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(共68张PPT)
第9讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动
高考专题辅导与测试·物理
目 录
CONTENTS
01
构建·知识网络 锁定主干知识
02
试做·高考真题 探明高考考向
03
洞悉·高频考点 精研典型例题
04
培优·提能加餐 拓展思维空间
05
演练·分层强化 提升关键能力
构建·知识网络
锁定主干知识
01
试做·高考真题
探明高考考向
02
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： 　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. B.
C. （1＋） D.
√
解析： 　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＝m，可得粒子做圆周
运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的
距离LPO＝r＋＝（1＋），故选C。
洞悉·高频考点
精研典型例题
03
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（　　）
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＝BD，根据B＝k，F＝BIL，可得FB＝FA，
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
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。
答案：A
考点二　带电粒子在磁场中的运动
1. 基本思路
2. 半径确定的两种方法
（1）由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。
（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＝T。
（2）由弧长求，t＝。
【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∶2
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＝Ta，
b粒子在磁场中运动的时间t＝Tb，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＝，可得＝，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＝R，由qvB＝m，可得v＝，则a、b粒子在磁场中运动的速度之比为∶2，故D正确。
答案：D　
【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：
（1）粒子的比荷；
答案： 　
解析： 画出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得R＝＝
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m
解得＝。
（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。
答案：
解析：设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝＝
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＝T
t2＝t4＝t6＝
t3＝T
t5＝T
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＝。
培优·提能加餐
拓展思维空间
04
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. B.
C. D.
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＝l，若粒子从b点飞出时，由几何关
系有r2＝l，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向
心力，有qvB＝m，整理有r＝，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜或v＞，故选A、C。
答案：AC
“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。
（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＝的圆上。
（3）常见分析思路：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，速度大小均为 v0，且满足v0＝，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
解析：由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的
半径为r＝＝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。
答案：BD
“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＝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L、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，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
C. 刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为
D. 带电粒子的初速度大小为
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
＝，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＝＝ ，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，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L，根据几何关系可得L＝
r＋，解得粒子轨迹半径r＝L，根据牛顿第二定律可得qvB＝m，解得v＝，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'＝＝，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。
【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B0，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）
D. 正方形区域中匀强磁场的最小面积为
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＝m，解得B0＝
，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，解得B1＝，联立可得B1＝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＝－＝2（π－2），C正确，D错误。
演练·分层强化
提升关键能力
05
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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
√
解析： 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。
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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＝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导线a的距离为
√
√
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解析： 　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＝k，解得x＝，x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到导线a
的距离为，故C错误，D正确。
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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. B.
C. D.
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解析： 　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，Blt＝mv－0，又q＝t＝0.05Q，联立解得v＝，故
选A。
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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
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解析： 　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＝m，解得R＝，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＝
mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错
误；
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带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，T＝，则
T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时间t＝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。
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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
D. 圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
√
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解析： 　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
在磁场中做圆周运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝
m，解得最大的磁感应强度为B＝＝，故C正确，D错误。
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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 D. 运动时间为
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解析： 　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＝＝，可得θ＝37°，则粒子在
磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，
故C正确，D错误。
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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
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
D. 粒子在磁场中运动的路程为
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解析： 　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＝R，由洛伦兹力公
式可知v＝＝，故A错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B正确；由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝可知，所用时间为t＝T＝，故C错误；由几何关系可知s＝·2πr＝，故D错误。
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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L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ILB
B. 若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
C. 若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
D. 若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
√
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解析： 　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＝B，安培力大小F＝I×L×B＝ILB，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＝B，则在面ACPM中，安培力大小F＝I×L×B1＝I×L×B＝ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于ILB，故C、D错误。
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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＝。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：
（1）y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度；
答案： （2－）R　
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解析： 根据洛伦兹力提供向心力
qvB＝
又v＝
联立解得r＝R
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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°＝R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－R＝（2－）R。
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（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：
解析：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＝。
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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：
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答案： ，方向垂直于纸面向里
（1）匀强磁场的磁感应强度；
解析： 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＝m
联立解得B＝
根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
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解析：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＝＝
解得∠COB＝60°
因为四边形OBO1Q为菱形所以∠QO1B＝60°
（2）从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。
答案： ≤s≤
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则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝
×2πR＝
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＝×2πR＝
所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为≤s≤。
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