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专题十　磁场和带电粒子在磁场中的运动
[考情分析]
高考命题点 高考广东卷 其他高考卷(供参考)
1.磁场和磁场力 广东卷T9 广东卷T5 福建卷 T3，湖北卷 T4，江苏卷 T3　 福建卷T6，甘肃卷T4　 北京卷T18，福建卷T6，辽宁卷T2，江苏卷T2
2.带电粒子在匀强磁场中的运动 广东卷T7 北京卷 T18，甘肃卷 T10，安徽卷 T7，湖南卷 T14，四川卷 T10，云南卷 T14，陕晋青宁卷 T14　 湖北卷T7，河北卷T10，广西卷T5 福建卷T14，海南卷T2，北京卷T13
3.磁聚焦和磁发散
命题点1　磁场和磁场力
1．磁场性质
2．磁场叠加
(1)确定磁场的场源，如通电导线。
(2)定位空间中需要求解磁场的点，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，若形成特殊的几何图形，可借助三角形知识求解。
3．两个等效模型
(1)化曲为直：图甲所示通电导线，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铁，如图乙。
4．应用“三维变二维”的方法求解安培力作用下的动力学问题
　(2025·广东省第一次调研)如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端，线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为(　　)
A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
[解析]　弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，处在磁场中的线圈等效电流方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里。
[答案]　D
　(2025·福建卷，T3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为(　　)
A．B2－B1 B．B2－B1
C．B2－B1 D．B1－B2
[解析]　设电流I1在M点产生的磁感应强度大小为B，电流I2在M点产生的磁感应强度大小为B′，根据题意和对称性可知，电流I1、I2在O点产生的磁感应强度大小均为B，根据安培定则和场强叠加原理可得B1＝B－B′，B2＝2B，联立可得B′＝－B1，即电流I2在M点产生的磁感应强度大小为－B1，根据对称性可知，电流I1在N点产生的磁感应强度大小也为－B1，可知，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为－B1，B正确。
[答案]　B
　(多选)(2025·广州市普通高中三模)如图1所示，在倾角θ＝37°的足够长绝缘斜面上放有一根质量m＝0.2 kg、长l＝1 m的导体棒，导体棒中通有方向垂直于纸面向外、大小恒为I＝1 A的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在t＝0时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下运动的过程中(　　)
A．导体棒受到的安培力方向垂直于斜面向上
B．导体棒达到最大速度所用的时间为4 s
C．导体棒的最大速度为8 m/s
D．导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2 N
[解析]　根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于斜面向下，故A错误；对导体棒受力分析可知，当导体棒沿斜面向下运动的速度达到最大时，导体棒所受外力的合力为0，则有mg sin θ＝Ff，FN＝mg cos θ＋F安，，其中F安＝BIl，B＝t＝0.8t(T)，Ff＝μFN，解得t＝4 s，故B正确；在导体棒沿斜面向下运动的过程中，由牛顿第二定律可得，mg sin θ－
Ff＝ma，结合上述解得a＝4－t(m/s2)，作出导体棒运动的a－t图像如图所示，由于导体棒初速度为0，故图像中的面积即可表示导体棒的末速度，结合上述由图可知，导体棒的最大速度vm＝4×4× m/s＝8 m/s，故C正确；导体棒受到的摩擦力Ff＝μ(mg cos θ＋BIl)，即有Ff＝0.2t＋0.4(N)，可知导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大，故可判断出导体棒的速度再次减为0时，导体棒受到的摩擦力最大，由图可知，t＝8 s时导体棒的速度为0，结合上述解得此时导体棒受到的摩擦力大小Ff＝2.0 N，故D错误。
[答案]　BC
命题点2　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中的运动
基本思路 (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、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、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
基本公式 qvB＝m
重要结论 r＝，T＝，T＝
圆心的确定 (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)轨迹上入射点的速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；(3)沿半径方向与入射点距离等于r的点为圆心，如图(c)(当r已知或可算)
半径的确定 方法一：由物理公式求解，由于Bqv＝，所以半径r＝方法二：由几何关系求解，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定
时间的求解 方法一：由圆心角求解，t＝·T方法二：由弧长求解，t＝
2.带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
(1)“放缩圆”模型
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
轨迹圆的圆心共线 带正电粒子的速度v越大，运动半径也越大。运动轨迹的圆心在垂直于初速度方向的直线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
(2)“旋转圆”模型
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、方向不同的带电粒子，粒子的运动半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径R＝。如图所示
轨迹圆的圆心共圆 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
考向1　带电粒子在匀强磁场中的运动
　(2025·中山市适应性考试)如图，在y轴左侧区域有磁感应强度大小为2B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场；右侧区域有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，坐标轴上有a、b、c三点，且Ob＝Oc。某时刻，甲粒子以速率v从a点出发，其速度与x轴正方向夹角为45°，经O点进入第四象限，通过c点首次回到第二象限。随后，乙粒子以相同的速率v从b点出发，方向垂直于x轴，恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力、粒子间的相互作用及磁场的边界效应，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙均带负电
B．甲在第二、四象限的速度大小之比为2∶1
C．甲、乙在第一象限运动的轨道半径之比为∶2
D．甲、乙从开始运动到c点的时间之比为∶7
[解析]　根据左手定则可以判断甲、乙粒子都带正电荷，A错误；甲在第二、四象限只受洛伦兹力，洛伦兹力对粒子不做功，粒子的速度大小保持不变，B错误；甲在第二、四象限的运动轨迹如图所示，甲在第一象限运动的轨道半径R2＝＝Oc，乙在第一象限运动的轨道半径R3＝Oc，那么R2∶R3＝∶2，C正确；设甲粒子所带电荷量为q，质量为m，甲粒子在第二象限运动的时间t1＝×＝，甲粒子在第四、一象限运动的时间t2＝×＝，甲粒子从开始运动到c点的时间t甲＝t1＋t2＝，设乙粒子所带电荷量为q′，质量为m′，根据R2∶R3＝∶2，由r＝，可求得＝，乙粒子从开始运动到c点的时间t乙＝×＝，所以有t甲∶t乙＝7∶4，D错误。
[答案]　C
　(2025·陕晋青宁卷，T14)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒，半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量)
(1)电子的比荷；
(2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。
[解析]　(1)当磁感应强度大小为B0时，恰好没有电子落到筒壁上，根据几何关系可知电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r1＝R
由洛伦兹力提供向心力有ev0B0＝ eq \f(mv,r1)
可得电子的比荷＝。
(2)当磁感应强度大小为B0时，设速度方向与磁场方向成θ角的电子恰好落到筒壁上，该电子在垂直于磁场方向做圆周运动，则有ev0sin θ·B0＝
解得sin θ＝
该电子在磁场中运动的周期满足
ev0sin θ·B0＝m()2r1
该电子在磁场中运动的时间t＝T＝
该电子在平行于磁场方向做匀速直线运动，则有
L＝v0cos θ·t＝
筒壁上落有电子的区域面积S＝2πR·2L
解得S＝2π2R2。
[答案]　(1)　(2)2π2R2
考向2　“放缩圆”模型
　(2025·河北唐山市期末)空间存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直于AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，一段时间后第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间分别为tB、tC、tD、tE，下列说法正确的是(　　)
A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD
C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD
[解析]　粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图所示，由几何关系可知，从A到B，粒子运动轨迹对应的圆心角为180°，从A到C和A到E，粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等，A到D，粒子运动轨迹对应的圆心角最小，带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，运动周期T＝，t＝·T，所以运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB＞tC＝tE＞tD。
[答案]　B
考向3　“旋转圆”模型
　(2025·安徽卷，T7)如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直于纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　)
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
[解析]　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝d，A错误；粒子能打到薄板上表面最远位置如图甲所示，LNB＝2d cos 30°＝d，粒子能打到薄板上表面最近位置如图乙所示，LNB′＝d，所以薄板上表面接收到粒子的区域长度LBB′＝(－1)d，B错误；粒子能打到薄板下表面最远距离如图丙所示，此时粒子的运动轨迹在C点与MN恰好相切，薄板的下表面接收到粒子的区域长度LNC＝d，C正确；薄板接收到的粒子运动的最短时间对应的运动轨迹的弦长最短，如图丁所示，粒子的运动周期T＝＝，粒子打到N点处的运动时间最短，tmin＝T＝，D错误。
[答案]　C
命题点3　磁聚焦和磁发散
1．带电粒子的聚焦
如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出(会聚)。
证明：四边形 OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点。
2．带电粒子的发散
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，从P点以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子所受的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行(发散)。
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。
　磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得到了广泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出了重大贡献。现有一个磁发散装置，如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ，它与磁场相切于P点。粒子源可以持续地从P点向磁场内发射速率为v、方向不同的同种正电粒子。经观测：有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场，然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为 θ(未知)，进入磁场后，粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足E＝Bv，不计粒子所受的重力及粒子间相互作用。求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子b与粒子a的夹角θ和粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
(3)入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。
[解析]　(1)由粒子a的运动可知粒子在磁场中运动的半径为R
由牛顿第二定律有Bqv＝m
可得粒子的比荷＝。
(2)画出粒子b的运动轨迹，如图甲所示，根据几何关系可知POQO′构成一个边长为R的菱形，则θ＝30°
由于QO′∥OP，粒子b经过Q点的速度方向与QO′垂直，粒子b进入电场中做类平抛运动，有
xb＝vtb，yb＝1.5R＝·t
解得xb＝R
所以粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离
x＝xb＋R＝(＋1)R。
　
(3)入射方向与P点右侧荧光屏成60°的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知，该粒子进入电场时与荧光屏的距离h＝0.5R
进入电场后，粒子做类平抛运动，有
x′＝vt，h＝0.5R＝·t2
解得x′＝R
所以该粒子打到荧光屏的位置到P点的距离为2R；根据(2)可知，入射方向与P点右侧荧光屏成120°的粒子，打到荧光屏的位置到P点的距离为(＋1)R，所以入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度d＝(＋1)R－2R＝(－1)R。
[答案]　(1)　(2)30°　(＋1)R　(3)(－1)R1.(2025·湖北卷，T4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(　　)
A．0 B．B
C．2B D．3B
解析：选A。由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，则通电圆线圈在M点和N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，又因为匀强磁场大小和方向处处相同，则通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，A正确。
2.将长直导线折成如图所示形状固定在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，磁场方向与导线所在平面垂直，AC、ED、FG三段相互平行，长均为L，CD、EF、GH三段相互平行，长均为L，AC与CD垂直，给导线通入大小为I的恒定电流，则整个导线受到的安培力大小为(　　)
A．BIL B．BIL
C．3BIL D．BIL
解析：选B。整个导线的有效长度为L，因此受到的安培力大小F安＝BI·L＝BIL。
3.如图所示，在竖直面内的正方形四个顶点处分别放置四根通电直导线A、B、C、D，A、B中电流方向垂直于纸面向外，C、D中电流方向垂直于纸面向里，每根通电直导线在对角线交点O处产生的磁感应强度大小均为B0，现在O处放置一根长为L的通电直导线，电流大小为I、方向垂直于纸面向里，则该直导线所受的安培力大小和方向分别为(　　)
A．B0IL，竖直向上
B．2B0IL，竖直向上
C．2B0IL，竖直向下
D．B0IL，竖直向下
解析：选C。每根通电直导线在O处产生的磁感应强度均为B0，B合＝2×2×B0cos 45°＝2B0，由安培定则知，合磁场方向为水平向右，由左手定则知，O处直导线所受安培力方向竖直向下，F安＝2B0IL，故C正确。
4.(2025·肇庆市端州区一模)如图，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面向里的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F。若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中(　　)
A．电流大小为，电流方向沿顺时针方向
B．电流大小为，电流方向沿逆时针方向
C．电流大小为，电流方向沿顺时针方向
D．电流大小为，电流方向沿逆时针方向
解析：选A。要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡，通电前有F＝G，通电后，根据力的平衡G＝BI·R，联立解得I＝，故A正确。
5．(2025·安徽皖北协作区一模)电磁灭火弹为高层建筑和森林灭火等提供有力保障，其简化模型如图所示，线圈与灭火弹加速装置绝缘并固定，可在长s＝2 m的水平导轨上无摩擦滑动，线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B＝0.1 T，恒流源与线圈连接。已知线圈匝数n＝500 匝，每匝周长L＝1 m，灭火弹的质量(含线圈)m＝10 kg，为了实现发射速度达到v＝200 m/s，不计空气阻力，恒流源应提供的电流I为(　　)
A．4 000 A B．2 000 A
C．200 A D．20 A
解析：选B。根据运动学公式，则有v2＝2as，根据牛顿第二定律，则有nBIL＝ma，可解得I＝2 000 A。
6.(2025·湖北省部分高中协作体联考)如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是(　　)
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
解析：选B。a粒子向上偏转，b粒子向下偏转，由左手定则知a粒子带正电，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Ra sin 60°＝Rb sin 30°，Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；由粒子运动周期可得T＝，可得Ta＝Tb，a运动时间ta＝Ta＝T，b运动时间tb＝Tb＝T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。
7.如图所示，在直线边界MNPQ的上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，A点在PQ上。现从A点垂直于PQ在纸面内向上发射速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q(q＞0)的粒子。已知AP＝a，PN＝a，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C。根据题意可知，当粒子由N点飞出时，运动的时间最长，运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系有R2－(a－R)2＝a2，解得R＝a，由cos ∠PON＝，联立解得cos ∠PON＝，则∠PON＝60°，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得v＝，则粒子运动轨迹的长度s＝·2πR＝πR，则粒子运动的最长时间t＝＝。
8.(多选)(2025·河南郑州市第一次质量预测)如图，有一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，线段PQ和线段MN是圆的两条直径，夹角为60°。两个同种带电粒子甲、乙以不同的初速度沿垂直于MN方向从P点射入磁场，之后甲粒子从Q点飞出磁场，乙粒子从N点飞出磁场。不计粒子重力，则(　　)
A．粒子甲在磁场中运动的时间长
B．粒子甲在磁场中运动的速度大
C．粒子乙在磁场中运动的加速度大
D．甲、乙粒子在磁场中运动的路程相等
解析：选BD。两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，设磁场圆的半径为R，甲粒子的轨迹半径为r1，乙粒子的轨迹半径为r2，根据几何关系可得r1＝2R，r2＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m＝ma，所以v＝，a＝，所以甲粒子运动的速度大，加速度大，故B正确，C错误；甲粒子的圆心角等于60°，乙粒子的圆心角等于120°，根据t＝T，T＝可知，甲粒子的运动时间较短，故A错误；由以上分析可知，甲粒子运动速度是乙粒子运动速度的2倍，而甲粒子的运动时间是乙粒子运动时间的一半，根据l＝vt可知，两粒子运动的路程相等，故D正确。
9．(2025·佛山市质检)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点O处有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则(　　)
A．bc边有电子射出
B．磁感强度大小为
C．从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D．从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1
解析：选D。ab边恰好没有电子射出，轨迹如图1所示，根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m，r＝，所以B＝，由于电子射入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，故A、B错误；从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图2所示，根据几何关系可知，圆心角θ＝60°，所以最长时间t＝T＝×＝，故C错误；由以上分析可知，当电子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为＝，故D正确。
　
10．(多选)(2025·广州市普通高中二模)如图，长方体区域abcd－a1b1c1d1中，＝2＝21＝2L。a处的粒子源可在∠bad范围内朝各个方向发射速率相等的同种粒子。该区域仅存在由a指向a1的匀强电场时，粒子均落在a1b1c1d1矩形范围内；该区域仅存在由a指向a1的匀强磁场时，粒子均通过ab边。不计重力及粒子间的相互作用，则其中某个粒子在该区域运动过程中(　　)
A．仅存在上述电场时，可能通过a1c1的中点
B．仅存在上述电场时，最大位移可能为L
C．仅存在上述磁场时，可能通过ac的中点
D．仅存在上述磁场时，运动的最大半径可能为L
解析：选BCD。仅存在上述电场时，粒子竖直方向均做初速度为零的匀加速运动，粒子均落在a1b1c1d1矩形范围内，说明竖直方向的位移均为L，所以运动时间相同，又因为粒子水平方向做匀速直线运动，且发射速率相同，则粒子水平位移相同，均落在a1b1c1d1矩形范围内，说明水平位移最大不能超过L(从a到d1的粒子)，而根据几何关系可知a1c1的一半长度为L>L，即粒子不能通过a1c1的中点，所以最大位移可能为L，故A错误，B正确；仅存在上述磁场时，粒子在abcd面内做匀速圆周运动，粒子均通过ab边，说明最大半径不超过L(图中轨迹1)，再根据旋转圆可知，粒子完全有可能通过ac的中点(图中轨迹2)，故C、D正确。
11.(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q。已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是(　　)
A．速度的最大值为
B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
解析：选AD。粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知，运动轨迹最小半径r1＝，由2r2cos 45°＝O2c＝r2＋l，解得运动轨迹最大半径r2＝(1＋)l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝，故粒子的最大速度vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，最小圆心角θmin>45°，粒子做圆周运动的周期T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T＞，最长时间tmax＝T＝，故C错误，D正确。(共48张PPT)
专题十　磁场和带电粒子在磁场中的运动
命题点1　磁场和磁场力
01
1．磁场性质
2．磁场叠加
(1)确定磁场的场源，如通电导线。
(2)定位空间中需要求解磁场的点，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，若形成特殊的几何图形，可借助三角形知识求解。
3．两个等效模型
(1)化曲为直：图甲所示通电导线，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铁，如图乙。
4．应用“三维变二维”的方法求解安培力作用下的动力学问题
　　　(2025·广东省第一次调研)如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端，线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为(　　)
A．沿纸面竖直向上
B．沿纸面竖直向下
C．垂直于纸面向外
D．垂直于纸面向里
[解析]　弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，处在磁场中的线圈等效电流方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里。
D
B
　(多选)(2025·广州市普通高中三模)如图1所示，在倾角θ＝37°的足够长绝缘斜面上放有一根质量m＝0.2 kg、长l＝1 m的导体棒，导体棒中通有方向垂直于纸面向外、大小恒为I＝1 A的电流，斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在t＝0时刻将导体棒由静止释放，则在导体棒沿斜面向下运动的过程中(　　)

A．导体棒受到的安培力方向垂直于斜面向上
B．导体棒达到最大速度所用的时间为4 s
C．导体棒的最大速度为8 m/s
D．导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2 N
BC
[解析]　根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于斜面向下，故A错误；
导体棒受到的摩擦力Ff＝μ(mg cos θ＋BIl)，即有Ff＝0.2t＋0.4(N)，可知导体棒运动时间越长，受到的摩擦力就越大，故可判断出导体棒的速度再次减为0时，导体棒受到的摩擦力最大，由图可知，t＝8 s时导体棒的速度为0，结合上述解得此时导体棒受到的摩擦力大小Ff＝2.0 N，故D错误。
命题点2　
带电粒子在匀强磁场中的运动
02
1．带电粒子在匀强磁场中的运动
基本 思路
(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、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、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 公式

重要 结论

圆心的 确定
(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)轨迹上入射点的速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；
(3)沿半径方向与入射点距离等于r的点为圆心，如图(c)(当r已知或可算)
半径的 确定

时间的 求解

2.带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
(1)“放缩圆”模型
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
轨迹圆的
圆心共线
带正电粒子的速度v越大，运动半径也越大。运动轨迹的圆心在垂直于初速度方向的直线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
(2)“旋转圆”模型
适用 条件 及特点
轨迹圆的
圆心共圆
速度大小一定，方向不同
应用 方法
　考向1　带电粒子在匀强磁场中的运动
　　　(2025·中山市适应性考试)如图，在y轴左侧区
域有磁感应强度大小为2B、方向垂直于纸面向外的匀强
磁场；右侧区域有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面
向里的匀强磁场，坐标轴上有a、b、c三点，且Ob＝Oc。
某时刻，甲粒子以速率v从a点出发，其速度与x轴正方向
夹角为45°，经O点进入第四象限，通过c点首次回到第二象限。随后，乙粒子以相同的速率v从b点出发，方向垂直于x轴，恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力、粒子间的相互作用及磁场的边界效应，下列说法正确的是(　　)
√
[解析]　根据左手定则可以判断甲、乙粒子都带正电荷，A错误；
甲在第二、四象限只受洛伦兹力，洛伦兹力对粒子不做功，粒子的速度大小保持不变，B错误；
　　　(2025·陕晋青宁卷，T14)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒，半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量)
　考向2　“放缩圆”模型
　　　(2025·河北唐山市期末)空间存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直于AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，一段时间后第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间分别为tB、tC、tD、tE，下列说法正确的是(　　)
A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD
C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD
B
√
粒子能打到薄板下表面最远距离如图丙所示，此时粒子的运动轨迹在C点与MN恰好相切，薄板的下表面接收到粒子的区域长度LNC＝d，C正确；
命题点3　磁聚焦和磁发散
03
1．带电粒子的聚焦
如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出(会聚)。
证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，
OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子
必然经过B点。
2．带电粒子的发散
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，从P点以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子所受的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行(发散)。
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、
出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C
均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。
　　　磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得到了广
泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出
了重大贡献。现有一个磁发散装置，如图所示，在半径
为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B
的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下、
电场强度为E的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ，它与磁场相切于P点。粒子源可以持续地从P点向磁场内发射速率为v、方向不同的同种正电粒子。经观测：有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场，然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为 θ(未知)，进入磁场后，粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足E＝Bv，不计粒子所受的重力及粒子间相互作用。求：
(2)粒子b与粒子a的夹角θ和粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
(3)入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。(共29张PPT)
复习效果自测
1.(2025·湖北卷，T4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强
磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂
直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。
已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(　　)
A．0 B．B
C．2B D．3B
A
解析：由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，则通电圆线圈在M点和N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，又因为匀强磁场大小和方向处处相同，则通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，A正确。
B
C
A
5．(2025·安徽皖北协作区一模)电磁灭火弹为高层建筑和森林灭火等提供有力保障，其简化模型如图所示，线圈与灭火弹加速装置绝缘并固定，可在长s＝2 m的水平导轨上无摩擦滑动，线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B＝0.1 T，恒流源与线圈连接。已知线圈匝数n＝500 匝，每匝周长L＝1 m，灭火弹的质量(含线圈)m＝10 kg，为了实现发射速度达到v＝200 m/s，不计空气阻力，恒流源应提供的电流I为(　　)
A．4 000 A B．2 000 A
C．200 A D．20 A
B
解析：根据运动学公式，则有v2＝2as，根据牛顿第二定律，则有nBIL＝ma，可解得I＝2 000 A。
B
解析：a粒子向上偏转，b粒子向下偏转，由左手定则知a粒子带正电，b粒子带负电，故A错误；
C
8.(多选)(2025·河南郑州市第一次质量预测)如图，有一垂
直于纸面向里的圆形匀强磁场，线段PQ和线段MN是圆
的两条直径，夹角为60°。两个同种带电粒子甲、乙以
不同的初速度沿垂直于MN方向从P点射入磁场，之后甲
粒子从Q点飞出磁场，乙粒子从N点飞出磁场。不计粒子重力，则(　　)
A．粒子甲在磁场中运动的时间长
B．粒子甲在磁场中运动的速度大
C．粒子乙在磁场中运动的加速度大
D．甲、乙粒子在磁场中运动的路程相等
BD
由以上分析可知，甲粒子运动速度是乙粒子运动速度的2倍，而甲粒子的运动时间是乙粒子运动时间的一半，根据l＝vt可知，两粒子运动的路程相等，故D正确。
D
BCD
仅存在上述磁场时，粒子在abcd面内做匀速圆周运动，粒子均通过ab边，说明最大半径不超过L(图中轨迹1)，再根据旋转圆可知，粒子完全有可能通过ac的中点(图中轨迹2)，故C、D正确。
AD

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