2025-2026学年高二上学期物理期末专题复习讲义 专题08 磁场

专题08 磁场 考点01（★★★）安培定则　磁场的叠加 5 考点02（★★★）安培力作用下导体运动情况的判断 9 考点03（★★★）洛伦兹力 13 考点04（★★★）带电粒子在有界匀强磁场中的运动 17 一、磁场、磁感应强度 1．磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 力　的作用。 (2)方向：小磁针的 N极　所受磁场力的方向。 2．磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的 强弱　和 方向　。 (2)大小：B＝ 　(通电导线垂直于磁场)。 (3)方向：小磁针静止时 N极　的指向。 (4)单位：特斯拉(T)。 二、磁感线及其特点 1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的 磁感应强度　的方向一致。 2．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　定性地表示磁场的强弱。 (3)磁感线是 闭合　曲线，没有起点和终点。 (4)磁感线是假想的曲线，客观上 不存在　。 三、几种常见的磁场 1．匀强磁场 (1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向 处处相同　的磁场称为匀强磁场。 (2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。 2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示) 3．电流的磁场 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　磁场且磁场方向 由S极指向N极　，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 纵截 面图 4.地磁场 (1)地磁的N极在地理 南极　附近，S极在地理 北极　附近，磁感线分布如图所示。 (2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度 大小相等　，且方向水平 向北　。 (3)地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。 四、安培力的大小与方向 1．安培力的方向：左手定则 (1)伸开左手，让拇指与其余四指 垂直　，并且都与手掌在同一个平面内。 (2)让磁感线从掌心垂直进入，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。 如图，①表示 电流　的方向，②表示 磁场　的方向，③表示 安培力　的方向。 2．安培力的大小 当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsin θ，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况： (1)当磁场与电流 垂直　时，安培力最大，Fmax＝BIL。 (2)当磁场与电流 平行　时，安培力等于零。 3．磁电式电流表的工作原理 磁电式电流表的原理图如图所示。 (1)磁场特点 ①方向：沿 半径方向　均匀辐射地分布，如图所示； ②强弱：在距轴线等距离处的磁感应强度大小 相等　。 (2)安培力的特点 ①方向：安培力的方向与线圈平面 垂直　； ②大小：安培力的大小与通过的电流成 正比　。 五、洛伦兹力 1．洛伦兹力：磁场对 运动电荷　的作用力。 2．洛伦兹力的方向(左手定则) (1)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。 (2)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)。 (3) 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。 如图，①表示 正电荷　运动的方向或 负电荷　运动的反方向，②表示 磁场　的方向，③表示 洛伦兹力　的方向。 3．洛伦兹力的大小：F＝ qvBsin θ　，θ是v与B之间的夹角。 (1)当v∥B时，F＝ 0　。 (2)当v⊥B时，F＝ qvB　。 六、带电粒子在匀强磁场中的运动 1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥ B　，F⊥ v　，即F垂直于B和v决定的 平面　，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的 大小　，或者说，洛伦兹力对带电粒子 不做功　。 2．粒子的运动性质 (1)若v0∥B，则粒子 不受洛伦兹力　，在磁场中做 匀速直线运动　。 (2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做 匀速圆周运动　。 3．基本公式 (1)由qvB＝ m　，得r＝ 　。 (2)由v＝，得T＝ 　。 (3)f＝＝ 　。 (4)ω＝＝2πf＝ 　。 考点01（★★★）安培定则　磁场的叠加 1．安培定则的应用 在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。 因果 磁场　　　 原因(电流方向) 结果(磁场方向) 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流及通电 螺线管的磁场 四指 大拇指 2.磁场叠加问题的解题思路 (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，利用安培定则及其他已知条件判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。 【典例1】（2024秋•广东校级期末）中国作为文明古国，其四大发明——造纸术、印刷术、火药、指南针影响深远。东汉时期思想家王充在《论衡》一书中有关于“司南之杓，投之于地，其柢（即勺柄）指南”的记载。如图所示的司南是用天然磁铁矿石琢成的一个勺形物体，放在一个刻着方位的光滑方盘上。下列说法正确的是 A．“司南之杓”可以用铜为材料制作 B．“柢”相当于磁体的极 C．地球的磁场是人为想象出来的 D．“柢”能够指南是因为方盘对它施加了向南的力 【答案】 【分析】“司南”是最早的指南针，是利用天然的磁石磨制成的磁勺，磁勺受到地磁场的作用总是一端指南一端指北。 【解答】解：．铜不能被磁化，“司南之杓”不可以用铜为材料制作，故错误； ．磁铁静止时极指向地理南极，“柢”相当于磁体的极，故正确； ．地球的磁场是真实存在的，故错误； ．“柢”能够指南是因为受到地磁场的作用力，故错误。 故选：。 【典例2】（2025春•湖北期末）如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线、、，导线中的电流大小相等，和中的电流方向垂直纸面向里，中的电流方向垂直纸面向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，在点产生的磁感应强度大小为。下列说法正确的是 A．受到的安培力的方向沿轴正方向 B．受到的安培力的方向沿轴正方向 C．点磁感应强度大小为 D．、在点共同产生的磁感应强度大小为 【答案】 【分析】根据安培定则判断每根导线产生的磁场的方向，根据矢量合成法则求解合磁场的方向以及大小，根据左手定则判断安培力方向。 【解答】解：．根据安培定则，三根导线中的电流大小相等，可得在、、、四点的磁感应强度方向如图所示，根据左手定则可得，、导线所受安培力方向如图所示 即受到的安培力与轴正方向成斜向上，受到的安培力向左，即沿轴负方向，故错误； ．无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，已知在点产生的磁感应强度大小为，则、在点产生的磁感应强度大小均为，在点产生的磁感应强度大小为，由 可得 则点的磁感应强度为，故错误； ．同理，、在点产生的磁感应强度大小均为，则 由图可知，两者共同产生的磁感应强度大小为，故正确。 故选。 【典例3】（2025春•乐平市校级期末）四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，为正方形线框的中心。现让强度为的电流从点流入点流出。已知直导线在点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，并且边在点产生的磁场磁感应强度为，则下列说法正确的是　　 A．边在点产生的磁场方向为垂直于纸面向里 B．边在点产生的磁场的磁感应强度大小为 C．整个线框在点产生的磁场方向为垂直于纸面向里 D．整个线框在点产生的磁场的磁感应强度大小为零 【答案】 【分析】直导线在点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，得出各电流在点所产生的的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得的合矢量的大小和方向。 【解答】解：．让强度为的电流从点流入点流出，边电流方向指向，右手定则可知，边在点产生的磁场方向为垂直于纸面向外，故错误； ．边总电阻为边电阻的3倍，故边电流为边电流的三分之一，设边电流为，则边时，边在点产生的磁场磁感应强度为，又因为直导线在点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，则边在点产生的磁场的磁感应强度大小为，故错误； ．边电流方向指向，由右手定则可知其在点产生的磁场大小为且方向垂直于纸面向里，由右手定则可知边、边、边在点产生的磁场大小均为且方向垂直于纸面向里，综合以上可知整个线框在点产生的磁场的磁感应强度大小，故错误，正确。 故选：。 考点02（★★★）安培力作用下导体运动情况的判断 1．判断安培力作用下导体运动情况的五种方法 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 根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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 转换对象法 导线所受安培力磁体受导线的作用力 2.基本思路 判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。 【典例4】（2025春•汕尾期末）某同学设计了如图所示的装置测量沿竖直方向的匀强磁场的磁感应强度的大小：两光滑金属导轨间距为，与水平面成角；金属杆垂直放置在导轨上，并通过绝缘轻绳与力传感器连接。开关闭合前，力传感器的示数为，闭合后，回路电流为，力传感器示数增大为，则　　 A． B．磁场方向竖直向上 C．棒所受安培力方向沿导轨平面向上 D．棒所受安培力方向沿导轨平面向下 【答案】 【分析】根据平衡条件、左手定则等知识进行分析解答。 【解答】解：设导体棒质量为，则开关闭合前，由平衡可知，闭合后，联立解得，故正确； 安培力有沿斜面向下的分量，电流方向从到，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故错误； 由左手定则可知，棒所受安培力方向水平向左，故错误。 故选：。 【典例5】（2024秋•凉州区期末）如图所示，质量为、长为的金属棒两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，并处于匀强磁场中。棒中通以大小为、方向为的恒定电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为，取重力加速度，。匀强磁场的磁感应强度最小是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，求解最小安培力以及最小的磁感应强度。 【解答】解：对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，可知当棒受到的安培力与悬线垂直时，有最小值 结合安培力公式，代入已知数据解得最小的磁感应强度 ，故错误，正确。 故选：。 【典例6】（2025春•黄冈期末）如图所示，两间距、倾角的足够长平行光滑导轨，轨道上有一个的恒流源（电流方向图中已标出）。以点为坐标原点，沿导轨向下为正方向建立轴，在导轨平面上垂直轴方向建立轴。有一磁场垂直导轨平面向下，该平面内磁场的磁感应强度大小与横坐标变化规律为。时刻，在处由静止释放一根质量为的金属棒，重力加速度取。 （1）求金属棒刚释放瞬间的加速度大小； （2）求金属棒下滑过程中速度和位移的最大值分别为多少； （3）若金属棒运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒，碰后二者粘在一起形成组合体，求组合体第一次到达最低点的时刻（已知：简谐运动的周期，其中为做简谐运动的物体质量，为简谐运动的回复力系数）。 【答案】（1）金属棒刚释放瞬间的加速度大小； （2）金属棒下滑过程中速度，位移的最大值； （3）若金属棒运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒，碰后二者粘在一起形成组合体，组合体第一次到达最低点的时刻。 【分析】（1）刚释放瞬间，金属棒受重力沿斜面分力和安培力，利用牛顿第二定律求加速度，需确定初始位置的磁感应强度。 （2）金属棒下滑时安培力随位移线性增大，加速度减小直到为0时速度最大；位移最大值由简谐运动对称性确定，结合动能定理求速度最大值。 （3）碰撞后形成组合体，先求平衡位置，再确定回复力系数，利用简谐运动周期公式计算总时间，需分析碰撞前后的运动阶段。 【解答】解：（1）金属棒刚释放瞬间，根据牛顿第二定律可得 代入数据得 （2）金属棒下滑时，安培力逐渐增大，先做加速度减小的加速运动，当加速度为0时速度达到最大 代入数据解得 安培力随位移线性变化，取平均值为 金属棒沿斜面下滑的过程中，由动能定理得 代入数据得 由简谐运动的对称性可知，最大位移 解得 （3）到达处时速度为0，形成组合体的初速度为0，下滑到最大位移的过程中，根据动能定理 组合体的平衡位置为 组合体的回复力 可得 因此金属棒下滑的过程中所用时间为 组合体下滑的过程中所用时间为 总时间为 答：（1）金属棒刚释放瞬间的加速度大小； （2）金属棒下滑过程中速度，位移的最大值； （3）若金属棒运动到（2）中最大位移处时，刚好碰到轻放在导轨上相同的金属棒，碰后二者粘在一起形成组合体，组合体第一次到达最低点的时刻。 考点03（★★★）洛伦兹力 1．洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。 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。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 3．洛伦兹力与静电力的比较 洛伦兹力 静电力 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 方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与电场强度方向相反 做功 情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功 【典例7】（2024秋•沈阳期末）如图所示，通电导线所受安培力或运动电荷所受洛伦兹力正确的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】、根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向； 、磁场和电流方向平行，则安培力为零。 【解答】解：、安培力方向判断方法：伸开左手，使大拇指与其它四指垂直且在一个平面内，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为电流方向，大拇指所指方向就是安培力的方向，可知安培力方向竖直向下，故错误； 、电流和磁场的方向平行，安培力为零，故错误； 、洛伦兹力方向判断方法：伸开左手，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为正电荷运动的方向，为负电荷运动的反方向，则和四指垂直的大拇指的方向为洛伦兹力的方向，则可知洛伦兹力方向竖直向下，故正确； 、根据选项洛伦兹力方向的判断方法可知洛伦兹力方向竖直向下，故错误。 故选：。 【典例8】（2024秋•武汉期末）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为的带电小环沿杆下滑到图中的处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为，重力加速度大小为，，下列说法正确的是　　 A．小环带正电 B．小环滑到处时的速度大小 C．当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力 D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到的距离 【答案】 【分析】根据左手定则判断；对小环受力分析，根据平衡条件计算；根据动能定理和平衡条件计算即可。 【解答】解：、根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可得，小环对杆的压力大小为，然而题中此时小环对杆的压力大小为，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故错误； 、设小环滑到处时的速度大小为，在处，对小环受力分析，如下图所示 根据平衡条件有 由牛顿第三定律可得杆对小环的支持力大小为，联立解得，故错误； 、在小环由处下滑到的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为，则在处，小环的受力如图所示 由平衡条件得 在小环由滑到过程中，根据动能定理有 联立解得，故错误，正确。 故选：。 【典例9】（多选）（2024秋•鄂尔多斯期末）如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是　　 A．甲、乙两物块可能相对滑动 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．甲物块向左先加速运动后匀速运动 D．乙物块受到地面的最大摩擦力大小为 【答案】 【分析】以甲、乙整体为研究对象，分析受力情况，分析地面对乙物块的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化． 【解答】解：、以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图 则有 当甲、乙一起加速运动时，洛伦兹力增大，滑动摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当时，此时两者一起匀速运动，故正确； 、增大，一定，根据牛顿第二定律，可知加速度减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力，则得到减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小且不发生相对滑动，故错误； 故选：。 考点04（★★★）带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定 (1)圆心的确定方法 ①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。 ②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。 ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 (2)半径的计算方法 方法一　由R＝求得 方法二　连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得 例如：如图甲，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得 常用到的几何关系 ①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝α。 (3)时间的计算方法 方法一　利用圆心角、周期求得t＝T 方法二　利用弧长、线速度求得t＝ 例如：t＝T＝T＝T t＝＝ 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，如图所示) (2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示) (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。 【典例10】（2024秋•武汉期末）如图所示，竖直平面内一半径为的圆形区域内存在磁感应强度为的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为、电荷量为的带电粒子沿平行于直径的方向以不同速率从点进入匀强磁场，入射点到直径的距离，不计粒子重力。下列说法正确的是　　 A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则其入射速度为 B．若粒子恰好能从点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 C．若粒子恰好能从点射出，则其在磁场中运动半径大小为 D．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其入射速度为 【答案】 【分析】若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则说明粒子运动了半个周期，由几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力求出入射速度； 若粒子恰好能从或点射出，画出轨迹图，利用几何关系和圆周运动规律分析求解运动时间等； 画出轨迹图，由几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力求出入射速度。 【解答】解：、若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的轨迹如图所示， 由几何关系得： 由洛伦兹力提供向心力，则有： 联立得粒子的入射速度为：，故错误； 、若粒子恰好能从点射出，画出符合条件的粒子轨迹如图所示， 由几何关系得：， 即： 联立解得： 可知，则粒子在磁场中运动的时间为：，故正确； 、若粒子恰好能从点射出，画出该粒子的运行轨迹如图所示， 根据平面几何的知识，可知四边形是菱形，则粒子在磁场中运动的半径：，故错误； 、若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，画出符合条件的运动轨迹如图所示， 根据几何关系可知： 因△为等腰三角形，则根据数学知识有： 由于△为等腰直角三角形，可知： 由洛伦兹力提供向心力，可得： 联立以上各式解得：，故错误。 故选：。 【典例11】（2025春•鲤城区校级期末）如图，在竖直平面内的直角坐标系中，轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在第二象限内，垂直纸面且平行于轴放置足够长的探测薄板，到轴的距离为，上、下表面均能接收粒子。位于原点的粒子源，沿平面向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、质量为、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 B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为 D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 【答案】 【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；当粒子沿轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离轴最近。当粒子恰能通过点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离轴最远，画出两种情况粒子运动轨迹，根据几何关系求薄板的上表面接收到粒子的区域长度；粒子可以恰好打到下表面点；当粒子沿轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离轴最远，画出运动轨迹，根据几何关系求薄板的下表面接收到粒子的区域长度；粒子恰好打到下表面点时转过的圆心角最小，用时最短，结合轨迹圆心角求最短时间。 【解答】解：、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得，解得粒子的轨迹半径为，故错误； 、当粒子沿轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离轴最近，如图轨迹1。 根据几何关系可知； 当粒子恰能通过点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，所以上表面接收到粒子的区域长度为，故错误； 、根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面点；当粒子沿轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离轴最远，如图轨迹3，根据几何关系可知，此时离轴距离为，所以下表面接收到粒子的区域长度为，故正确； 、根据图像可知，粒子恰好打到下表面点时转过的圆心角最小，用时最短，为，故错误。 故选：。 【典例12】（2025春•临沧期末）如图所示，在直角三角形区域（含边界）内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，，点处的粒子源持续将比荷为的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律，分析运动时间与圆心角的关系，再通过几何关系确定最大圆心角，进而计算最长时间。 【解答】解：粒子沿边界方向射入磁场从边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子运动轨迹如图所示 由几何知识可知，其偏转得圆心角 根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 根据圆周运动中周期定义，粒子运动周期 解得 故粒子在磁场中运动得时间 结合题意解得，故正确，错误； 故选：。 学科网（北京）股份有限公司 $