
q √2v
解得 = ，故D错误；
m 2Bd
T
穿越磁场的时间为t= ，
8
2πm √2πd
又T= ，解得t= ，故B正确。
qB 4v5.(九省联考·河南·18)2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪
录。其中磁约束的简化原理如图，在半径为R 和R 的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，
1 2
磁场方向垂直纸面向里，R =2R 。假设氘核 2 H沿内环切线向左进入磁场，氚核 3 H沿内环切线向右进入
2 1 1 1
磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则 2 H和 3 H的速度之比为( )
1 1
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.3∶1
答案 A
解析 由题意可知，根据左手定则，粒子轨迹如图所示
由几何关系可知，氘核
2
H的半径为r ，有
1 1
2r =R -R =R
1 2 1 1
R
则r = 1
1 2
设氚核
3
H的半径为r ，有
1 2
2r =R +R =3R
2 2 1 1
3R
则r = 1
2 2
r 1
1
即 =
r 3
2
v2
由洛伦兹力提供向心力qvB=m
r
qBr
可得v=
m
q
1
v m r 1
1 1 1
则 = · =
v q r 2
2 2 2
m
2
故选A。
6.(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( )
1 1
A. kBL，0° B. kBL，0°
3 2
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，如图甲所示，
v2 qBL
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，
R m
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，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有
1 v2 qBL 1
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
2 R 2m 2
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通过下部分磁场从P点射出时，需满足v=
qBL 1
= kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子通过上部分磁
(2n-1)m 2n-1
qBL 1
场从P点射出时，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
2nm 2n
B、C正确，A、D错误。［争分提能练］
7.(多选)(2024·黑龙江、辽宁名校联考)如图所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，
区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为-q、质量为m的相同带电粒子a、b(不
qBR
计重力)从P点先后以大小相等的速率v= 射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度
m
方向与粒子a射入时的速度方向夹角为θ=30°。下列说法正确的是( )
A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R
πm
B.a粒子在磁场中运动的时间为
qB
2πm
C.b粒子在磁场中运动的时间为
3qB
D.a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°
答案 AC
v2
解析 由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m ，解得r=R，故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
r
2πr 2πm
粒子a、b在磁场中的运动周期均为T= = ，由轨迹图可知θ=90°，θ =120°，
v qB a b
θ πm θ 2πm
则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为t= a T= ，t = b T= ，故B错误，C正确；由图中
a 360° 2qB b 360° 3qB
轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，
故D错误。
8.(多选)(2024·黑龙江牡丹江市一模)如图所示的等边三角形区域ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁
场的磁感应强度大小为B，AC的中点O处有一粒子发射源，能向磁场区域沿垂直AC的方向发射一系列速
率不同的同种正粒子，已知粒子的比荷为k，不计重力，磁场区域的边长为L。则下列说法正确的是( )A.粒子速度越大在磁场中运动的时间越短
B.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
BkL
C.从AC边离开的粒子，速率的最大值为
3+2√3
BkL
D.从AD边的中点离开的粒子，速率为
2
答案 BD
解析 当粒子的轨迹与AD边相切时，能从AC边离开的粒子的速度最大，轨迹如图所示，轨迹与AD边的
R L v 2 3BkL
切点为H，圆心为O ，则由几何关系可知R + 1 = ，又qv B=m 1 ，解得v = ，当粒子的
1 1 sin60° 2 1 R 1 2(3+2√3)
1
2π
速度小于v 时，粒子从AC边离开磁场，由图可知从AC边离开的粒子在磁场中均转动半个圆周，又T=
1 kB
，所以从AC边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间相同，故A、C错误，B正确；当粒子从AD边的中点
L v 2
2
离开磁场时，粒子的轨迹如图所示，则粒子轨道的圆心应为A，则粒子的轨道半径为R = ，又qv B=m
2 2 2 R
2
BkL
，解得v = ，故D正确。
2 2
9.(多选)(2024·山西省一模)如图所示，空间有垂直于坐标系xOy平面向外的匀强磁场。t=0时，带电粒子a
从O点沿x轴负方向射出；t 时刻，a与静置于y轴上P点的靶粒子b发生正碰，碰后a、b结合成粒子c，
1
t 时刻，c第一次沿y轴负方向通过x轴上的Q点。已知t ∶t =1∶6，不考虑粒子间静电力的作用，忽略碰
2 1 2
撞时间，则( )
A.b粒子带负电
B.a和c的电荷量之比为1∶2
C.a和c的速率之比为5∶2
D.a和b的质量之比为1∶4答案 AD
1 2πr 1 2π·2r
解析 设OP=2r，a、b碰撞前后做圆周运动时间为t = T = ，t -t = T = ，由题意可知
1 2 1 2v 2 1 4 2 4v
1 2
v 5 m 1
1 a
t ∶t =1∶6，联立解得 = ，故C错误；a、b发生碰撞，根据动量守恒得mv =(m+m )v ，解得 = ，
1 2 v 1 a 1 a b 2 m 4
2 b
v 2 v 2
故D正确；a粒子做匀速圆周运动，则q v B=m 1 ，c粒子做匀速圆周运动(q +q )v B=(m+m ) 2 ，解得
1 1 a 1 2 2 a b
r 2r
1
q =- q ，根据左手定则，可知粒子a带正电，则粒子b带负电，粒子c带正电，a和c的电荷量之比为
2 2 1
q ∶(q +q )=2∶1，故A正确，B错误。
1 1 2
10.(15分)(2024·广西柳州市三模)如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，
ab=l，Oa=0.4l，OO'连线与ad边平行，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成θ=53°方向以不同的初速度v
射入磁场，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin 53°=0.8，cos
53°=0.6，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)(5分)求恰好从O'点射出磁场的粒子的速度大小；
(2)(10分)要使粒子从ad边离开磁场，求初速度v的取值范围。
5qBl 2qBl 29qBl
答案 (1) (2)
