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第九章　磁　场
第1讲　磁场及其对电流的作用
素养目标　1.深刻理解磁场、磁感应强度的概念.（物理观念） 2.熟练判断安培力的方向.（物理观念） 3.通过类比磁场与电场，了解它们的相同点与不同点.（科学思维） 4.通过类比学习，掌握电场线与磁感线的联系与不同.（科学思维） 5.能够推理安培力产生的原因.（科学思维）
一、安培定则与磁场叠加
考题1　（2023·福建卷）（多选）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示.学术界对于地磁场的形成机制尚无共识.一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流.基于此理论，下列判断正确的是（　　）
A.地表电荷为负电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
答案：AC
解析：根据地磁场分布规律，用安培定则可判断环形电流方向与地球自转方向相反，再根据电流方向的规定，可判断出地表电荷为负电荷，A正确，B错误；由电流的定义式I＝可知，地表电荷的电荷量增加，则环形电流增大，地磁场强度增大，C正确；若地球自转角速度减小，则环形电流减小，地磁场强度减小，D错误.
磁场
1.基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用.
2.磁感应强度
（1）意义：表征磁场的强弱和方向.
（2）大小：B＝（导体与磁场垂直），单位：特斯拉（T）.
（3）方向：小磁针静止时　N　极所指的方向.
（4）叠加：遵循　平行四边形　定则.
3.磁感线的特点
（1）磁感线上某点的　切线　方向就是该点的磁场方向.
（2）磁感线的疏密程度定性地表示磁场的　强弱　，在磁感线较密的地方磁场较　强　；在磁感线较疏的地方磁场较　弱　.
（3）磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从　N极　指向　S极　；在磁体内部，由　S极　指向　N极　.
（4）同一磁场的磁感线不中断、不　相交　、不相切.
（5）磁感线是假想的曲线，客观上并不存在.
4.电流磁场方向的判断
（1）通电直导线：右手握住导线，让大拇指所指的方向与　电流　方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线　环绕　的方向.
（2）环形电流：让右手弯曲的四指与　环形电流　的方向一致，大拇指所指的方向就是环形导线轴线上　磁感线　的方向.
　深化1　　磁场叠加问题的分析思路
（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，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向.
（3）应用平行四边形定则进行合成.
叠加图 同向电流 异向电流
　深化2　　电流的磁场
项目 直线电流 的磁场 通电螺线 管的磁场 环形电流 的磁场
安培 定则
立体 图
横截 面图 从上往下看 从左往右看 从左往右看
纵截 面图
思维模型　通过电场与磁场的类比，培养科学思维方法.
角度1　安培定则的应用
例1　如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针的N极（黑色一端）指示磁场方向正确的是（　　）
A.a B.b C.c D.d
答案：C
解析：小磁针N极的指向为磁感线方向，直导线AB部分电流从下到上，所以从上往下看，直导线产生的磁场方向应为逆时针方向，所以小磁针a的N极应指向纸面内，选项A错误；在通电螺线管部分，由安培定则可知左端为螺线管的S极，右端为N极，在外部，磁感线从N极出发，回到S极，选项B错误；在通电螺线管内部，磁感线从S极到N极，选项C正确；在U形螺线管，电流从右端进入，左端流出，所以右端为S极，左端为N极，选项D错误.
角度2　磁场叠加
例2　如图所示为棱长为d的正方体，O为DE的中点，在FE、ND两边固定足够长的直导线，均通有大小相等的电流I，电流方向如图所示.已知通电长直导线形成的磁场在空间某点的磁感应强度B＝k，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流大小.则图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为（　　）
A.1∶2 B.2∶1
C.∶1 D.1∶1
答案：A
解析：在FE边的导线在C点产生的磁感应强度大小为BC1＝，根据安培定则可判断其方向沿C→M，在ND边的导线在C点产生的磁感应强度大小为BC2＝，方向沿F→C，故C点处的磁感应强度大小为BC＝.在FE边的导线在O点产生的磁感应强度大小为BO1＝＝，方向平行于DN且沿D→N，在ND边的导线在O点产生的磁感应强度大小为BO2＝＝，方向平行于EF且沿E→F，故O点处的磁感应强度大小为BO＝，则题图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为＝＝，故A正确，B、C、D错误.
　训练1　（2025·福建厦门高三月考）如图所示，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点.已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外，若过a点的导线在O点产生的磁感应强度为B，则（　　）
A.O点的磁感应强度为0
B.O点的磁感应强度为B
C.移走d点的导线，O点磁感应强度变为B
D.移走d点的导线，O点磁感应强度变为B
答案：C
解析：四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B.根据安培定则可知四条导线在O点产生的磁感应强度方向，如图所示.由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则可知，O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小为2B，故A、B错误；移走d点的导线，其他三条导线在O点的磁感应强度不变，则O点磁感应强度变为B，故C正确，D错误.
二、安培力分析与计算
考题2　（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：根据左手定则可知，左侧通电导线所受安培力方向竖直向下，A正确；在a、b两点磁场方向不同，所以磁感应强度不同，B错误；磁感线是封闭的曲线，在圆柱内磁感应强度不处处为零，C错误；c、d两点处磁感线密集程度不同，c处磁感应强度较大，D错误.
考题3　（2023·江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为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.BIl
答案：C
解析：bc段与磁场方向平行，不受安培力；ab段与磁场方向垂直，所受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C.
1.安培力的大小
F＝ILBsin θ（其中θ为B与I之间的夹角）
（1）磁场和电流垂直时：F＝　BIL　.
（2）磁场和电流平行时：F＝　0　.
2.安培力的方向
用左手定则判断：
（1）伸出左手，让拇指与其余四指　垂直　，并且都在同一个平面内.
（2）让磁感线从掌心进入，并使四指指向　电流　方向.
（3）　拇指　所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.
　深化1　　安培力公式F＝IlB的理解
（1）B与I垂直.
（2）l是有效长度.
弯曲导线的有效长度l，等于连接弯曲导线两端点线段的长度（如图所示）；相应的电流沿直线由始端流向末端.
（3）安培力方向：左手定则判断.
　深化2　　安培力作用下导体运动的判定方法
电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 环形电流小磁针 条形磁体通电螺线管多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究 对象法 先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力
角度1　安培力的计算
例3　（2025·八省联考云南卷）如图所示，对角线长度为2L的正方形区域abcd中有垂直于纸面的磁场（图上未画），磁感应强度B随时间t按B＝B0－kt（B0、k不变，且B0＞0，k＞0）变化.abcd所在平面内有一根足够长的导体棒MN始终垂直于db，并通有恒定电流.t＝0时，导体棒从d点开始沿db方向匀速穿过磁场，速率为.设导体棒运动过程中所受安培力大小为F，F－t图像可能正确的是（　　）
答案：A
解析：在导体棒位移为0～L时，经过时间t导体棒移动的距离为x＝vt＝t，此时导体棒在磁场中的长度为L＝2x＝t，所受的安培力F＝BIL＝I（B0－kt）t＝（B0t－kt2），则图像为开口向下的抛物线的一部分；同理导体棒位移为L～2L时，受安培力F＝I（B0－kt）（4L－t）＝4LI（B0－2kt＋），由数学知识可知F－t图像为开口向上的抛物线的一部分，则图像为A.故选A.
角度2　通电导体在安培力作用下的运动
例4　一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示.当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将（　　）
A.不动 B.顺时针转动
C.逆时针转动 D.在纸面内平动
答案：B
解析：方法一（电流元法）：把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成由无数段直线电流元组成，电流元处在I2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1将顺时针转动.
方法二（等效法）：把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的 N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前， N极指向纸内，因此小磁针的 N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动.
方法三（结论法）：环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止.据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动.
　训练2　（2022·江苏卷）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里.则导线a所受安培力方向（　　）
A.平行于纸面向上
B.平行于纸面向下
C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
答案：C
解析：由安培定则判定导线b中电流产生的磁场方向如图所示，由左手定则可判定导线a所受安培力方向如C选项所述，C正确.
三、安培力作用下的平衡与加速问题
考题4　（2024·福建卷）（多选）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳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向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：通入电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通入电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2F'T＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确.
考题5　（2025·八省联考河南卷）无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接.如图，若b水平固定，将a悬挂在弹簧下端，平衡时弹簧的伸长量为Δl；再在两导线内通入大小均为I的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了Δl.若a水平固定，将b悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为2I的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl.已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比.则a、b单位长度的质量比ma∶mb为（　　）
A.1∶6 B.1∶4
C.1∶2 D.1∶1
答案：A
解析：设直导线单位长度为l，弹簧的劲度系数为k，对单位长度直导线a，根据题意有mag＝kΔl，两通电导线电流方向相同时，通电导线相互吸引，两通电导线电流方向相反时，通电导线相互排斥，根据题意通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比，两导线内通入大小均为I的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了Δl，根据mag＋Fa＝k·2Δl，可知a受到b的排斥力Fa＝kΔl＝k'·I·l，若a水平固定，将b悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为2I的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl，根据平衡条件mbg＝Fb＋k·2Δl，又Fb＝k'·2Il，联立可得mbg＝k·6Δl，结合mag＝kΔl可得ma∶mb＝1∶6，故选A.
　深化1　　安培力作用下的平衡问题
（1）安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的，只不过多了安培力，关键仍是受力分析.
（2）视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体的电流方向及其受力方向往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图.如图所示.
　深化2　　求解与安培力有关的力学问题的一般步骤
（1）确定要研究的通电导体.
（2）按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体作受力分析.
（3）分析导体的运动情况.
（4）根据平衡条件、牛顿第二定律或动能定理等列式求解.
思维模型　应用力学观点，能量观点分析带电导体在磁场中的运动.
角度1　安培力作用下的平衡问题
例5　如图所示为测磁感应强度大小的一种方式，边长为L、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流.图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有垂直于导线框平面向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为I.此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为F1，保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时测得细线中的拉力大小为F2.则磁感应强度大小为（　　）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：当磁场在虚线的下方时，可知导线框受到的安培力方向竖直向上，大小为F安＝BIL，根据平衡条件，则有F1＋F安＝mg.将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时导线框受到的安培力方向竖直向下，大小为F'安＝BIL，根据平衡条件，则有F2＝mg＋F'安，联立解得B＝，则选项A正确，B、C、D错误.
角度2　安培力作用下的加速问题
例6　（2025·陕西西安模拟）如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为2R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则（　　）
A.导体棒向左运动
B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
答案：C
解析：由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指指向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向右运动，故A错误；安培力的方向与导轨成90°－θ的夹角，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则开关闭合瞬间导体棒MN
所受安培力F＝ILB＝，故C正确，D错误；导体棒所受合力F合＝Fsin θ＝，由牛顿第二定律得F合＝ma，可知开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误.
　训练3　如图所示，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态.现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步（　　）
A.增大 B.减小
C.先增大，后减小 D.先减小，后增大
答案：A
解析：对导体棒进行受力分析如图所示，当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从沿斜面向上旋转到竖直向上，因光滑斜面对通电导体棒的支持力方向始终不变，导体棒的重力大小和方向也始终不变，初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，此时安培力最小，所以随着磁场方向的改变，若使导体棒始终保持静止状态，安培力的大小逐渐增大，直到等于导体棒的重力，而安培力F安＝BIL，所以磁感应强度一直增大，B、C、D错误，A正确.
限时跟踪检测（四十六）　磁场及其对电流的作用
A级·基础对点练
题组一　安培定则与磁场叠加
1.（2025·河北唐山模拟）两根异面垂直的导线M和N中分别通过方向如图所示的等大电流I.P点为M、N导线间垂线的中点，P点的磁感应强度为B0.则导线M在P点产生的磁感应强度为（　　）
A.2B0 B.B0 C.B0 D.
答案：D
解析：由安培定则可知，通过M的电流在P点产生的磁场方向垂直纸面向里，设为B1；通过N的电流在P点产生的磁场方向竖直向上，设为B2.由对称性有B1＝B2，由磁场叠加原理有＝B0，解得B1＝B2＝B0，D项正确.
2.（2025·云南模拟）（多选）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＝k（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a的距离为
答案：BD
解析：由安培定则可知，导线a在b点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b受安培力方向向左，根据牛顿第三定律，导线a受安培力方向向右，相互吸引，故A错误，B正确；由安培定则可知，两根导线在导线a左侧和导线b右侧产生的磁场方向相同，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，设到a的距离为x，则有k＝k，解得x＝，故x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到a的距离为，故C错误，D正确.
题组二　安培力的分析与计算
3.（2025·江西南昌模拟）在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的正方形线框abcd，磁场方向垂直于线框平面，a、d两点之间接一直流电源，电流方向如图所示.已知ad边受到的安培力为F，则整个线框所受安培力为（　　）
A.2F B.4F C.F D.F
答案：D
解析：由题图可知ab边、bc边与cd边串联后和ad边并联.设通过ad边的电流为I，则通过ab 边、bc边与cd边的电流为I.又安培力F＝BIL，ad边受到的安培力为F，则ab边、bc边与cd边受到的安培力均为F.根据左手定则可判断ab边受到的安培力方向向右，cd边受到的安培力方向向左，ad边与bc边受到的安培力方向均向下.所以整个线框所受安培力为F＋F＝F，故选D.
4.（2025·湖南长沙长郡中学月考）（多选）一光滑绝缘的正方体固定在水平面内.AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面.开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点连线O1O2在正方体的中轴线上.现对两棒同时通有图中箭头所示（A到B、D到C）方向的电流.下列说法中正确的是（　　）
A.通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）
B.通电后AB棒将要顺时针转动（俯视）
C.通电后瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
D.通电后瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置
答案：BD
解析：通电后，根据安培定则可知CD棒产生逆时针方向的磁场（由C向D看），在O1B段磁场方向斜向左上方，在O1A段磁场方向斜向左下方，O1B段所受安培力垂直纸面向外，O1A段所受安培力垂直纸面向里，因此AB棒将要顺时针转动（俯视），A错误，B正确；在线段O1O2间，CD棒产生逆时针方向的磁场（由C向D看），AB棒产生逆时针方向的磁场（由B向A看），两磁场方向垂直，根据磁场的合成可知不存在磁感应强度为零的位置，C错误，D正确.
题组三　安培力作用下的平衡与加速问题
5.（2025·浙江强基联盟高三联考）如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L、粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c.在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1.仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2.电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A.三条边a、b、c中电流大小相等
B.两次弹簧测力计示数F1＝F2
C.金属等边三角形的总质量m＝
D.匀强磁场的磁感应强度B＝
答案：C
解析：根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为I，故A错误.电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向也竖直向上，a边的安培力大小为Fa＝BIL，bc边的安培力大小为Fbc＝B·I·L＝BIL；对金属等边三角形受力分析，可得2F1＋Fa＋Fbc＝mg，解得F1＝－；电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培力方向竖直向下，a边的安培力大小仍然为Fa＝BIL，bc边的安培力大小仍然为Fbc＝BIL；对金属等边三角形受力分析，可得2F2＝mg＋Fa＋Fbc，解得F2＝＋，由以上分析可得F1＜F2，F1＋F2＝mg，F2－F1＝BIL，解得m＝，B＝，故B、D错误，C正确.故选C.
6.（2025·浙江杭州高三期末）如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5 m，导轨处于方向与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度为5 T的匀强磁场中.导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量m＝1 kg，电阻R＝0.9 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，电源电动势E＝10 V，其内阻r＝0.1 Ω，定值电阻的阻值R0＝4 Ω.不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则（　　）
A.导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右
B.导体棒ab受到的安培力大小为5 N，方向水平向左
C.重物重力G最小值是1.5 N
D.重物重力G最大值是7.5 N
答案：D
解析：由闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 A，ab受到的安培力大小为F安＝IlB＝2×0.5×5 N＝5 N，方向垂直于磁场斜向左上方，故B错误；若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，联立解得G1＝0.5 N，若导体棒ab恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，联立解得G2＝7.5 N，所以重物重力G的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C错误，D正确.
B级·能力提升练
7.（2025·温州第一次适应性考试）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向上，半径为R的四分之三圆弧导线abc绕过圆心O垂直于纸面的转轴顺时针转动一周，导线中通有恒定电流I，下列说法正确的是（　　）
A.导线abc受到的安培力最小为BIR
B.导线abc受到的安培力大小可能为BIR
C.导线abc受到的安培力最大值为πBIR
D.导线abc受到的安培力方向始终垂直纸面向里
答案：B
解析：导线abc的等效长度为ac连线的长度，大小为R，当ac连线与磁场方向平行时受安培力最小，则导线受到的安培力最小为0，选项A错误；当ac连线与磁场方向垂直时受安培力最大，安培力最大值为Fm＝BI·R，则导线abc受到的安培力大小可能为BIR，选项B正确，C错误；导线abc电流方向为a→b→c，根据左手定则可知，初始状态导线受到的安培力方向垂直纸面向外，选项D错误.故选B.
8.（2025·河北邢台期末）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在天花板上，另一端悬挂边长为L、匝数为n的正方形线框，线框的下半部分处于磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场中.当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x1；当线框中通入大小为I的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，线框的下半部分始终处于磁场中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.磁场的磁感应强度大小为
B.线框受到的安培力方向竖直向上
C.线框受到的安培力大小为
D.线框的质量为
答案：A
解析：当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x1，有kx1＝mg，当线框中通入大小为I的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x2，有kx2＝mg＋nBIL，解得磁场的磁感应强度大小为B＝，A正确；根据左手定则知，线框受到的安培力方向竖直向下，B错误；线框受到的安培力大小为F＝k（x2－x1），C错误；线框的质量为m＝，D错误.
9.如图所示，宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角，金属杆ab水平放置在导轨上，且与导轨垂直，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.电源电动势为E，当电阻箱接入电路的阻值为R0时，金属杆恰好保持静止.不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻，金属杆始终与金属导轨接触良好，重力加速度为g.
（1）求金属杆所受安培力的大小F.
（2）求金属杆的质量m.
（3）保持磁感应强度大小不变，改变其方向，同时调整电阻箱接入电路的阻值R以保持金属杆静止，求R的最大值.
答案：（1）　（2）　（3）
解析：（1）当电阻箱接入电路的阻值为R0时，电路中的电流I＝
金属杆受到的安培力大小F＝BIL
联立解得F＝.
（2）当电阻箱接入电路的阻值为R0时，金属杆受力平衡，有Fcos α＝mgsin α
结合（1）解得m＝.
（3）当磁场方向垂直斜面向上时，安培力最小，电路中的电流最小，R取最大值，依据平衡条件有BIminL＝mgsin α
根据欧姆定律有Imin＝
解得Rmax＝.
第2讲　磁场对运动电荷的作用
素养目标　1.明确洛伦兹力的概念、洛伦兹力公式.（物理观念） 2.知道洛伦兹力与安培力的关系.（物理观念） 3.能够应用洛伦兹力进行动力学分析与处理.（科学思维） 4.掌握带电粒子在有界磁场中的一般解题步骤.（科学思维）
一、对洛伦兹力的理解
考题1　（2023·海南卷）如图所示，带正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的说法正确的是（　　）
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
答案：A
解析：带正电小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用，重力不变，洛伦兹力时刻变化，则小球所受合力不为零且时刻变化，所以小球速度和加速度均在变化，B、C错误；洛伦兹力始终与小球速度方向垂直，永不做功，D错误.
洛伦兹力
1.定义：磁场对　运动电荷　的作用力.
2.大小
（1）F＝　0　（v∥B时）.
（2）F＝　qvB　（v⊥B时）.
（3）F＝qvBsin θ（v与B夹角为θ）.
3.方向判定
左手定则：伸出左手，使拇指与其余四个手指　垂直　，并且都与手掌在同一个平面内.让磁感线从掌心进入，并使四指指向　正电荷　运动的方向（或负电荷运动的反方向）.大拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受　洛伦兹力　的方向.
4.特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B与v决定的平面，F与v始终垂直，洛伦兹力　不做功　.
　深化1　　洛伦兹力的方向的特点
（1）洛伦兹力的方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向所确定的平面.
（2）洛伦兹力的方向总垂直于电荷的运动方向，当电荷的运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向随之变化.
（3）由于洛伦兹力的方向总与电荷的运动方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功.
　深化2　　洛伦兹力与安培力的联系及区别
（1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力.
（2）安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功.
　深化3　　洛伦兹力与电场力的比较
项目 洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力方向与场方向的关系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动速度的大小，也可以改变电荷运动的方向
思维模型　结合洛伦兹力的特点进行动力学分析与处理.
角度1　洛伦兹力方向应用
例1　（2022·北京卷）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的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：三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2对应的粒子是正电子，1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；对于轨迹1的粒子运动半径越来越小，由r＝知，运动速度越来越小，B错误；对于轨迹2和轨迹3两种粒子，由于初始半径r2＜r3，由r＝知v2＜v3，故C错误.
角度2　洛伦兹力大小应用
例2　（多选）如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中.t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像可能是（　　）
　　A　　　 　B　　 　　C　　 　　D
答案：ACD
解析：设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A有可能是物块运动的v－t图像；若mg＞μBqv0，则物块开始时有向下的加速度，由a＝可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D有可能是物块运动的v－t图像，B不可能是物块运动的v－t图像；若mg＜μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，选项C有可能是物块运动的v－t图像.
二、带电粒子在有界磁场中运动
考题2　（2024·广西卷）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（　　）
A. B.
C.（1＋） D.（1＋）
答案：C
解析：根据题意作出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力有qBv＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，由几何关系可以得到P点至O点的距离d＝（1＋）r＝（1＋），C正确.
考题3　（2024·河北卷）（多选）如图所示，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场.调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出.对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（　　）
A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
答案：ACD
解析：若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子从C点垂直于BC射出，A、C正确；当粒子穿过ad边速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子经bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确.
带电粒子在匀强磁场中的运动
（1）v∥B时，带电粒子做　匀速直线　运动.
（2）v⊥B时，
①运动性质：　匀速圆周　运动.
②动力学方程：qvB＝m.
③半径、周期公式：r＝，T＝.
④运动时间：t＝＝　T　.
　深化1　　带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定
项目 基本思路 图例 说明
圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心. ②弦的垂直平分线过圆心 P、M点速度方向垂线的交点
P点速度方向垂线与弦的垂直平分线的交点
半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法：图中，r＝或由r2＝L2＋（r－d）2求得 r＝
运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度l求时间 ①t＝T＝T＝T. ②t＝＝
　深化2　　带电粒子在有界磁场中运动的常见情形
（1）直线边界（进出磁场具有对称性，如图1所示）
图1
（2）平行边界：往往存在临界条件，如图2所示.
图2
（3）圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图3甲所示.粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角.
②速度方向不指向圆心：如图3乙所示.粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ.
③环形磁场：如图3丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度.
图3
　深化3　　解析法解决带电粒子在匀强磁场中的运动问题
思维模型　掌握带电粒子在有界磁场中的一般解题步骤.
角度1　粒子在直线边界运动
例3　（2025·陕西渭南模拟）（多选）如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，氢的同位素氘离子H）和氚离子H）都从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成相同的角，不计离子重力及离子间相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A.运动轨迹的半径之比为2∶3
B.重新回到边界所用时间之比为3∶2
C.重新回到边界时的动量相同
D.重新回到边界时与O点的距离不相等
答案：AD
解析：根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，由题知v、B大小均相同，则轨迹半径r与成正比，故r1∶r2＝2∶3，选项A正确；离子的运动周期为T＝＝，则知T1∶T2＝2∶3，根据左手定则分析和几何知识可知，两离子重新回到边界时的速度方向相同，重新回到边界时两个离子的速度偏向角均为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，则运动时间t＝T，可知重新回到边界所用时间之比为2∶3，选项B错误；根据动量p＝mv，由于磁场不改变速度的大小，且两个离子的质量不相等，所以两个离子的动量也不相等，C错误；由几何知识可知离子重新回到边界时的位置与O点距离d＝2rsin θ，由于θ相同，r不同，故d不同，选项D正确.
角度2　粒子在平行边界运动
例4　（2025·河南六校联考）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界.质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力）从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，再从MN边界射出磁场时与MN夹角为θ＝30°，则（　　）
A.粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60°
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.粒子在磁场中运动的时间为
D.粒子射入磁场时的速度大小为
答案：D
解析：轨迹如图所示，根据对称性知，粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角也为30°，则转过的圆心角为α＝300°，粒子在磁场中运动周期为T＝，则运动的时间为t＝T＝，A、B、C错误；设轨迹半径为r，由l＝r＋rcos 30°，解得r＝2（2－）l，根据qvB＝m，解得v＝，D正确.
角度3　粒子在圆形边界运动
例5　（多选）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场.一带电粒子从图中A点以水平速度v0垂直磁场射入，速度的方向与过圆心及A点的直线成60°角，当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了120°角，下列说法正确的是（　　）
A.该粒子带正电
B.该粒子带负电
C.该粒子在磁场中运动的半径为r＝R
D.该粒子在磁场中运动的时间为t＝
答案：ACD
解析：根据带电粒子的偏转方向，由左手定则可知，该粒子带正电，A正确，B错误；粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝＝R，C正确；粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，则粒子在磁场中的运动时间为t＝＝，D正确.
角度4　三角形或多边形边界磁场
例6　（2025·吉林长春模拟）（多选）如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是（　　）
A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B.从CD边飞出的粒子最大速率为
C.粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L
D.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
答案：BD
解析：速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，运动时间为周期的一半，而粒子做圆周运动的周期相同，从CD边飞出的粒子在磁场中运动时间可能相同，故A错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，即从CD边飞出的粒子最大速率为，故B正确；粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示，由几何关系得＝＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，故C错误；粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝·＝，故D正确.
例7　（2025·广东梅州统考模拟）如图所示，正方形abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），一束电子以不同的速度沿ab方向垂直磁场射入，形成从c点离开磁场区域和从d点离开磁场区域的甲、乙两种轨迹.设沿甲、乙轨迹运动的电子速度大小分别为v甲、v乙，在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，则（　　）
A.v甲＝v乙，t甲＝t乙
B.v甲＝v乙，t甲＝t乙
C.v甲＝2v乙，t甲＝t乙
D.v甲＝2v乙，t甲＝t乙
答案：D
解析：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，根据半径公式r＝可知，甲、乙电子在磁场中运动的速度之比＝＝，根据周期公式T＝可知，甲、乙电子在磁场中做圆周运动的周期相等，故甲、乙电子在磁场中运动的时间之比＝＝，故D正确.
三、带电粒子在匀强磁场中的多解问题
考题4　（2022·湖北卷）（多选）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：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L
由洛伦兹力提供向心力有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°.
当粒子上下磁场均经历一次时，如图乙所示
因为上下磁感应强度均为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粒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°
当粒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°
故可知B、C正确，A、D错误.
　深化　　四种常见多解问题
项目 分析 图例
带电粒子电 性不确定　 带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解 如果带正电，其轨迹为a；如果带负电，其轨迹为b
磁场方向不确定 只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解 已知粒子带正电，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b
临界状态不唯一 带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解
运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解
角度1　带电粒子电性不确定形成多解
例8　如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是磁场左右的两条边界线.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入.要使粒子不能从右边界NN'射出，求粒子入射速率的最大值为多少？
答案：（q为正电荷）或（q为负电荷）
解析：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论.
若q为正电荷，轨迹为①，如图所示，是与NN'相切的圆弧，由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
又d＝r－
解得v＝
若q为负电荷，轨迹为②，如图所示，是与NN'相切的圆弧，由洛伦兹力提供向心力，有
qv'B＝m
又d＝r'＋
解得v'＝.
角度2　磁场方向不确定形成多解
例9　（多选）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计.为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场.已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A.B＞，垂直纸面向里
B.B＞，垂直纸面向里
C.B＞，垂直纸面向外
D.B＞，垂直纸面向外
答案：BD
解析：当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin 30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误.
角度3　临界状态不确定形成多解
例10　如图所示直角坐标系xOy，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为1 T.现有一个位于O点的放射源，能从O点向纸面内各个方向射出速度大小均为v＝5.0×106 m/s的带正电粒子.若在与距y轴距离为12 cm处放一足够长平行于y轴的感光棒PQ，粒子打在上面即被吸收.已知粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，则该粒子不可能打中的是（　　）
A.（12 cm，9 cm） B.（12 cm，10 cm）
C.（12 cm，－9 cm） D.（12 cm，－10 cm）
答案：B
解析：粒子带正电，根据左手定则知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝＝10 cm，粒子的临界轨迹如图所示，O点放射的粒子打至最远处为直径所在位置，故其中一个临界点为P2，则OP2＝2r＝20 cm，由几何关系得MP2＝＝16 cm，所以向下最远可以打到（12 cm，－16 cm）；与感光棒PQ相切为另一个临界点P1，又OO'＝O'P1＝r＝10 cm，ON＝OM－NM＝OM－O'P1＝2 cm，根据几何关系得P1M＝O'N＝＝4 cm，所以向上最远可以打到（12 cm，4 cm），A、C、D选项均为可能达到的位置，粒子不可能打中的位置是B选项.
限时跟踪检测（四十七）　磁场对运动电荷的作用
A级·基础对点练
题组一　对洛伦兹力的理解
1.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子.如图所示，把电子射线管（阴极射线管）放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是　（　　）
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
答案：B
解析：电子束带负电，电子束由负极向正极运动，在电子束运动的过程中，条形磁铁产生的磁场由 N极指向S极，根据左手定则可判断出电子受到的洛伦兹力方向向下，故电子束的偏转方向向下，B正确，A、C、D错误.
2.（2025·湖北武汉模拟）如图所示，在横截面为圆形的云室内，沿直径方向装有铅板，匀强磁场垂直圆面（图中未标示）.从云室内侧壁发射一带电粒子，粒子刚好从云室圆心处垂直穿过铅板，留下如图所示的径迹，不考虑粒子的重力和云室中气体对粒子的阻力，整个过程中粒子质量、电荷量保持不变，下列判断正确的是（　　）
A.粒子一定带正电
B.粒子一定带负电
C.粒子在云室中铅板两侧的运动时间一定相等
D.粒子一定自铅板左侧向右穿过铅板
答案：D
解析：由于磁场方向不确定，无法判断粒子带电性质，A、B错误；由于整个过程中粒子质量、电荷量保持不变，故粒子在铅板左右两侧运动的周期不变，又因为带电粒子穿过铅板动能有损失，轨道半径会减小，由题图可知带电粒子在铅板左边的运动轨迹半径大于右边的轨迹半径，而轨迹圆弧对应的弦长都等于云室的半径，所以粒子在左边偏转的圆心角小于右边偏转的圆心角，即粒子在铅板左侧运动的时间小于右侧运动的时间，C错误；粒子在铅板左边的运动轨迹半径大于右边的轨迹半径，由向心力公式qvB＝m，得轨道半径公式r＝，左侧速度大于右侧速度，故粒子一定是从左向右穿过铅板，D正确.
题组二　带电粒子在匀强磁场中的运动
3.（2025·湖北武汉调研）如图所示，虚线圆形区域内、外均分布着垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小相同、方向相反，一带电粒子从圆上的A点正对圆心入射.仅改变带电粒子的入射速率，可分别得到图甲和图乙中实线所示的运动轨迹.则甲、乙两图中粒子的入射速率的比值为（　　）
甲　　乙
A.3 B.2 C. D.
答案：A
解析∶如图所示，设虚线圆形区域半径为r，根据几何关系，可得r甲＝Rtan 60°，r乙＝Rtan 30°，＝3，根据Bvq＝m，可得v＝，＝＝3，故选A.
甲　　乙
题组三　带电粒子在有界磁场中的运动
4.（2025·河北石家庄模拟）两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（　　）
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝1∶
C.两粒子的速度大小之比va∶vb＝∶1
D.两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
答案：D
解析：由题意可知a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，根据左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，
由图中几何关系可得Ra＝＝d，Rb＝＝d，则有Ra∶Rb＝∶1，故B错误；由几何关系可知从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，根据运动时间相同可得粒子运动周期之比为Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq＝m，所以，运动周期为T＝＝，根据电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故D正确；根据R＝，Ra∶Rb＝∶1，ma∶mb＝2∶1，可得va∶vb＝∶2，故C错误.
5.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（　　）
A. B. C. D.
答案：C
解析：根据题意，画出电子临界状态的运动轨迹，如图所示，此时电子在磁场中所对应的运动半径最大，磁感应强度最小，设运动轨迹的半径为R，根据几何关系有＋R＝3a，解得R＝a，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，解得B＝，C正确.
题组四　带电粒子在匀强磁场中的多解问题
6.（多选）如图所示，P、Q为一对水平放置的平行板，板长与板间距离均为d，板间区域内充满匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计），以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入，粒子打到板上，则初速度v0大小可能为（　　）
A. B. C. D.
答案：BC
解析：设粒子带正电，根据左手定则可判断粒子刚进入板间时所受洛伦兹力向上，由于粒子不计重力，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，由题意知粒子在偏转以后打在板上，若粒子恰好未打在板上，与极板平行从左端射出，由几何关系知半径r1＝，速度v1＝；若粒子恰好从极板右端飞出，由几何关系知半径r2与d之间关系为＝d2＋（r2－）2，解得r2＝d，速度v2＝，粒子要打在极板上，则初速度v0应满足的条件为＜v0＜，故A、D错误，B、C正确.
7.（多选）如图所示，有一正五边形边界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从AB边上中点O点垂直于AB边射入磁场，一段时间后垂直于磁场边界射出磁场.则粒子在磁场中运动的时间可能是（　　）
A. B.
C. D.
答案：ABD
解析：根据左手定则可以判断，粒子射入磁场后向左侧偏转，可能从OB段、BC段或CD段边界射出.因为粒子垂直于磁场边界射出磁场，根据几何对称性可知，粒子可能从OB段边界、BC段中点或CD段中点射出，对应的圆周运动圆心角θ分别为π、、.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，所以运动的时间为t＝T，联立两式并将θ可能的取值代入，可以得到粒子在磁场中运动的时间可能是、、，故A、B、D项均正确，C项错误.
B级·能力提升练
8.（多选）如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.两个质量均为m、电荷量均为q的带电粒子甲、乙从ad边的中点M以不同的速率均沿纸面与Md成θ＝30°射入磁场，甲恰好不从ab边射出磁场，乙恰好从bc边的中点N射出磁场.不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则（　　）
A.两粒子均带负电
B.两粒子射出磁场时速度方向相反
C.甲、乙在磁场中运动的速率之比为∶1
D.甲、乙在磁场中运动的路程之比为5∶6
答案：BD
解析：根据左手定则判断知，两粒子均带正电，A错误；甲、乙在磁场中运动的轨迹如图所示，甲射出磁场时速度方向与ad间夹角为30°，乙射出磁场时速度方向与cb间夹角为30°，两粒子射出磁场时速度方向相反，B正确；设甲、乙的轨道半径分别为r1、r2，则α＝90°－θ＝60°，r1＋r1sin θ＝，r2sin α＝，解得r1＝，r2＝，由r＝得＝＝，C错误；甲、乙在磁场中运动的路程之比为＝，D正确.
9.（2025·湖南普通高中模拟）如图所示，半径为R的圆形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，AC是圆O的水平直径，P是圆周上的一点，P点到AC的距离为R.一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以一定的速度从A点沿AC方向射入，粒子在磁场中运动的偏向角为90°.保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从P点以相同速度大小和方向射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（　　）
A. B. C. D.
答案：C
解析：带负电粒子从A点沿AC方向射入，偏向角为90°，设粒子从D点射出，如图甲所示，根据几何关系，易知粒子的轨迹圆半径等于磁场圆半径R；若粒子从P点射入磁场，根据磁聚集知识，粒子还是从D点射出，如图乙所示，此时粒子的偏向角为120°，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式T＝及粒子在磁场中做部分圆周运动的时间公式t＝T（θ＝120°＝π）得t＝，C正确.
甲　乙
10.（2025·福建三明期末）如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第一象限与第二象限的磁感应强度分别为B、2B.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从原点O以速度v射入第一象限，入射方向与x轴正方向的夹角θ＝30°，不计粒子重力.
（1）在图中画出该带电粒子一个周期内的运动轨迹；
（2）求粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d；
（3）求粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt.
答案：（1）见解析图甲　（2）　（3）
解析：（1）根据qvB＝，可知在第一象限内粒子的轨道半径R1＝，由左手定则可知粒子逆时针偏转，偏转的圆心角为120°.
在第二象限内粒子的轨道半径R2＝，偏转的圆心角为240°，运动轨迹如图甲所示.
甲
（2）由几何关系知粒子在一个周期内沿y轴移动的距离d＝2R1cos 30°－2R2cos 30°
解得d＝.
（3）粒子在第一象限内运动的周期T1＝
在第二象限内运动的周期T2＝
如图乙所示，粒子连续两次经过y轴上同一点时，在第一象限运动一次，在第二象限运动两次，因此时间间隔Δt＝T1＋2×T2＝.
乙
专题十三　“动态圆”模型
素养目标　1.进一步掌握带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题.（物理观念） 2.会用平移圆法、旋转圆法、放缩圆法分析临界状问题.（科学思维）
一、“平移圆”模型
考题1　（2021·湖南卷）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一.带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为＋q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用.对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题.
（1）如图（a）所示，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a）所示，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，－r2）.在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出.求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b）所示，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形.在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束.求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）.
答案：（1）　（2）　方向垂直纸面向里　π　（3）　　（－1）　（－1）
解析：（1）取任意入射点E，作出运动轨迹如图所示，四边形AEO'O中AE＝AO＝r1，∠AEO＝∠AOE，O'E∥OA，所以∠O'EO＝∠EOA，由此得四边形AEO'O为菱形，入射粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1，得qvB1＝m，解得B1＝.
（2）由第（1）问知，该过程为磁聚焦的逆过程，即磁发散，粒子在磁场区域运动的轨迹半径r'＝r2，磁场方向垂直纸面向里.由qvB2＝m，解得B2＝.磁场区域面积为π.
（3）如图所示
在区域Ⅰ中，最小磁场区域的边界一部分是由各粒子入射点形成的边界，由磁聚焦可知是一段半径为r3的圆弧，另一边界是由最上端入射粒子运动轨迹形成的圆弧，即最小区域是两段圆弧所围成的.
由BⅠqv＝m可得区域Ⅰ的磁感应强度的大小BⅠ＝，由几何知识可得磁场区域的面积SⅠ＝（π－）×2＝（－1），由对称性可知区域Ⅱ内磁场区域的最小面积SⅡ＝SⅠ＝（－1）；同理，在区域Ⅲ、Ⅳ中磁场的磁感应强度的大小BⅢ＝BⅣ＝，对应的最小磁场区域面积为SⅢ＝SⅣ＝（－1）.
　深化　　“平移圆”模型处理方法
适用条件及特点 速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上 所有粒子做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上
应用方法 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
例1　（多选）如图所示，在直角三角形abc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.大量质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出.已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是（　　）
A.粒子的入射速度为
B.粒子的入射速度为
C.粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为
D.从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
答案：AC
解析：电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入磁场区域，由左手定则可判断出粒子进入磁场区域向上偏转做匀速圆周运动，因bc边只有一半区域有粒子射出，恰好在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得r＝，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，联立解得粒子的入射速度v＝，A项正确，B项错误；粒子在匀强磁场中运动的最长轨迹弧长为s＝πr＝，C项正确；与bc边相切恰从bc边射出的粒子对应的圆心角最大，为θ＝，从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为t＝＝，D项错误.
　训练1　（多选）如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（　　）
A.粒子在磁场中运动的半径为
B.粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域
C.粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为
D.能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为
答案：CD
解析：带电粒子在磁场中的运动半径r＝＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切（如图所示），则E点与A点的距离为AO－EO＝2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝＝，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短时的运动时间最短，且最短弦长为d，与半径相同，故对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝＝，选项D正确.
二、“旋转圆”模型
考题2　（2021·海南卷）（多选）如图所示，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、电荷量为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：根据题意，粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知，粒子一定带正电，A正确.当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，其运动轨迹如图甲所示.根据几何关系可知，粒子运动的半径为r＝＝2L，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，联立解得粒子入射速率v＝，若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙所示.根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直（若垂直，运动轨迹的圆心应该在x轴上，显然不符合），B错误，C正确.粒子离开磁场的位置距离O点最远时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，如图丙所示.根据几何关系可知（2r）2＝（L）2＋，解得xm＝3L，D正确.
　
　深化　　“旋转圆”模型处理方法
适用条件及特点 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同，运动半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆 如图所示，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
应用方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件
例2　（2025·湖南明德中学模拟）（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均匀射出质量均为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，不计粒子的重力，则（　　）
A.从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为3∶2
B.粒子运动的速度大小为
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
D.磁场区域中有粒子通过的面积为d2
答案：ABD
解析：如图甲所示，由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝d，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得粒子运动的速度大小为v＝，选项B正确；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，选项C错误；由图甲可知，磁场区域有粒子通过的面积为图甲中AOCDA区域的面积，即为d2＋πd2＝d2，选项D正确；当速度垂直OB时，粒子刚好从D点射出，如图乙所示，由几何关系可知，当速度方向与OC的夹角为30°时，恰好从C点射出，则从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为：90°∶60°＝3∶2，选项A正确.
甲　乙
　训练2　（2025·浙江温州英才学校模拟）如图所示，竖直平面内有一xOy平面直角坐标系，第一、四象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小记为B（B未知）.坐标原点O处有一放射源，放射源可以源源不断向一、四象限180°范围内均匀地辐射出质量为m、电荷量为q的正离子.在y轴上固定一能吸收离子的收集板MN，M点坐标为（0，a），N点坐标为（0，2a），当辐射的离子速率为v0时离子打在收集板上的位置最远到N点，最近到M点.不计离子的重力及离子间的相互作用的影响，求：
（1）恰好打到M点的离子在磁场中运动的时间；
（2）能打到收集板上的离子数占辐射总数的比例.
答案：（1）或　（2）
解析：（1）由题意可知，沿x轴正方向出射的离子，经半圆到达N点，由此可得r＝a，可知通过M点的离子有两个出射方向，如图甲所示，一个轨迹转过的圆心角为60°，即t1＝T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝T，离子做匀速圆周运动，周期T＝，即T＝，解得t1＝，t2＝.
　
（2）如图乙所示，由动态圆分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x轴正方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数的比例为＝.
三、“放缩圆”模型
考题3　（2023·福建卷）阿斯顿（F.Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示.在PP'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处.已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处的氖离子比荷（电荷量和质量之比）为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计.
（1）求OM的长度；
（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷.
答案：（1）0.4 m　（2）4.4×106 C/kg
解析：（1）氖离子进入匀强磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得q1vB＝m1，则r1＝＝ m＝0.2 m，所以OM的长度sOM＝2r1＝0.4 m.
（2）由题意得sON＝1.1sOM，且sON＝2r2，即r2＝1.1r1，根据洛伦兹力提供向心力有q2vB＝m2，则＝＝＝4.4×106 C/kg.
　深化　　“放缩圆”模型处理方法
适用条件及特点 速度方向一定，大小不同 粒子初速度方向一定，大小不同，在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线 带电粒子速度v越大，运动半径也越大.如图所示，运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上
应用 方法 以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
例3　（多选）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（　　）
A.若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D.当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
答案：ABD
解析：若粒子射入磁场时速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝（＋1）l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝T＝，选项D正确.
　训练3　（多选）如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点.若一个带正电的粒子（重力忽略不计）从O点沿纸面以垂直于cd边的某一速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场.现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是（　　）
A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是t0
答案：AD
解析：带电粒子以垂直于cd边的某一速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期T＝2t0.该粒子从O点以与Od成30°角的方向射入磁场，随着粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A正确.由上述分析知粒子运动周期为2t0，由图分析可知，从ab边射出的粒子所用时间不可能为t0，从bc边射出的粒子所用时间不超过T＝，所有从cd边射出的粒子转过的圆心角都是300°，所用时间为＝，故B、C错误，D正确.
限时跟踪检测（四十八）　“动态圆”模型
A级·基础对点练
题组一　“平移圆”模型
1.（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B＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝－2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，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qvB＝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图，如图所示.由图可知，能在AC边界上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；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，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.
2.如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子.磁场的磁感应强度大小为、方向垂直平面xOy向里.不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力.所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间最长为（　　）
A. B. C. D.
答案：C
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m，解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α＝，要使圆心角α最大，FE最长，经分析可知，当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝，解得αm＝，从D'点射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，且tm＝·，解得tm＝，故选C.
题组二　“旋转圆”模型
3.如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）.一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力和离子间相互作用）（　　）
A.从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
B.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
C.所有离子飞出磁场时的动能一定相等
D.在磁场中运动时间最长的离子可能经过圆心O点
答案：A
解析：由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故应该是弦长为PQ，由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的运动时间最长，轨迹不可能经过圆心O点，故A正确，B、D错误；因洛伦兹力永不做功，故离子在磁场中运动时动能保持不变，但由于离子的初动能不一定相等，故飞出时的动能不一定相等，故C错误.
4.如图所示，在x轴的上方（y≥0）存在着垂直于纸面向里的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B.在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、带电荷量为q的正离子，速率都为v.对那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的位置中离x轴及y轴最远距离分别为（　　）
A.　 B.　
C.　 D.　
答案：A
解析：若让沿x轴正方向射出的离子的轨迹圆绕O点缓慢转动（如图所示），不难得出离y轴最远为｜x｜＝2r＝，离x轴最远为y＝2r＝，所以A项正确.
题组三　“放缩圆”模型
5.如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，∠a＝30°.一质子H以v0的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一α粒子He以v0的速度从O点沿相同的方向射入磁场，则α粒子在磁场中的运动时间为（　　）
A. B.t
C.t D.2t
答案：D
解析：根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得r＝.设质子H在磁场中的运动半径为r1，则α粒子在磁场中的运动半径为r2＝2r1，根据几何关系可知α粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子的运动轨迹.质子H在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，α粒子在磁场中的运动时间为t'＝T'＝×＝＝＝2t，故选D.
6.（2025·德阳质量检测）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（　　）
A.≤t≤
B.≤t≤
C.≤v≤
D.≤v≤
答案：D
解析：粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得T＝.如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子做圆周运动的圆心角为θc＝π，所用时间为tc＝T＝×＝；如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子做圆周运动的圆心角为，所用时间为td＝T＝×＝，所以粒子运动的时间有≤t≤，故A、B错误.如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得L＋r＝L.由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，联立解得v＝.如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系得r＝L，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，联立解得v＝，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以≤v≤，C错误，D正确.故选D.
B级·能力提升练
7.（2025·江苏泰州靖江高级中学模拟）如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外.一电子以初速度v从圆心O沿OC方向射入磁场，恰好由A点射出.弧AD对应的圆心角为60°，要使电子从弧AD之间射出（不包括A、D两点），电子从O点射入的初速度可能是（不计电子的重力）（　　）
A. B. C.2v D.3v
答案：B
解析：根据题意，速度为v时，恰好由A点射出，如图中轨迹Ⅰ所示，由几何关系可得r＝，由牛顿第二定律有qvB＝m，联立可得R＝，要使电子恰好从D点射出，如图中轨迹Ⅱ所示，根据几何关系可得r'＝R，则有R＝，解得v'＝2v，要使电子从弧AD之间射出，电子从O点射入的初速度应大于v，小于2v.故选B.
8.如图所示，宽为d的混合粒子束由速率为3v、4v、5v的三种带正电的离子组成.所有离子的电荷量均为q、质量均为m，当三种速率的离子水平向右进入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.在入口处，紧靠粒子束的下边缘竖直放置一个长度为2d的薄吞噬板MN.忽略离子重力及离子间相互作用，若使这些离子都能打到吞噬板MN上，则磁感应强度大小的取值范围是（　　）
A.＜B＜ B.＜B＜
C.＜B＜ D.＜B＜
答案：C
解析：由分析可知，粒子束上边缘进入速率为v1＝3v的离子到达吞噬板上边缘时，半径最小，磁感应强度最大，根据qv1B1＝m，由几何关系得R1＝，可得B1＝；粒子束下边缘进入速率为v2＝5v的离子到达吞噬板下边缘时，半径最大，磁感应强度最小，此时qv2B2＝m，R2＝d，得B2＝，所以磁感应强度大小的取值范围为＜B＜，故C正确，A、B、D错误.
9.如图所示，虚线所示的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域圆的半径为R.质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内从圆周上的M点射入磁场.不计粒子重力.
（1）如果一个带电粒子沿直径MON方向射入磁场，速度v1＝，该粒子在磁场中运动的时间为多少？
（2）如果大量相同的带电粒子以相同的速率v2在纸面内从M点沿不同方向射入磁场，不计粒子间相互作用，v2＝，求粒子在磁场中运动的时间的最大值；
（3）如果大量相同的带电粒子以相同的速率v3在纸面内从M点沿不同方向射入磁场，v3＝，求这些粒子在磁场边界上出射点分布的长度.
答案：（1）　（2）　（3）
解析：（1）由v1＝，r1＝，可得r1＝R，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，圆弧对应的圆心角α1＝90°，由T＝，可得t1＝＝.
（2）由v2＝，可得r2＝2R，粒子从N点射出时在磁场运动的时间最长，如图所示，由几何关系可知，其轨迹弧对应的圆心角α2＝60°，粒子在磁场中运动的时间的最大值t2＝＝.
（3）由v3＝可得r3＝，粒子在磁场边界上出射点距M点最远时，轨迹弧为一半圆，如图所示.由几何关系可知，出射点分布的长度为磁场边界的，即s＝.
10.（2025·广西贵港平南中学月考）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF.一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ.已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：
（1）电子的速率v0至少多大？
（2）若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？此时最小半径是多少？
答案：（1）　（2）　
解析：（1）根据题意可知，当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨迹半径越大，当轨迹的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示
电子恰好射出时，由几何知识可得r＋rcos θ＝d
又有ev0B＝m
联立解得v0＝
故电子要射出磁场，速率至少应为.
（2）由上述可知，当θ＝0°时，粒子的速度为v0＝最小，此时半径最小为rmin＝.
专题十四　带电粒子在组合场中的运动
素养目标　带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法和力学问题的分析方法基本相同，带电粒子在组合场中的运动问题的解题思路就是利用力学两把“金钥匙”，即动力学观点和能量观点.（科学思维）
一、质谱仪和回旋加速器
考题1　（2024·上海卷）某回旋加速器的示意图如图所示.磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直.交变电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与D1、D2相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场.初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1.
（1）粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W，冲量为I，则　　.
A.W＝0，I＝0 B.W≠0，I＝0
C.W≠0，I≠0 D.W＝0，I≠0
（2H核和H核自图中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ间电势差绝对值始终为U，电场方向做周期性变化H核在每次经过缝隙间时均被加速（假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略）H核完成3次加速时的动能与此时H核的动能之比为　　.
A.1∶3 B.1∶9
C.1∶1 D.9∶1
E.3∶1
答案：（1）D　（2）E
解析：（1）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，即W＝0，洛伦兹力的冲量I≠0，D正确.
（2）设回旋回速器中的磁感应强度为B、加速电压为U，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，又粒子在磁场中运动的周期T＝，解得T＝，由于H和H的比荷之比∶＝3∶1，则T1∶T2＝1∶3，故在H偏转3个圆的时间内H偏转1个圆，该段时间内由动能定理有Ek1＝3eU，Ek2＝eU，则Ek1∶Ek2＝3∶1，E正确.
考题2　（2024·甘肃卷）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示.Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里.从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示.
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷.
（2）求O点到P点的距离.
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2（E2略大于E1），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上.求粒子打在O'点的速度大小.
答案：（1）正电　　（2）　（3）
解析：（1）粒子在Ⅲ中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电
设粒子的电荷量为q、质量为m，粒子在Ⅰ中加速、在Ⅱ中做直线运动，有
qU＝mv2
qE1＝qvB1
解得v＝，＝.
（2）粒子在Ⅲ中做匀速圆周运动，有
qvB2＝m
解得xOP＝2r＝.
（3）粒子进入速度选择器Ⅱ中瞬间，受到向上的洛伦兹力为F洛＝qvB1，
受到向下的电场力为F电＝E2q，
由于E2＞E1，所以F洛＜F电
采用配速法分析，令E2q＝q（v＋v'）B1
则粒子在速度选择器Ⅱ中水平向右以速度v＋v'做匀速直线运动的同时，竖直面内以速率v'做匀速圆周运动
当做圆周运动的速度转到水平向右时，如图所示，满足粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为vO'＝（v＋v'）＋v'＝.
　深化1　　质谱仪
（1）构造：质谱仪由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片构成.
直 观 情 境
（2）原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝，由以上两式可得r＝，m＝，＝.
　深化2　　回旋加速器
（1）组成：如图所示，两个D形盒（静电屏蔽作用），大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场.
直 观 情 境
（2）条件：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次.
（3）最大动能：由qvmB＝m、Ekm＝m得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关.
（4）总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝.（忽略粒子在狭缝中运动的时间）
角度1　质谱仪应用
例1　现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为（　　）
A.11 B.12
C.121 D.144
答案：D
解析：设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数分别为m2、q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2－0，解得v＝　①，在磁场中应满足qvB＝m　②，由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同.由①②式联立求解得，匀速圆周运动的半径r＝，由于加速电压不变，故＝·＝，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝，故一价正离子与质子的质量比约为144，D正确.
　训练1　（2025·河南开封模拟）（多选）质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具，如图所示是一种质谱仪的工作原理示意图.质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U1的加速电场，其初速度几乎为0，接着经过小孔S2进入速度选择器中，沿着直线经过小孔S3垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场中，最后打到照相底片CD上.已知速度选择器的板间距为d，板间电压为U2，且板间存在磁感应强度为B1的匀强磁场，粒子打在底片上的亮点距小孔S3的距离为D.不计粒子重力及粒子间相互作用.则该带电粒子的比荷可以表示为（　　）
A. B.
C. D.
答案：CD
解析：粒子在电场中加速，由动能定理可得U1q＝mv2，解得v＝，粒子进入速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件可得＝B1qv，联立可得＝，粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有B2qv＝m＝m，与＝B1qv联立可得＝，与v＝联立可得＝.故选C、D.
角度2　回旋加速器的应用
例2　（多选）如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A.加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
B.粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关
C.若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小
D.粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为∶
答案：BC
解析：粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvmB＝m，解得vm＝，则粒子获得的最大动能为Ekm＝m＝，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子由动能定理有nqU＝，加速次数n＝，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间t＝T＝将减小，故C正确；对粒子由动能定理得nqU＝m，解得vn＝，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvnB＝m，解得rn＝，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为＝，故D错误.故选B、C.
　训练2　（多选）医用回旋加速器的示意图如图所示，其核心部分是两个D形金属盒，两个金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源相连.现分别加速氘核H）和氦核He）.下列说法正确的是（　　）
A.氘核H）的最大速度较大
B.它们在D形盒内运动的周期相等
C.氦核He）的最大动能较大
D.仅增大高频交流电源的频率可增大粒子的最大动能
答案：BC
解析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且当速度最大时粒子的轨迹半径应与D形盒半径相等，根据qvB＝m，得v＝，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷相等，所以周期相等，B正确；粒子速度最大时具有最大动能，可得Ek＝mv2＝，则氦核的最大动能较大，C正确；仅增大高频交流电源的频率，会导致粒子环绕周期与加速电压方向变化的周期不匹配，粒子无法达到最大动能，D错误.
二、带电粒子在组合场中的运动
考题3　（2025·八省联考河南卷）如图，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场.质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°.不计重力.
（1）求粒子进入磁场时的速度大小；
（2）若粒子第

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