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1 / 15 第9 讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 1.（多选）（2024·福建高考6 题）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 置于垂直于纸面向外的大小为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 解析：BD 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。 2.（2024·广西高考5 题）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，方向垂直于纸面 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（ ） A.mv qB B.3mv 2qB C.（1＋√2）mv qB D.(1+ √2 2 ) mv qB 解析：C 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv 2 r ，可得粒子做圆周运动的半 径r＝mv qB ，根据几何关系可得P 点至O 点的距离LPO＝r＋ r cos 45°＝（1＋√2）mv qB ，故选C。 2 / 15 考点一 磁场的基本性质 安培力 1.磁场叠加的“三个步骤” （1）确定磁场场源，如通电导线。 （2）定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。 （3）应用平行四边形定则进行合成。 2.用准“两个定则” （1）对电流的磁场用安培定则（右手螺旋定则），并注意磁场的叠加。 （2）对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。 3.熟悉“两个等效模型” （1）变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac 直线电流。 （2）化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。 【例1】 （2024·浙江1 月选考4 题）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，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A 正确；a、b 两点的磁感应强度大小相同，但 是方向不同，选项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，选项C 错误；由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，选项D 错误。 【例2】 （2024·河北石家庄二模）如图所示，直角三角形ABC 中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D 点为AC 边上 的点，BD⊥AC。在A、B、D 处垂直于纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等， 已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D 处的电流所受安培力为 零，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为（ ） 3 / 15 A.平行于BA 向左B.平行于AC 斜向上 C.平行于CB 向下D.平行于BD 斜向上 答案：A 解析：A、B 处电流对D 处电流的安培力如图所示，由几何关系可知AD＝√3BD，根据B＝kI r ，F＝BIL，可得FB ＝√3FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC 向上，为使D 处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流 的安培力平行于BC 向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA 向左。故选A。 【例3】 （2024·浙江温州预测）安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图1 所示形状的线圈， 这线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B 通过水银槽和固定 支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤，则通电后（ ） A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动 B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动 C.当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动 D.将如图2 那样的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动 答案：A 解析：当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反， 作用力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B 错误；当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中时，根据 左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C 错误；根据以上分析可知，在磁场 不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将沿着所 受安培力大的方向转动，故A 正确；将如图2 那样的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的 磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D 错误。 考点二 带电粒子在磁场中的运动 1.基本思路 4 / 15 2.半径确定的两种方法 （1）由物理公式求。由于qvB＝mv 2 r ，所以半径r＝mv qB 。 （2）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。 3.时间确定的两种方法 （1）由圆心角求，t＝θ 2π T。 （2）由弧长求，t＝s v 。 【例4】 （2024·安徽池州模拟）如图所示，在半径为R 的圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有a、b 两个粒 子，分别从P 点沿PO 方向垂直于磁场射入，a 粒子从A 点离开磁场，速度方向偏转了90°，b 粒子从B 点离开磁 场，速度方向偏转60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法中 正确的是（ ） A.a 粒子是带正电 B.a、b 两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3 C.a、b 两粒子的比荷之比为2∶3 D.a、b 两粒子在磁场中运动的速度之比为√3∶2 答案：D 解析：a 粒子进入磁场后，向下偏转，由左手定则可知a 粒子是带负电，故A 错误；a 粒子在磁场中运动的时间t ＝1 4 Ta，b 粒子在磁场中运动的时间t＝1 6Tb，则a、b 两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb＝2∶3，故B 错误； 由粒子做匀速圆周运动的周期T＝2π m qB ，可得q m＝2π BT ，则a、b 两粒子的比荷之比为3∶2，故C 错误；如图， 由几何知识可得a 粒子做匀速圆周运动的半径为ra＝R，b 粒子做匀速圆周运动的半径为rb＝√3R，由qvB＝mv 2 r ， 可得v＝qBr m ，则a、b 粒子在磁场中运动的速度之比为√3∶2，故D 正确。 【例5】 （2024·四川成都模拟）如图所示，边长为L 的等边三角形abc 区域外存在着垂直于abc 所在平面的匀强 磁场，磁感应强度大小为B。P、Q 均为ab 边的三等分点。t ＝ 0 时刻，磁场方向正好垂直于abc 所在平面向里， 带负电的粒子在abc 平面内以初速度v0从a 点垂直于ac 边射出，并从P 点第一次进入三角形abc 区域。粒子第一 次和第二次经过bc 边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带 电粒子重力，求： 5 / 15 （1）粒子的比荷； （2）粒子从a 点射出后第二次到达Q 点的时间。 答案：（1）3 v0 BL （2）（10 π +9√3）L 9 v0 解析：（1）画出粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可得R＝aP＝L 3 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv0 2 R 解得q m＝3 v0 BL 。 （2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则 T＝2π m Bq ＝2π L 3 v0 粒子第二次到达Q 点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由粒子的运动轨迹图可知 t1＝1 6T t2＝t4＝t6＝√3 L 3 v0 t3＝5 6 T t5＝2 3T 所以粒子从a 点射出后第二次到达Q 点的时间 t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝（10 π +9√3）L 9 v0 。 6 / 15 动态圆与磁聚焦、磁发散 “放缩圆”模型 （1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定，进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。 （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。 【典例1】 （多选）（2024·四川内江三模）如图，在等腰梯形abcd 区域内（包含边界）存在垂直于纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad＝dc＝bc＝l，ab＝2l。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从a 点沿 着ad 边方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc 边射出磁场区域，粒子的速率可能为（ ） A.2√3 gBl 5m B.4√3qBl 5m C.6√3qBl 5m D.5√3qBl 6m 答案：AC 解析：粒子不从bc 边射出，其临界出射点分别是b 点和c 点，其临界轨迹如图所示，当粒子从c 点飞出时，由几 何关系有r1＝ac＝√3l，若粒子从b 点飞出时，由几何关系有r2＝2√3 3 l，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向 心力，有qvB＝mv 2 r ，整理有r＝mv qB ，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜2√3qBl 3m 或v＞√3qBl m ，故选 A、C。 “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。 7 / 15 （2）轨迹圆特点：如图所示，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＝m v0 qB 的圆上。 （3）常见分析思路：将一半径为R＝mv0 qB 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。 【典例2】 （多选）（2024·内蒙古通辽一模）如图，以Rt△AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于 纸面向里，磁感应强度大小为 B，∠A＝60°，AO＝a。在O 点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种 带负电粒子，粒子的比荷为q m，速度大小均为 v0，且满足v0＝qBa m ，发射方向由图中的角度θ 表示。对于粒子进 入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（ ） A.粒子在磁场中运动的半径为2a B.粒子有可能打到A 点 C.以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 D.在AC 边界上只有一半区域有粒子射出 答案：BD 解析：由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv0 2 r ，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝mv0 Bq ＝a，故A 错误；如图所 示，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A 点飞出，故B 正确；当粒子从OA 边离开时，离开位置越接近O 点，所用时 间越短，可知当θ 趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C 错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中， 粒子恰好从AC 中点飞出，如图所示，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D 正确。 “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＝m v0 qB 的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件。 【典例3】 （多选）（2024·陕西西安二模）如图所示的是直角三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场 （图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为√3L、L；大量分布均匀的带电粒子由边界Ⅰ 的左侧沿平行于边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的3 4 ， 8 / 15 带电粒子的质量为m、所带电荷量为＋q，忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（ ） A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动 B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为π m qB C.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为π m 3qB D.带电粒子的初速度大小为√3qBL 12m 答案：BD 解析：由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受向上的磁场力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时 针方向做匀速圆周运动，A 错误；带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2π m qB ，带电粒子在磁场中转过半个圆周时， 运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T 2 ＝π m qB ，B 正确；作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开 磁场的轨迹，如图所示，由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的3 4 ，则图中的a、b、c 为边界Ⅰ的四等分点， 由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a 点到顶点的距离为√3 4 L，根据几何关系可得√3 4 L＝r＋ r sin30°， 解得粒子轨迹半径r＝√3 12 L，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv 2 r ，解得v＝√3qBL 12m ，D 正确；由图可知，刚好从边 界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t'＝T 3 ＝2π m 3qB ，C 错误。 “磁聚焦、磁发散”模型 （1）模型适用条件：带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同。 （2）轨迹圆特点：所有带电粒子偏转后会聚于一点，如图所示。 （3）常见分析思路：以对准圆形磁场的圆心入射的粒子为研究对象，其必背离圆心离开磁场，从而得到聚集点。 9 / 15 【典例4】 （多选）（2024·山东模拟预测）利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此 原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径 为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O 点进入正方形区域，正方形过 O 点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O 点的粒子 经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列 说法正确的是（ ） A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直于纸面向里 B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为1 2B0，方向垂直于纸面向里 C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2（π－2）r0 2 D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为π －2 2 r0 2 答案：BC 解析：根据磁聚焦特点，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝mv 2 r0 ，解得B0＝mv qr0 ， 要使汇聚到O 点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出其运动轨 迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m v 2 2r0 ，解得B1＝mv 2qr0 ，联立可得B1＝1 2 B0，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里，A 错误，B 正确；磁场区域 的最小面积为Smin＝π （2r0） 2 4 －[ 4 r0×4 r0－π （2r0） 2 4 ]＝2（π－2）r0 2，C 正确，D 错误。 1.（2024·福建福州高三期中）如图所示，带负电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和 受力说法正确的是（ ） A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做负功 10 / 15 解析：A 根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A 正确；小球受洛伦兹力和重力的作 用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C 错误；小球受到的洛伦兹力对小球永不做功，D 错误。 2.（多选）（2024·云南曲靖二模）如图所示，x 轴上有两根垂直x 轴放置的平行长直导线a、b，两导线中通有方 向相同且大小分别为I、2I 的电流，两导线相距L。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度B 的大小与 导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比，即B＝kI r （k 为常量）。导线横截面积大小忽略不计，下 列说法正确的是（ ） A.导线a、b 相互排斥 B.导线a、b 相互吸引 C.x 轴上有2 个点的磁感应强度为零 D.导线a、b 之间磁感应强度为零的点到导线a 的距离为L 3 解析：BD 由安培定则可知，导线a 在导线b 点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b 所受安培 力水平向左，根据牛顿第三定律，导线a 所受安培力水平向右，相互吸引，故A 错误，B 正确；由安培定则可知， 在导线a 左侧和导线b 右侧两导线中的电流产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零 的点在两导线之间，设磁感应强度为零的点到a 的距离为x，则有k I x ＝k 2 I L－x ，解得x＝L 3 ，x 轴上只有1 个点的 磁感应强度为零，到导线a 的距离为L 3 ，故C 错误，D 正确。 3.（2024·河北石家庄三模）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级 电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电荷量为超级电容所存储电荷量的5％，炮弹质量 为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦， 则炮弹出膛的速度为（ ） A.BlCU 20m B.BlCU m C.2C U 2 m D.2CU m 解析：A 电容器所带电荷量为Q＝CU，设炮弹出膛的速度为v，根据动量定理可得，BIlt＝mv－0，又q＝It＝ 0.05Q，联立解得v＝BlCU 20m ，故选A。 11 / 15 4.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一 张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e 是从O 点发出的一些正电子或负 电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（ ） A.d、e 都是正电子的径迹 B.a 径迹对应的粒子动量最大 C.b 径迹对应的粒子动能最大 D.a 径迹对应的粒子运动时间最长 解析：D 带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c 都是正电子的径迹，d、e 都是负 电子的径迹，A 错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv 2 R ，解得R＝mv qB ，由图可知a 径迹对应的粒子的运动半径最小，a 径迹对应的粒子的速度最小，根据p＝mv，可知a 径迹对应的粒子动量最小， B 错误；根据Ek＝1 2mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b 径迹对应的粒子动能不是最大的，C 错误；带电粒子在磁场中运 动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv 2 R ，T＝2π R v ，则T＝2π m qB ，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运 动时间t＝α 2π T，其中α 为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a 径迹对应的偏转角度最大，则a 径迹对应的粒子 运动时间最长，D 正确。 5.（多选）（2024·广东深圳一模）如图所示的是晶圆掺杂机的简图，O 是晶圆面（设其半径足够大）的圆心，上、 下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为 O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k 的正离子以速度v、沿O1O 射入，且全部 掺杂在晶圆上，则（ ） A.离子掺杂在x 轴的负半轴上 B.离子掺杂在x 轴的正半轴上 C.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于v kL D.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于v 2kL 解析：BC 根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则， 正离子受到的洛伦兹力方向沿x 轴正方向，故A 错误，B 正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周 12 / 15 运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝mv 2 r ，解得最大的磁感应强度为B＝mv qL ＝v kL，故C 正确，D 错误。 6.（2024·贵州遵义三模）如图所示，空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场，磁感应强度为B，磁场内、外边 界为两个同心圆，半径分别为R、3R。现有质量为m，电荷量为q 的粒子，沿半径方向垂直于磁场进入环形区域， 粒子恰好不能进入小圆区域，不计重力，则粒子在磁场中运动的（ ） A.轨道半径为1.5R B.轨道半径为3R C.运动时间为37 π m 90qB D.运动时间为37 π m 180qB 解析：C 设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示，根据几何关系可得r2＋（3R）2＝（r＋ R）2，解得粒子轨道半径为r＝4R，故A、B 错误；由几何关系可得tan θ＝3 R 4 R ＝3 4 ，可得θ＝37°，则粒子在磁 场中的运动时间为t＝2×37° 360° T＝2×37° 360° ×2π m qB ＝37 π m 90qB ，故C 正确，D 错误。 7.（2024·山东临沂二模）如图所示，半径为R 圆形区域内存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于 纸面向外。质量为m、电荷量为＋q 的带电粒子由A 点沿平行于直径CD 的方向射入磁场，最后经过C 点离开磁场。 已知弧CA 对应的圆心角为60°，不计粒子重力，则（ ） A.粒子运动速率为2qBR 3m B.带电粒子运动过程中经过圆心O C.粒子在磁场中运动的时间为5 π m 3qB D.粒子在磁场中运动的路程为4 π R 3 解析：B 假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O'，由几何关系可知△AOC 为正三角形。假设运动轨迹半径为r， 由几何关系可知r＝√3 3 R，由洛伦兹力公式可知v＝qBr m ＝√3qBR 3m ，故A 错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B 13 / 15 正确；由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝2π m qB 可知，所用时间为t＝2 3T＝4 π m 3qB ，故C 错误； 由几何关系可知s＝2 3·2πr＝4√3 π R 9 ，故D 错误。 8.（2024·河南开封二模）如图所示，有一个边长为L 的立方体空间ABCD-MNPQ，一长度为√3L 的导体棒沿AP 方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场（图中未画出）。磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A 至P、 大小为I 的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是（ ） A.若磁场沿M 指向A 的方向，安培力的大小为√3ILB B.若磁场沿M 指向A 的方向，安培力的大小为√2ILB C.若磁场沿M 指向Q 的方向，安培力的大小为√6 2 ILB D.若磁场沿M 指向Q 的方向，安培力的大小为√3 2 ILB 解析：B 若磁场沿M 指向A 的方向，在平面ACPM 中对磁感应强度沿AP 和与AP 垂直的方向分解，如图， 则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcos α＝√2 √3 B，安培力大小F＝I×√3L×√2 √3 B＝√2ILB，故A 错误，B 正确； 若磁场沿M 指向Q 的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM 的方向分解，如图，分量B1＝B2＝√2 2 B，则在面 ACPM 中，安培力大小F＝I×√3L×B1＝I×√3L×√2 2 B＝√6 2 ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力肯定要 大于√6 2 ILB，故C、D 错误。 9.（2024·河北石家庄二模）如图所示，在xOy 平面坐标系的第一、四象限内分布着磁感应强度大小为B、垂直于 纸面向里的匀强磁场，在原点O 处有一粒子源，可向坐标系xOy 平面内第四象限的各个方向（速度方向与x 轴正 方向间的夹角α 满足0°≤α≤90°）均匀持续地发射大量质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，粒子初速度大小 v＝qBR m 。在第四象限内x＝R 处有一垂直于x 轴的挡板（不计挡板厚度），其长度为R。不计粒子重力及粒子间的 相互作用力。求： 14 / 15 （1）y 轴正半轴上有粒子飞出部分的长度； （2）同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的几分之几。 答案：（1）（2－√3）R （2）2 3 解析：（1）根据洛伦兹力提供向心力 qvB＝m v 2 r 又v＝qBR m 联立解得r＝R 根据几何关系知沿y 轴负向射出的粒子到恰好过x＝R 处挡板最上端点A 的粒子都被挡板挡住了，而粒子过A 点时 的轨迹圆心设为O3，则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方向的夹角为60°，故轨迹圆与y 轴正半轴的交点距 原点O 的距离为2Rsin 60°＝√3R 从原点O 沿x 轴正半轴射出的粒子打在y 轴正半轴的位置距原点O 的距离为2R，故y 轴正半轴上有粒子飞出部分 的长度为2R－√3R＝（2－√3）R。 （2）根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的各个方向，发射角为90°，又发射中能被挡板挡住的粒子的发射 角为60°，故同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的比值等于发射角度的比值，为 60° 90° ＝2 3 。 10.（2024·重庆市模拟调研）如图所示，半径为R 的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内 有垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出）。磁场区域外右侧有宽度为R 的粒子源，M、N 为粒子源两端点，M、 N 连线垂直于x 轴，粒子源中点P 位于x 轴上，粒子源持续向x 轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q＞0）、速 率为v 的粒子。已知从粒子源中点P 发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y 轴负半轴的交点Q 处沿y 轴负方 向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。求： （1）匀强磁场的磁感应强度； （2）从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。 答案：（1）mv qR ，方向垂直于纸面向里 15 / 15 （2）π R 3 ≤s≤2π R 3 解析：（1）根据题意可知从粒子源中点P 发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何 关系可知r1＝R 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv 2 r1 联立解得B＝mv qR 根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。 （2）根据题意可知，从N 点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示 根据几何关系可得 cos ∠COB＝ R 2 R ＝1 2 解得∠COB＝60° 因为四边形OBO1Q 为菱形 所以∠QO1B＝60° 则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝1 6×2πR＝π R 3 根据题意可知，从M 点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示 易知四边形O2DOQ 为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120° 则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝1 3×2πR＝2π R 3 所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为π R 3 ≤s≤2π R 3 。
