专题突破-专题3-第13课时-磁场.docx

第13课时　磁场
命题规律　1.命题角度：(1)安培定则，磁场的叠加，安培力的分析和计算；(2)带电粒子在磁场中的运动；(3)动态圆模型．2．常考题型：选择题．
高考题型1　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
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
二级结论
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥

考向一　安培定则　磁场叠加
例1　(2017·全国卷Ⅲ·18)如图1，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)

图1
A．0 B.B0
C.B0 D．2B0
答案　C
解析　如图甲所示， P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝B0.如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝＝B0，故选项C正确，A、B、D错误．

考向二　等效长度
例2　(2019·全国卷Ⅰ·17)如图2，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)

图2
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
答案　B
解析　设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，

依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确．
考向三　安培力作用下的平衡
例3　(2021·重庆市1月适应性测试·4)如图3所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍．若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

图3
A．0.25 T B．0.5 T
C．0.75 T D．0.83 T
答案　B
解析　未通电时，两弹簧的弹力之和与导体棒的重力大小相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，联立两式得＝＝，解得B＝0.5 T，故B正确．
高考题型2　带电粒子在匀强磁场中的运动
分析带电粒子在磁场中运动的方法
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)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)

半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝，所以半径r＝；
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．
时间的求解
方法一：由圆心角求．t＝·T；
方法二：由弧长求．t＝.
轨迹圆的几个基本特点
(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，θ1＝θ2＝θ3)
(2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角．(如图甲，α1＝α2)
(3)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对称)

临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，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．
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.

考向一　直线边界磁场
例4　(多选)(2019·海南卷·9)如图4，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°，已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则(　　)

图4
A．P和Q的质量之比为1∶2
B．P和Q的质量之比为∶1
C．P和Q速度大小之比为∶1
D．P和Q速度大小之比为2∶1
答案　AC
解析　设MN＝2R，则粒子P的轨迹半径为R，有：R＝；粒子Q的轨迹半径为R，有：R＝；又两粒子的运动时间相同，则tP＝，tQ＝TQ＝，即＝，解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正确，B、D错误．

考向二　圆形区域磁场
例5　(2021·全国乙卷·16)如图5，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为(　　)

图5
A. B. C. D．3
答案　B
解析　如图所示，

设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1
根据几何关系r1＝R，
以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝R.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，
可得v＝，
所以＝＝，故选B.
考向三　临界和极值问题
例6　(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6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(　　)

图6
A. B.
C. D.
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.

例7　(2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图7中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(　　)

图7
A. B. C. D.
答案　C
解析　粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定．设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示．

圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时β＝30°，可得θ＝π，则t＝T＝，故选C.
高考题型3　动态圆模型
放缩圆
适用条件
粒子速度方向一定，速度大小不同
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．

(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)
旋转圆
适用条件
粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同
应用方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件，

(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上)
平移圆
适用条件
粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同
应用方法
将半径为R＝的圆进行平移，

(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
磁聚焦与磁发散
成立条件：区域圆的半径等于轨迹圆半径R＝
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行

磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行

磁发散

考向一　旋转圆
例8　(多选)如图8所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里．距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则(　　)

图8
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到打到板上的最长时间为
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为
答案　BD
解析　粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A到C距离为d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d，故A错误；左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则t1＝＝＝，故B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，最短时间t2＝T＝，最长时间t1＝T＝，Δt＝t1－t2＝，故C错误，D正确．

考向二　放缩圆
例9　(多选)如图9所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是(　　)

图9
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
答案　BC
解析　由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，由t＝T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r＝知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确；若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误．

考向三　磁聚集
例10　(2021·山东青岛市高三期末)如图10甲，为除尘装置的截面示意图，水平放置的金属极板M、N间距离为d，大量均匀分布的带负电尘埃以相同速度进入两板间，速度方向与板平行，大小为v0，每颗尘埃的质量均为m，带电荷量均为q.如图乙，在原有两极板M、N的截面内，建立平面直角坐标系xOy，y轴垂直于金属板并过板的右端，x轴与两板中轴线共线；在P(2.5d，－2d)处放置开口向上且大小不计的尘埃收集容器．撤去两板间电场，然后只需在y轴右侧的某圆形区域内施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，就可以把所有尘埃全部收集到容器中．尘埃颗粒重力、颗粒间作用力、尘埃颗粒对板间电场影响均不计．要把所有尘埃全部收集到容器中，则在圆形区域内所施加匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件．

图10
答案　≤B≤
解析　设圆形磁场区域的半径为R1，尘埃在磁场中做圆周运动的半径为R2，要使所有尘埃都能到达P点，必须满足R2＝R1
另有qv0B＝m
当圆形区域过P点且与M板的延长线相切时，R2最小，B最大，如图，由几何关系得

R2min＝d，解得B2max＝；
当圆形区域过P点且在M板右端点与y轴相切时，R2最大，B最小，如图，由几何关系得

R2max＝d
解得B2min＝，所以圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小应满足的条件为≤B≤.

1.(2021·广东广州市高三月考)如图11，等腰梯形线框abcd是由相同材料、相同横截面积的导线制成，梯形上底和腰长度均为L，且腰与下底成60°.整个线框处在与线框平面垂直的匀强磁场中．现给线框通过图示电流，若下底cd受到的安培力为F，则上底ab受到的安培力为(　　)

图11
A.F B.F C.F D．3F
答案　A
解析　梯形上底和腰均为L且腰与下底成60°，由几何关系可知，梯形的下底dc长为2L；由电阻的决定式R＝，可知梯形的边dabc的电阻等于下底dc的电阻的1.5倍，两者为并联关系，设dc中的电流大小为I，根据欧姆定律，则dabc中的电流为I；由已知条件可知ab边与dc的电流方向相同，由题意知F＝BI·2L，所以边ab所受安培力为F′＝B·I·L＝F，方向与dc边所受安培力的方向相同，故选A.
2．(2020·山东烟台市重点中学监测)如图12所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧AC的中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等、方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)，O处的磁感应强度恰好为零．如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为(　　)

图12
A．2(－1)B B．(2－1)B
C．2B D．0
答案　A
解析　设A、C、D处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则由O点的磁感应强度恰好为零可知，B＝＋B0，即B0＝(－1)B，现将D处的电流反向，其他条件不变，则O处的合磁感应强度大小为B′＝B＋B0－＝2(－1)B，选项A正确，B、C、D均错误．
3.(2021·河南南阳市高三期末)如图13所示，直线边界OM与ON之间的夹角为30°，相交于O点．OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.ON上有一粒子源S，S到O点的距离为d.某一时刻，粒子源S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子，已知粒子的带电荷量为q，质量为m，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，所有粒子的初速度大小均为v，d＝.则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)

图13
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动的弦长最短时对应的时间最短，则最短的弦长为过S点到OM的垂线段

根据洛伦兹力提供向心力有qvB ＝ m，T＝，解得T ＝ ，r＝，d＝＝2r，则最短弦长L为L＝dsin 30°＝r，由几何关系可知，θ＝60°，则粒子在磁场中运动的最短时间为t＝＝，故选D.
4．(多选)如图14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)(　　)

图14
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不可能经过圆心O点
答案　AD
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向角最大，故应该使弦长为PQ，由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点，故A、D正确，B错误；因洛伦兹力永不做功，故粒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．
5.(2021·江苏泰州市高三期末)两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图15所示，不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)

图15
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．粒子射入磁场时的速率va∶vb＝1∶2
C．粒子在磁场中的运动时间ta∶tb＝2∶1
D．若将磁感应强度变为原来的倍，其他条件不变，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的
答案　C
解析　粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，带正电，a向下偏转，带负电，A错误；

设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
解得va＝，vb＝，设大圆半径为R，根据几何关系有tan 30°＝，tan 30°＝
整理得＝＝，B错误；粒子做圆周运动的周期为T＝，由图可知θb＝60°，θa＝120°
则ta＝T＝T，tb＝T＝T
整理有：ta∶tb＝2∶1，C正确；将磁感应强度变为原来的倍，其他条件不变，则此时b粒子的运动半径r＝，周期T′＝
tan θ＝＝1，θ＝45°，根据选项C，运动的时间分别为
tb＝T＝T，t＝T′＝T′＝，
则可计算出＝，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的，D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1.(2021·全国甲卷·16)两足够长直导线均折成直角，按图1示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)

图1
A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
答案　B
解析　两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度大小为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度大小为2B，B正确．

2．(2021·广西柳州市高三第一次调研)某带电粒子以速度v垂直射入匀强磁场中．粒子做半径为R的匀速圆周运动，若粒子的速度变为2v.则下列说法正确的是(　　)
A．粒子运动的周期变为原来的
B．粒子运动的半径仍为R
C．粒子运动的加速度变为原来的4倍
D．粒子运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍
答案　D
解析　带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式有qvB＝，解得，粒子运动的半径R＝，若粒子的速度变为2v，粒子运动的半径为2R，故B错误；粒子运动的周期T＝＝，若粒子的速度变为2v，粒子运动的周期不变，故A错误；粒子运动的加速度a＝＝，若粒子的速度变为2v，粒子运动的加速度变为原来的2倍，故C错误；粒子运动轨迹所包围的面积S＝πR2＝π()2，若粒子的速度变为2v，粒子运动轨迹所包围的磁通量BS变为原来的4倍，故D正确．
3．(2021·山西太原市高三二模)如图2，固定在匀强磁场中的线框abc是由一根粗细均匀的导线弯折成的闭合等腰直角三角形，∠c＝90°，线框所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源接在线框的a、b两点间，此时ac受到的安培力大小为F，则(　　)

图2
A．导线bc与ac受到的安培力相同
B．导线acb受到的安培力大小为F
C．导线ab与acb受到的安培力大小相等
D．整个线框受到的安培力大于2F
答案　D
解析　根据左手定则可知，导线bc与ac受到的安培力大小相同，方向不同，故A错误；设ac段电阻为R，则bc段电阻也为R，ab段电阻为R，根据I＝可知，若设流过ac的电流为I，则流过ab的电流为I，设ac＝bc＝L，则ab＝L，则ac受到的安培力为F＝BIL，ab受到的安培力大小为F′＝B·I·L＝2BIL＝2F，方向垂直于ab向上，
则导线acb受到的安培力大小为
F″＝BI·L＝BIL＝F，方向垂直于ab向上，
则整个线框受到的安培力大小为
F合＝F′＋F″＝(2＋)F>2F，
故B、C错误，D正确．
4．(多选)(2021·河北邯郸市高三期末)如图3所示，两根相同的轻弹簧悬挂着一根通有电流I0的直铜棒MN，置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，此时两根弹簧处于原长状态，若在铜棒下面悬挂一质量为m的物块(图中未画出)，将铜棒中的电流改为I1，弹簧可恢复为原长状态；若在铜棒下悬挂质量为M的物块，将铜棒中的电流改为I2或保持I1不变使磁场增大为B′均可使弹簧恢复为原长状态，下列说法中正确的是(　　)

图3
A．电流方向由M指向N
B．若I2＝2I1，则M＝2m
C．若M＝2m，B不变，则I2<2I1
D．若M＝2m，电流为I1，则B′<2B
答案　ACD
解析　由题意，增大磁感应强度可使弹簧恢复原长，故安培力方向向上，即电流方向由M指向N，故A正确；设铜棒的质量为m0，电流变为I1时，BI1L＝g，电流变为I2时，BI2L＝g，若I2＝2I1，则M>2m，故B错误；若M＝2m，B不变，由B选项中分析可知，I2<2I1，故C正确；若M＝2m，电流为I1不变，则BI1L＝g，B′I1L＝g，故B′<2B，故D正确．
5.(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图4所示，圆形区域圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径．从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁场，已知∠AON＝60°，粒子重力不计，以下说法正确的是(　　)

图4
A．甲粒子带负电荷
B．甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．乙粒子在磁场中运动时间比甲长
答案　C
解析　甲粒子从M点离开磁场，说明其进入磁场后向下偏转，运用左手定则可以判定，甲粒子带正电，故A错误；设圆形区域的半径为R，由几何关系可解得甲粒子的运动半径r甲＝R，乙粒子的运动半径r乙＝R，即甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙大，故B错误；由公式qvB＝m 得＝，由于v、B是相同的，r越小则比荷越大，故C正确；由几何关系可得甲、乙两粒子的圆弧轨迹所对应的圆心角分别为60°和120°，所以在磁场中的路程分别为s甲＝πR，s乙＝πR，即甲粒子的运动路程更长，由于二者速度相等，所以甲粒子在磁场中运动时间更长，故D错误．
6．(2021·河南郑州市高三第一次质量检测)图5所示装置叫质谱仪，最初是由阿斯顿设计的，是一种测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．其工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上．不计离子重力．则(　　)

图5
A．离子进入磁场时的速率为v＝
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
答案　C
解析　离子在电场中加速有Uq＝mv2，解得v＝，在磁场中偏转有qvB＝m，解得r＝，同位素的电荷量一样，其质量之比为＝＝1.082，故选C.
7.(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图6所示，在边长为l的等边三角形abc所在区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现有一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以某一速度从ab边的中点d平行于bc边射入该区域，粒子恰好从c点射出，粒子所受重力不计．则粒子入射速度的大小为(　　)

图6
A. B.
C. D.
答案　A
解析　带电粒子运动轨迹如图所示，

由几何关系可知，三角形Odc为等边三角形，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝＝l，由牛顿第二定律得qvB＝m，联立方程解得v＝，故选A.
8．(多选)(2021·山东日照市高三一模)如图7所示，厚度为h、宽度为d的某种半导体板，放在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.当电流通过导体板时，在导体板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明，当磁场不太强时，上、下表面之间的电势差U、电流I和B的关系为U＝k，式中的比例系数k称为霍尔系数．设电流I(方向如图)是由带正电荷的粒子定向移动形成的，导体中单位体积中粒子的个数为n，粒子定向移动的速率为v，电荷量为e.下列说法正确的是(　　)

图7
A．上表面的电势比下表面高
B．导体板之间的电场强度E＝
C．霍尔系数k的大小与d、h有关
D．霍尔系数k的大小与n、e有关
答案　AD
解析　根据左手定则知，带正电的粒子向上表面偏转，则上表面的电势高于下表面的电势，故A正确；导体板之间的电场强度E＝，故B错误；由电流的微观表达式得I＝nevS＝nevhd，解得v＝，根据evB＝e，解得U＝vhB＝，因为U＝，则霍尔系数k＝，故C错误，D正确．
[争分提能练]
9．(多选)如图8所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从a点以与边界夹角为53°的方向垂直射入磁感应强度为B的条形匀强磁场，从磁场的另一边界b点射出，射出磁场时的速度方向与边界的夹角为37°.已知条形磁场的宽度为d，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)

图8
A．粒子带正电
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为d
C．粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为
D．粒子穿过磁场所用的时间为
答案　BD
解析　由左手定则可判定粒子带负电，故A错误；
作出粒子在匀强磁场中运动的轨迹，如图所示

粒子在匀强磁场中转过90°角，由几何关系知：
rcos 37°＋rsin 37°＝d
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝d，故B正确；
由粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为
v＝＝，故C错误；
粒子在匀强磁场中转过90°角，粒子穿过磁场所用的时间为t＝T＝×＝，故D正确．
10.如图9所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

图9
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
答案　D
解析　沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示：

设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有(3a－r)2＋(a)2＝r2，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝2a，选项A错误；根据几何关系可得sin θ＝＝，所以θ＝，圆弧OP的长度s＝(π－θ)r，所以粒子的发射速度大小v＝＝，选项B错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合粒子速度以及半径可得带电粒子的比荷＝，选项C错误；当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，粒子轨迹如图乙所示，粒子与磁场边界相切于M点，由几何关系知，从E点射出．从P点射出的粒子转过的圆心角为π－θ，时间为t0，则从E点射出的粒子转过的圆心角为2(π－θ)，故带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0，选项D正确．

11.(2021·广东东莞市高三期末)如图10所示，虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同、磁感应强度大小为λB的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线．M、O、N位于分界线上，点O为MN的中点．一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点．已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求：

图10
(1)λ的值；
(2)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间．
答案　(1)　(2)
解析　(1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示

设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2，电子在磁场中做匀速圆周运动有
evB＝，
evλB＝
由于最终能回到O点，由几何关系，可得R2＝2R1
联立解得λ＝
(2)由T1＝，T2＝得，
电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝
电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝
设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，由几何关系可得
O到N的圆心角为60°，则t1＝T1
N到M的圆心角为300°，则t2＝T2
M到O的圆心角为60°，则t3＝T1
电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t，t＝t1＋t2＋t3
联立以上式子，解得t＝.
[尖子生选练]
12．(2021·湖南卷·13)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．

图11
(1)如图11(a)，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)，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)，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)　垂直于纸面向里　πr22
(3)　　(π－1)r32　(π－1)r42
解析　(1)粒子垂直y轴进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
qvB1＝m，解得B1＝
(2)粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入然后沿x轴正方向飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图甲所示，

图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为r2，根据qvB2＝m，
可知磁感应强度为B2＝
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝πr22
(3)画出磁场区域面积最小时的情形，如图乙所示．

在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3＝r3，由洛伦兹力提供向心力有qvB3＝，解得B3＝，Ⅱ中磁场区域的面积S1＝2×＝r32.
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4＝r4，由洛伦兹力提供向心力有qvB4＝，解得B4＝，Ⅳ中磁场区域的面积S2＝2×＝r42.