高考物理二级结论题型详解： 磁场(解析版)

专题磁场
一、安培定则、左手定则、右手定则的应用(左力右电)。

二、几种常见的磁感线分布：
直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点
无磁极、非匀强，且距
导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内
为匀强磁场且磁场最强，管外
为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极
和S极，且离圆环中心越
远，磁场越弱
安培
定则
立体图
横截面图
1.特高压直流输电是国家重点工程，部分输电线路简化图如图所示。

高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒“支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“abcd正方形间隔棒”所在平面垂直，abcd的几何中心为O点，O点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场影响，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是()
A.O点的磁感应强度沿ac连线方向
B.O点的磁感应强度沿bd连线方向
C.L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向
D.L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向
【解答】解：AB．四条导线的电流相等，且O点到四条导线距离相等，根据右手定则和对称，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O点的磁感应强度等于零，故AB错误；
CD．其余三条导线对L1都是吸引力，结合对称性可知，L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向，故C正确，D错误。

故选：C。

2.两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动(图中
未画出)。

导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ=0缓慢移动到π，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度B x随θ的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度B y随θ的图像(如图丙)。

下列说法正确的是()
A.导线1电流方向垂直纸面向里
B.导线2在第三象限角平分线位置
C.随着θ的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小
D.当θ=0.25π时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外
【解答】解：B、当导线1转动0.5π时，根据安培定则(或右手螺旋定则)可知，导线1此时只产生了x轴方向的磁场，又因为此时O点只有沿x轴正方向的磁场，可知导线2在竖直方向上没有分量，所以导线2不可能位于第三象限的角平分线上，只能是在y轴上，故B错误；
A、根据丙图可知，导线1在初始状态在O点产生的磁场沿y轴负方向。

根据右手螺旋定则可知导线1中电流方向垂直纸面向外。

故A错误；
C、磁感应强度为矢量，根据勾股定理，可知中心O处的磁感应强度为
B=B2x+B2y，先变大后变小，故C正确；
D、θ=0.25π时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线，但导线2产生的磁场沿x轴正方向。

故中心O处的磁感应强度方向在x轴正方向与第四象限角平分线之间。

并不是沿第四象限的角平分线，故D 错误。

故选：C。

3.如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。

其简化如图乙，间隔棒将6条输电导
线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od 的中点。

已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。

6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则()
A.O 点的磁感应强度大小为零
B.A 点和B 点的磁感应强度相同
C.a 导线所受安培力为F
D.a 导线所受安培力方向沿Oa 指向a
【解答】解：A ．根据右手螺旋定则结合对称性可知a 和d 导线在O 点处的磁场等大反向，b 和e 导线在O 点处的磁场等大反向，c 和f 导线在O 点处的磁场等大反向，故O 点的磁感应强度为零，故A 正确；
B ．根据对称性可知A 点和B 点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O 点对称，故B 错误；
CD ．根据题意可知b 、f 对导线a 的安培力大小F ，e 、c 对导线a 的安培力大小为33F ，d 对导线a 的安培力大小为F 2
，根据矢量合成的特点可知：F a =2F sin30°+2×3F 3sin60°+F 2=5F 2
因为导线的电流方向相同，所以导线直线安培力表现为相互吸引，则a 导线所受安培力方向沿aO 指向O ，故CD 错误。

故选：A 。

4.如图所示，四根通有恒定电流的长直导线垂直xOy 平面放置，四根长直导线与xOy 平面的交点组成边长为2a 的正方形且关于x 轴和y 轴对称，各导线中电流方向已标出，其中导线1、3中电流大小为I ，导线2、4中电流大小为2I 。

已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导线的距离成反比，即B =kI r 、下列说法正确的是()
A.长直导线1、4之间的相互作用力为吸引力
B.一垂直于纸面并从O 点射入的粒子，将做圆周运动
C.导线4受到的导线1、2、3的作用力的合力方向指向O 点
D.仅将导线2中的电流反向，则导线2和4连线上各点磁感应强度方向均相同
【解答】解：A 、当通有同向电流时，通电导线之间表现为吸引力，当通有反向电流时，通电导线之间表现为斥力，长直导线1、4中电流方向相反，两导线之间的作用力为斥力，故A 错误；
B 、由右手螺旋定则得，1导线和3导线在O 点产生的磁感应强度等大反向，2导线和4导线在O 点产生的磁感应强度等大反向，则O 点的磁感应强度为零，因此过O 点垂直于纸面射入的粒子，将做匀速直线运动，故B
错误；
C、长直导线1在长直导线4处产生的磁感应强度大小为B1=kI
2a方向水平向左；导线3在长直导线4处产生的磁感应强度大小也为B1，方向竖直向上；
长直导线2在长直导线4处产生的磁感应强度大小为B2=k⋅2I
22a
=2kI
2a，方向垂直导线2、4的连线指向右
下方；
则三根导线在4处的合场强为零，导线4不受安培力，故C错误；
D、根据右手螺旋定则和矢量合成可得，导线1和3在O点产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零，导线2和4连线上除O点以外的其它点处的合磁感应强度方向垂直于导线2和4的连线斜向左上；将导线2中的电流反向，导线2和4在连线上产生的磁场磁感应强度垂直于连线斜向左上，则导线2和4连线上各点合磁感应强度方向均垂直于导线2和4的连线斜向左上，方向相同，故D正确。

故选：D。

5.如图所示，在竖直绝缘圆筒水平直径两端分别固定一直导线A1A2和B1B2，两导线中通有相同的恒定电流I；圆筒水平直径AB与CD垂直，其中A、B，C、D分别为该两直径的端点，且A、B分别为A1A2和B1B2的中点。

下列说法正确的是()
A.C、D两点处的磁感应强度相同
B.沿圆筒水平直径AB，由A至B磁感应强度逐渐减小
C.沿圆筒水平直径AB，由A至B磁感应强度先增大后减小
D.若将导线A1A2保持竖直沿桶壁绕O1O2缓慢转过90°，则O点的磁感应强度逐渐增大
【解答】解：A、因为导线中的电流大小相等，画出装置的俯视图如图甲：
它们在C、D两点产生的磁场的磁感应强度大小相等，由右手螺旋定则及磁场叠加可知，C、D的磁感应强度等大反向，故A错误；
BC、同理可知，O处磁感应强度为0，所以沿水平直径AB，由A到B磁感应强度应先减小后增大，故BC错误；
D、A1A2导线沿桶壁绕O1O2缓慢转过90°的过程中，O处的磁感应强度变化情况如图乙所示，可知O处的磁
感应强度逐渐增大，故D正确。

故选：D。

三、磁感应强度的定义式B=F
IL，安培力大小F=BIL(B、I、L相互垂直，且L为有效长度)
四、同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。

6.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。

在手机上建立三维直角坐标
系，手机显示屏所在平面为xOy平面，x轴、y轴如图所示，z轴垂直手机屏正面向外。

经探测发现当磁场在x、y、z方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正值，反向时为负值。

某同学在某地对地磁场进行了六次测量，前四次测量时手机屏面保持水平且正面朝上。

根据表中测量结果可推知()
测量序号Bx/μT By/μT Bz/μT
1-25.130-36.50
2-24.560-36.00
3024.22-36.40
40-24.14-36.50
5-43.94-7.310
6-26.6834.560
A.测量地点位于南半球
B.当地地磁场的磁感应强度大小约为60μT
C.第3、4次测量时x轴均与磁场方向垂直
D.第5、6次测量时手机屏均与磁场方向垂直
【解答】解：A．地磁场如图所示
地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近，由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；
B．磁感应强度为矢量，由表格中的数据，根据平行四边形定则，此处的磁感应强度为：
B=B2x+B2z，
代入数据得：B≈45μT，故B错误；
C．北半球的磁场指向北方斜向下，第3、4次测量B x=0，故x轴与磁场方向垂直，故C正确；
D．第5、6次测量时，B z=0，故z轴与磁场方向垂直，xOy平面(手机屏所在平面)与磁场方向平行，故D错误。

故选：C。

7.如图所示，无限长直导线A、B和以点p为圆心的圆形导线C、D固定在xy平面内。

导线C、D有强度
相同的恒定电流，导线B中有强度为I0、方向为+x的电流。

导线C在p点产生的磁感应强度B0。

当导线A中的电流改变时，导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小如下表，下列叙述正确的是()
导线A的电流导线A~D的电流在p点产生
的磁感应强度大小
强度方向
0无0
I0+y？
I0-y B0
A.表格中的“？”应填入2B0
B.导线B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0
C.导线D中电流在p点产生的磁感应强度比导线B产生的要小
D.导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向是垂直xy平面向内
【解答】解：A．导线A中的电流为0时，p点合磁感应强度为零，即B、C、D三条导线产生合磁场为零，当A 中电流为-I0时，p点合磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，故当A中的电流为I0时，p点合磁感应强度仍为B0，方向应垂直纸面向里，故A错误；
B．由于A、B导线到p点距离相等，根据对称性，B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0，故B正确；C．导线D中电流大小及方向不确定，不能比较其在p点产生磁感应强度与导线B产生磁感应强度，故C错误；
D．导线C中电流方向未知，导线C中电流在p点产生的磁感应强度方向不能确定，故D错误。

故选：B。

8.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍。

两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过
矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点，下列说法正确的是()
A.a点与b点的磁感应强度相同
B.a点与c点的磁感应强度相同
C.a点与d点的磁感应强度相同
D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
【解答】解：通电导线在周围产生的磁场，磁感应强度大小为B=k I
r，方向由安培定则可知垂直于点到导线垂
直线段，从右向左画出各点的磁感应强度平面图，如图所示，由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向，故ACD错误，B正确；
故选：B。

9.反亥姆霍兹线圈是冷原子实验室中的科研装置，结构如图所示。

一对完全相同的圆形线圈，共轴放置。

已知O为装置中心点，a、b、c、d点到O点距离相等，直线dOb与线圈轴线重合，直线cOa与轴线垂直。

现两线圈内通入大小相等且方向相反的电流，则()
A.两线圈间为匀强磁场
B.O点的磁感应强度为零
C.a、c两点的磁感应强度相同
D.b、d两点的磁感应强度相同
【解答】解：B.根据安培定则，左侧线圈产生的磁场在b、d点处的磁感应强度方向整体向右，右侧线圈产生的磁场在b、d点处的磁感应强度方向整体向左，由于两线圈内通入的电流大小相等，根据对称性可知，两线圈在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点的磁感应强度为零，故B正确；
A.根据上述O点的磁感应强度为零，可知两线圈间的磁场不是匀强磁场，故A错误；
C.根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在a点的磁场方向斜向右下方，在c点的磁场方向斜向右上方，右侧线圈在a点的磁场方向斜向左下方，在c点的磁场方向斜向左上方，根据对称性结合磁场叠加
可知，两线圈在a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即a、c两点的磁感应强度不相同，故C错误；
D.根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在b、d两点的磁场方向均向右，右侧线圈在b、d两点
的磁场方向均向左，根据对称性结合磁场叠加可知，b、d两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即b、d两点的磁感应强度不相同，故D错误。

故选：B。

10.空间存在垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B0，将一通有顺时针方向恒定电流的圆形导体环
a放置于纸面内(如图甲)，此时圆心O处的磁感应强度为零。

若将磁场中的导体环a替换为半径相同的半圆形导体弧b，通以逆时针方向、同样大小的恒定电流(如图乙)，则以下说法正确的是()
A.空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B.乙图圆心O处的磁感应强度为1
2
B0
C.乙图半圆形导体弧b在圆心O处产生磁场的磁感应强度为3
2
B0
D.乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外
【解答】解：A、根据安培定则可知，恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时圆心O处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；
BCD、据题意可知，圆形导体环a在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则通以逆时针方向、同样大小
的恒定电流的半圆形导体弧b在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为B0
2，根据安培定则可知，方向垂直纸
面向外，所以乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为B=B0
2
+B0=
3B0
2
故BC错误，D正确。

故选：D。

五、洛伦兹力充当向心力，
六、粒子做圆周运动的时间两种求法：t=θ
2π
T(或t=θR
v
)．
11.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.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【解答】解：A．带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，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右，故A正确；
B．小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；
C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速度方
向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误。

D．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永不做功，故D错误。

故选A。

12.三种不同粒子a、b、c从O点沿同一方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，它们的运动轨迹分别如图所
示。

则()
A.粒子a可能带负电
B.粒子b可能带正电
C.粒子c一定带负电
D.粒子b一定带负电
【解答】解：三种粒子的初速度方向相同，均向上，磁场方向是垂直向内；a向左偏转，b不偏转，c向右偏转，说明粒子a受洛伦兹力向左，b不受洛伦兹力，c受向右的洛伦兹力；根据左手定则可以判断a带正电，b不带电，c带负电；故ABD错误，C正确；
故选：C。

13.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的
初速度为v，b的初速度为2v，则()
A.a做圆周运动的轨道半径大
B.b做圆周运动的周期大
C.a、b同时回到出发点
D.a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m v2
r a，e×
2vB=m (2v)2
r b，解得：r a
=mv
eB，r b
=2mv
eB
=2r a，a做圆周运动的轨道半径小，故A错误；
BC、电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πr
v =2πm
eB，电子做匀速圆周运动的周期与电子的速度无
关，两电子做匀速圆周运动的周期相等，两电子同时回到出发点，故B 错误，C 正确；
D 、由左手定则可知，电子刚射入磁场时电子所受洛伦兹力水平向右，电子沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D 错误。

故选：C 。

14.如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc 段是半径为
R 的四分之一圆弧，ab 、cd 的延长线通过圆弧的圆心，Ob 长为R 。

一束质量为m 、电荷量为正q 的粒子，在纸面内以不同的速率从O 点垂直ab 射入磁场，其中M 、N 是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。

则下列分析中正确的是()
A.从M 点射出的粒子速率可能大于从N 点射出粒子的速率
B.从圆弧bc 射出的所有粒子中，从圆弧bc 中点射出的粒子所用时间最短
C.从M 点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N 点射出的粒子在磁场中运动的时间
D.从边界cd 射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧bc 段射出的粒子在磁场中运动的时间
【解答】解：A ．粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qvB =m v 2r 解得：v =qBr m
从M 点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，故A 错误；
B ．由周期的计算公式可得：
t =θ2πT =θm qB
粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图
入射速度为的方向与弦的夹角等于弦切角，根据轨迹图可知，当弦与bc 圆弧边界相切时，入射速度为的方向与弦的夹角最小，弦切角最小，运动时间最短，故B 错误；
C ．M 、N 两点具体位置未知，从M 点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N 点射出的粒子在磁场中
运动的时间，故C正确；
D．由上图可知，从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间，故D错误。

故选：C。

15.云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等
量异号电荷的粒子a和b，如图所示，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，半径之比r a：r b=6：1，相同时间内的径迹长度之比l a：l b=3：1，不计重力及粒子间的相互作用力()
A.粒子a电性为正
B.粒子a、b的质量之比m a：m b=6：1
C.粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比T a：T b=1：2
D.粒子b的动量大小p b=1
7
mv
【解答】解：A．由图中轨迹结合左手定则可知，粒子a电性为负，故A错误；
B．相同时间内的径迹长度之比l a：l b=3：1，可知粒子a、b的速率之比为
v a：v b=l a：l b=3：1
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2
r 可得：r=mv qB
由于粒子a、b的电荷量大小相等，半径之比r a：r b=6：1，则有m a v a：m b v b=r a：r b=6：1
联立可得：m a：m b=2：1，故B错误；
C．根据周期表达式
T=2πm
qB
可得粒子a、b在磁场中做圆周运动的周期之比
T a：T b=m a：m b=2：1，故C错误；
D．选择竖直向下的方向为正方向，根据动量守恒可得
mv=m
a
v a+m b v b
又m a v a：m b v b=r a：r b=6：1
联立可得粒子b的动量大小为
p b =m b v b =17
mv ，故D 正确。

故选：D 。

七、粒子在磁场中打得最远时，
往往是其入射点与出射点的连线是其轨迹圆的直径。

八、带电粒子在不同边界磁场中的运动：
类别
特点图示
直线
边界进出磁场具有
对称性平行
边界存在临界条件
圆形
边界沿径向射入必沿径
向射出
环形
边界与边界相切
16.如图，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa 、Ob 、Oc 、Od 是以不同速率对准圆心入射的正
电子或负电子的运动径迹，a 、b 、d 三个出射点和圆心的连线与竖直方向分别成90°、60°、45°角，下列判断正确的是()
A.沿径迹Oc 、Od 运动的粒子均为正电子
B.沿径迹Oc 运动的粒子在磁场中运动时间最短
C.沿径迹Oa 、Od 运动的粒子在磁场中运动时间之比为2：1
D.沿径迹Oa 、Ob 运动的粒子动能之比为3：1
【解答】解：A ．由左手定则可判断沿径迹Oc ，Od 运动的粒子均带负电，故A 错误；
B ．根据题意可知正电子和负电子的电量q 和质量m 均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qvB =m v 2R
根据运动学公式可得：
T =2πR v 解得：T =2πm qB
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc 运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由
t =θ2π
T 可知沿径迹Oc 运动的粒子在磁场中运动时间最长，故B 错误；
C ．沿径迹Oa 运动的粒子在磁场中偏转角度为
θa =90°
沿径迹Od 运动的粒子在磁场中偏转角度为θd =45°
两粒子运动周期大小相同，则
t =θ2π
T 可知，Oa 、Od 运动的粒子在磁场中运动时间之比为2：1，故C 正确；
D ．设圆形磁场半径为r ，根据几何关系可得沿径迹Oa ，Ob 运动的粒子轨道半径分别为r a =r
r b =3r
根据
qBv =m v 2
r 可得：v a
v b =r a r b =13
根据动能
E k =12
mv 2
可知沿径迹Oa 、Ob 运动的粒子动能之比为1：3，故D 错误。

故选：C 。

17.如图所示，半径为R 的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，O 为圆心，AO 与水平方向的夹角
为30°。

现有带正电粒子a 从A 点沿水平方向以大小为v 0的速度垂直磁场射入，其离开磁场时，速度方向刚好改变了180°；另一带负电粒子b 以大小相同的速度从C 点沿CO 方向垂直磁场射入。

已知a 、b 两粒子的比荷之比为2：1，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。

下列说法不正确的是()
A.a 、b 两粒子做圆周运动的半径之比为1：2
B.b 粒子竖直向下射出磁场
C.b 粒子在磁场中运动的时间为πR v 0
D.两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R
【解答】解：AB 、a 粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，表明粒子在磁场中转动了半周，其轨迹如图
由几何关系得r 1=R sin30°=R 2根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力，有qv 0B =m v 2
r 1解得r 1=mv 0qB
=12R b 粒子进入磁场，有q 'v 0B =m 'v 20r 2，q 'm '=q 2m
解得r 2=2mv 0qB
=R 根据左手定则，可知b 粒子竖直向下射出磁场
且r 1：r 2=1：2，故AB 正确；
C 、b 粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为速度的偏转角，即为90°，b 粒子在磁场中运动的时间为t 2=14
T =2πr 24v 0=πR 2v 0，故C 错误；D ．由AB 选项中的解析可知，b 粒子在磁场圆的正下方射出磁场，a 粒子离开磁场时的点和磁场圆心的连线与水平方向的夹角为30°，则几何关系可知两个出射点与圆心构成等边三角形，即两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R 。

故D 正确。

本题选不正确的，故选：C 。

18.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa 打到屏MN 上的a 点。

若该微粒经过p 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN 上。

微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是()
A.微粒带负电
B.碰撞后，新微粒运动轨迹不变
C.碰撞后，新微粒运动周期不变
D.碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
【解答】解：A 、微粒进入磁场时受到的洛伦兹力向左，根据左手定则可知，微粒带正电，故A 错误；
B 、带电微粒和不带电微粒碰撞，遵守动量守恒定律，故碰撞后总动量p 不变，总电荷量q 也保持不变，由Bqv
=m v 2r 得：r =mv qB =p qB
p 、q 都不变，可知碰撞后，新微粒的轨迹半径r 不变，则新微粒运动轨迹不变，故B 正确；
C 、根据周期公式T =2πm qB
，新微粒质量增大，q 不变，故新微粒运动的周期增大，故C 错误；D 、由p =mv 知，碰撞后质量增大，速度减小，根据洛伦兹力公式F =qvB 知，新微粒在磁场中受洛伦兹力变小，故D 错误。

故选：B 。

19.如图所示，纸面内有一圆心为O ，半径为R 的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向里。

由距离O 点0.4R 处的P 点沿着与PO 连线成θ=30°的方向发射速率大小不等的电子。

已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。

为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为()
A.7eBR 10m
B.29eBR 10m
C.21eBR 40m
D.(5-23)eBR
5m
【解答】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切，。