第1部分 第9讲 磁场-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题三　电场与磁场 第9讲　磁场 知识 框架 学习 目标 1.掌握磁感应强度的叠加计算，会求解安培力的力学问题。 2．会求解带电粒子在匀强磁场中的运动问题，特别是有界匀强磁场中的运动问题。 3．掌握求解带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题的方法。 2 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　磁场的性质　安培力 1．分析磁感应强度问题的关键 (1)判断电流激发的磁场的方向：安培定则(右手螺旋定则)。 (2)磁感应强度的叠加法则：平行四边形定则(三角形定则)。 2．分析计算安培力的关键 (1)判断方向：左手定则。注意四指指的是电流的方向。 (2)计算大小：F＝IlBsinθ。需要注意的是，如果不是直导线，则l是通电导体在磁场中的有效长度。 考点 5 考点 6 考点 7 考点 8 考点 9 求解多条支路导体所受安培力时，一般是求各支路所受安培力的矢量和，还可以直接用F＝BIL求解，其中I是干路电流，L是两端点间的有效长度。 考点 10 考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动 考点 11 2．求解带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的关键 (1)确定轨迹圆心的3个依据 ①圆心一定在垂直于速度的直线上； ②圆心一定在轨迹圆的弦的中垂线上； ③圆心与轨迹圆上任一点的距离一定等于轨迹半径。 (2)根据几何关系确定轨迹半径 作辅助线构造与轨迹半径有关的若干三角形，根据几何关系通过勾股定理、三角函数、正弦定理、余弦定理等数学知识计算。 考点 12 (3)轨迹的对称性结论 ①直线边界磁场：粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，出射角等于入射角。 ②圆形边界磁场：若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应磁场半径的夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应磁场半径的夹角也为θ。当θ＝0时，粒子沿半径方向进出。 考点 13 3．磁发散与磁聚焦 如图所示，若粒子的轨迹半径等于圆形匀强磁场区域的半径，则： (1)磁发散：沿不同方向从磁场某点射入的粒子，沿相同的方向离开磁场； (2)磁聚焦：沿同一方向从不同位置平行射入磁场的粒子，从同一点离开磁场。 考点 14 例3　(2022·江苏卷，13)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，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，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力，求： (1)粒子a、b的质量之比ma∶mb； (2)粒子a的动量大小pa。 考点 15 考点 16 考点 17 考点 18 考点 19 考点 20 考点 21 考点 22 考点 23 考点3　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题 1．解题思路 (1)先不考虑边界，假设磁场范围足够大，根据题意选择合适的技巧画出可能的轨迹。 (2)根据磁场边界与可能的轨迹找出临界轨迹。 (3)根据几何关系及洛伦兹力相关知识求解。 考点 24 2．找出临界轨迹的3个技巧 (1)放缩圆 适用条件 粒子的初速度v0方向一定，大小不同 应用方法 以入射点P为定点，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PP′直线上) 考点 25 (2)旋转圆 考点 26 (3)平移圆 考点 27 考点 28 考点 29 本题需要同时使用放缩圆和平移圆的技巧，才能找出临界轨迹。 考点 30 考点 31 考点 32 考点 33 高考风向标 1．(2022·全国乙卷，18)(多选)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。如图，在手机上建立直 角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场 进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直 向上。根据表中测量结果可推知(　　) A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为50 μT C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 －45 2 0 －20 －46 3 21 0 －45 4 －21 0 －45 高考风向标 35 高考风向标 36 2．(2025·河南卷，9)(多选)手机拍照时手的抖动产生的微小加 速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜 头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分 别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中， 磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小 加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　) A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＜Id 高考风向标 37 解析：若没有两线圈，则镜头在弹簧弹力和重力的合力作 用下与手机框架有相同的加速度a，而题中通过调节c、d中电流 使镜头处于零加速度状态即平衡状态，则c、d所受安培力的合 力方向与加速度a的方向相反。若Ic沿顺时针方向，Id＝0，由左 手定则可知，线圈c所受安培力方向水平向右，线圈d所受安培力为0，安培力的合力向右，则表明a的方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向，Ic＝0，由左手定则可知，线圈d所受安培力方向竖直向上，线圈c所受安培力为0，安培力的合力向上，则表明a的方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，则两线圈所受安培力的合力方向沿右偏下30°，根据力的合成与分解可知， 高考风向标 38 c受到水平向右的安培力，d受到竖直向下的安培力且Fc>Fd，根据左手定则及安培力公式可知，Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id，C正确；若a的方向沿右偏上30°，则两线圈所受安培力的合力方向沿左偏下30°，根据力的合成与分解可知，c受到水平向左的安培力，d受到竖直向下的安培力且Fc>Fd，根据左手定则及安培力公式可知，Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id，D错误。　 高考风向标 39 3．(2025·云南省曲靖市高三下第二次教学质量监测)在高能粒子物理实验室中，科学家正在进行一项名为“磁场制导”的关键实验。实验目标是通过精确调控磁场，使电子经加速后从枪口射出，沿预设路径击中远端的靶点。这一技术可应用于粒子对撞机轨道修正、医学放射治疗的精准定位等领域。如图所示，某次实验时让空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，电子在电子枪内经电压U从静止加速距离l后从枪口T沿直线a方向射出，需精准打击位于φ(弧度制)方向、距枪口T距离为d的靶点M。已知电子电荷量为e，质量为m，重力可忽略不计，电子在枪内运动不受磁场影响。求： 高考风向标 40 (1)电子出枪口后击中靶点M所需要的磁感应强度B1的大小； (2)电子从静止出发到靶点M所需的时间t； (3)若将磁场方向改为平行于枪口T向靶点M所指引的直线TM方向，电子仍能打至靶点M，求所需的磁场的磁感应强度B2的大小。 高考风向标 41 高考风向标 42 高考风向标 43 高考风向标 44 专题作业 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 7．(2025·北京市丰台区高三下一模)地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列说法正确的是(　　) A．该粒子带负电 B．从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小 C．粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变 D．粒子有可能从强磁场区返回到弱磁场区 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 8．如图所示是粒子流扩束技术的原理简图。正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对称分布，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，四个区域内有界磁场(曲线边界均为圆弧)分布可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 解析：由磁聚焦模型可知，A项磁场会将带负电的粒子 流在Ⅰ区域右上角和Ⅱ区域右下角聚集，由磁发散模型可知， A项磁场的Ⅲ、Ⅳ区域无法将粒子流平行射出，A错误；由磁 聚焦模型可知，B项磁场的Ⅰ、Ⅱ区域无法实现磁聚焦，B错 误；由磁聚焦模型可知，C项磁场的Ⅰ、Ⅱ区域会把带正电的粒子流聚焦在四个区域的交汇点处，Ⅰ区域的粒子进入Ⅳ区域，Ⅱ区域的粒子进入Ⅲ区域，由磁发散模型可知，所有粒子将平行向右离开磁场区域，如图所示，故C正确；由磁聚焦模型可知，D项磁场的Ⅰ区域会将带正电的粒子流聚集在Ⅰ区域的下端并进入Ⅱ区域，由左手定则和磁发散模型可知，粒子将向右平行离开Ⅱ区域，由左手定则和磁聚焦模型可知，粒子将聚集在Ⅳ区域的最低点离开Ⅳ区域，D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 名师点拨　本题是选择题，不需要从基本规律分析求解，可利用“磁聚焦”和“磁发散”推论快速求解。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 10．(2023·全国甲卷，20)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 解析：假设粒子带负电，如图甲，第一次在A点与筒壁发生碰撞，O1为粒子做圆周运动的圆心，由几何关系可知，在A点和筒壁发生碰撞前瞬间，粒子的速度方向沿OA方向，则碰撞后瞬间粒子速度方向为AO方向，即粒子与筒壁碰撞时其速度方向改变180°，由轨迹的对称性可知，每次碰撞前瞬间，粒子的速度均沿圆筒半径方向，碰撞后速度方向均改变180°，故每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，故D正确；由D项分析可知，粒子每次离开筒壁时速度方向均指向圆心O，由于粒子做圆周运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 所以粒子的运动轨迹不可能通过圆心O，故A错误；若粒子经过1次碰撞能从小孔射出，由轨迹的对称性可知，碰撞点必在P关于O的对称点，而粒子到达筒壁前做圆周运动，则粒子不能未经碰撞到达该点，假设错误，若粒子经过2次碰撞能从小孔射出，由轨迹的对称性，可作出轨迹如图乙所示，即最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出，故B正确；根据对称性可知，粒子能从小孔射出时，各碰撞点与P均匀分布在圆筒上，各段圆弧形状相同，设粒子运动轨迹所对各段圆弧总的圆心角为θ， 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 2．(多选)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度。图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定(　　) A．匀强磁场方向向外 B．正电子由上而下穿过铅板 C．正电子在铅板上、下磁场中运动的角速度相同 D．正电子在铅板上、下磁场中运动的动量大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 7．(多选)空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x＝a两侧的匀强磁场方向相反，x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍。不同带电粒子以速率v0由原点沿xOy平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为下图中的(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 10．(2024·河北卷，10)(多选)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45° D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在abcd区域做匀速直线运动。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子在abcd区域的运动轨迹与ac连线平行，作出粒子到达cd边前的运动轨迹如图甲所示，分析知，粒子前后两次在磁场中的运动轨迹关于BD连线对称，则粒子必从C点垂直BC射出，故A正确。若粒子经bc边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图乙所示，r是粒子的轨迹半径，因为E到AD边的距离与F到BC边的距离相等，则有r－rcosθ＝rsinα，由几何关系知，θ＋α＝90°，解得θ＝60°，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·福建卷，3)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．eq \f(1,2)B2－B1 B．eq \f(1,2)B1－B2 C．B2－B1 D．B1－B2 解析　设OM＝ON＝2r，单根导线在距其r处产生的磁场的磁感应强度大小为Br，在距其3r处产生的磁场的磁感应强度大小为B3r，根据安培定则及磁感应强度的叠加原理可知，B1＝Br－B3r，B2＝2Br，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B3r，可解得B3r＝eq \f(1,2)B2－B1，A正确。 例2　(2025·河南省南阳市高三下月考)由几根粗细相同且材料相同的匀质直导线构成的梯形线框ABCD如图，上底边AB的长度与两腰AD、BC的长度相等，下底边DC的长度是上底边AB长度的两倍，整个梯形放置在水平绝缘桌面上，且处于竖直方向的匀强磁场中。若将A、B两点接在可提供恒定电压的某电源两端，AB边受到的安培力大小为F，则将D、C两点接在该电源两端时，梯形线框受到的安培力大小为(　　) A．eq \f(1,2)F B．eq \f(3,2)F C．eq \f(5,4)F D．eq \f(5,3)F 解析　设AB边的电阻为R、长度为L，则AD、BC边的电阻均为R、长度均为L，DC边的电阻为2R、长度为2L。将A、B两点接在可提供恒定电压U的电源两端时，通过AB边的电流I＝eq \f(U,R)，AB边所受安培力大小F＝BIL＝eq \f(BUL,R)，将C、D两点接在该电源两端时，通过DABC边的电流I1＝eq \f(U,3R)，DABC边所受安培力大小F1＝BI1×2L＝eq \f(2BUL,3R)，通过DC边的电流I2＝eq \f(U,2R)，DC边所受安培力大小F2＝BI2×2L＝eq \f(BUL,R)，由左手定则知F1、F2方向相同，则梯形线框受到的安培力大小F′＝F1＋F2＝eq \f(5BUL,3R)＝eq \f(5,3)F，故选D。 1．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的重要结论 (1)轨迹半径：r＝eq \f(mv,qB)。 (2)周期公式：T＝eq \f(2πm,qB)。 (3)运动时间：①t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(αm,qB)；②t＝eq \f(s,v)。 答案　(1)2∶1　(2)eq \f(6,7)mv 解析　(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvaB＝ma2,a)eq \f(v,ra) ，qvbB＝mb2,b)eq \f(v,rb) 解得ra＝eq \f(mava,qB)，rb＝eq \f(mbvb,qB) 又ra∶rb＝6∶1，得mava∶mbvb＝6∶1 因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1 则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1 解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。 (2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb 又mava∶mbvb＝6∶1 联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv。 例4　(2025·重庆卷，14)研究小组设计了一种通过观察粒子在 荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示， 水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向 外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一 直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，管在纸面内，且仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为eq \f(q,m)。已知OK＝3h，OM＝3eq \r(3)h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 答案　(1)eq \f(\a\vs4\al(3qBh),2m)　(2)eq \f(\a\vs4\al(2qBh),m)　(3)eq \f(2πm,3qB) (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 解析　 (1)设粒子的速度大小为v，轨迹半径为r，洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qvB＝meq \f(v2,r) 由几何关系知2r＝3h，解得v＝eq \f(\a\vs4\al(3qBh),2m)。 (2)设粒子做圆周运动的半径为r1，粒子的速度大小为v1，画出K的两端发射的正、负粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识可知r1＋r1sinθ＝OK 且θ＝30° 根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) 解得r1＝2h，v1＝eq \f(\a\vs4\al(2qBh),m)。 (3)分析可知，图1中KN部分优弧为带正电粒子的运动轨迹，过M点作该部分运动轨迹的切线，如图2所示，其中切点P即为关闭磁场时带正电粒子所在位置，由几何关系知，图中α的正切值tanα＝eq \f(r1,OM－r1cosθ) 该粒子在磁场中运动的弧长对应的圆心角β＝90°＋α 该粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(βr1,v1) 解得t＝eq \f(2πm,3qB)。 [跟进训练]　(2024·湖北卷，7)如图所示，在以O点为圆心、 半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应 强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够 大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直 径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq \f(7πm,3qB) D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m) 解析：粒子在各磁场中均做匀速圆周运动，由几 何知识可知，粒子在圆形区域内的运动轨迹关于其轨 迹圆心与O点的连线对称，粒子沿直径方向射入圆形 区域，则射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的 半径方向，同理可知，粒子在圆形区域外的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，则射入圆形区域时的速度方向也一定沿该区域的半径方向，易知，粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；设粒子的速度大小为v，根据qvB＝meq \f(v2,r)得，粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝eq \f(mv,qB)，则粒子在各磁场中的轨迹半径相等， 根据T＝eq \f(2πr,v)得，粒子做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)， 与粒子速度和轨迹半径无关，根据粒子运动的周期性和 对称性可知，粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形 区域，时间间隔最小的运动轨迹如图1所示，则最小时 间间隔为t＝eq \f(720°,360°)×T＝2T＝eq \f(4πm,qB)，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，其运动轨迹如图2所示，由几何关系可知θ＝eq \f(180°,3)＝60°，设此时粒子的速度大小为v1，在磁场中运动的半径为r1，根据几何关系可知r1＝Rtaneq \f(θ,2)＝eq \f(\r(3)R,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) ，可得v1＝eq \f(\a\vs4\al(\r(3)qBR),3m)，故D正确。 适用条件 粒子的初速度v0大小一定，方向不同 应用方法 将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行 旋转，从而探索出临界条件 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、轨迹半径R＝\f(mv0,qB)的圆上)) 适用条件 粒子的初速度v0大小、方向均一定，从同一直线边界进入匀强磁场的入射点位置不同 应用方法 将半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆进行平移 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 例5　(2025·河北省邯郸市高三下第三次调研监测)如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，BC边长为L，AB边长为2L，大量质量为m、电荷量为q、速度大小为v的带负电粒子垂直AC边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从AB和BC边射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强磁场的磁感应强度最大为(　　) A．eq \f(mv,2qL) B．eq \f(\r(3)mv,3qL) C．eq \f(\r(3)mv,qL) D．eq \f(2mv,qL) 解析　由几何知识可知sin∠A＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(1,2)，则∠A＝30°。如图所示，当粒子运动轨迹与AB边相切，且刚好从C点射出时，对应磁感应强度的最大值，设为Bmax，根据几何关系，有eq \f(L,tan30°)＝r＋eq \f(r,sin30°)，解得轨迹半径r＝eq \f(\r(3),3)L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvBmax＝meq \f(v2,r)，解得Bmax＝eq \f(\r(3)mv,qL)，故选C。 例6　(2025·安徽卷，7)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直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Oxy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eq \f(qBd,m)。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eq \r(3)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eq \f(πm,6qB) 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，其中v＝eq \f(qBd,m)，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；由“旋转圆”法可知，当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，两个临界运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos30°－r＝(eq \r(3)－1)d，B错误； 同理，由“旋转圆”法可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，两个临界运动轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(θ,360°)T，周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，故粒子运动轨迹所对应圆心角越小，运动时间越短，所以打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，其轨迹所对应的圆心角为60°，则最短时间tmin＝eq \f(60°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,3qB)，D错误。 解析：地球可视为一个条形磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，由表中Bz数据可看出z轴的磁感应强度分量竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可得当地地磁场的磁感应强度大小为B＝2,x)eq \r(B＋Beq \o\al(2,y)＋Beq \o\al(2,z)) ≈50 μT，B正确；由A项分析可知测量地点位于北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量时Bx＝0，By为负值，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx为正值，By＝0，故x轴正向指向北方，则y轴正向指向西方，C正确，D错误。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(2sinφ),d)　eq \r(\f(2mU,e))　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋\f(\a\vs4\al(φd),sinφ))) eq \r(\f(m,2eU)) (3)eq \f(2nπ,d) eq \r(\f(2mU,e))cosφ(n＝1，2，3，…) 解析：(1)设电子出枪口时的速度大小为v，电子在电场中被加速过程，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2－0 解得v＝eq \r(\f(2eU,m)) 设电子在磁场中运动的轨道半径为R，如图所示，由几何关系可知sinφ＝eq \f(\f(d,2),R) 解得R＝eq \f(d,2sinφ) 由洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,R) 解得B1＝eq \f(\a\vs4\al(2sinφ),d)　eq \r(\f(2mU,e))。 (2)设电子在电场中加速时间为t1，由匀变速直线运动的规律有l＝eq \f(v,2)t1 电子在磁场中运动轨迹所对应圆心角为2φ，轨迹长度s＝2φR 电子在磁场中的运动时间t2＝eq \f(s,v) 电子从静止出发到靶点M所需的时间t＝t1＋t2 联立解得t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋\f(\a\vs4\al(φd),sinφ)))　eq \r(\f(m,2eU))。 (3)当磁场方向平行于TM时，电子的运动可分解为沿TM方向的匀速直线运动和垂直于TM方向的匀速圆周运动。设其从T运动到M的时间为t3，则沿TM方向有d＝vcosφ·t3 设垂直于TM方向电子做圆周运动的半径为R′，周期为T，则有T＝eq \f(2πR′,vsinφ) 由洛伦兹力提供向心力有evsinφ·B2＝meq \f(\a\vs4\al(（vsinφ）2),R′) 要使电子仍能打至靶点M，则电子在t3时间内在垂直于 TM方向恰好完成整数次圆周运动，有t3＝nT(n＝1，2，3，…) 联立解得B2＝eq \f(2nπ,d) eq \r(\f(2mU,e))cosφ(n＝1，2，3，…)。 1．(2025·湖南省岳阳市高三下二模)如图所示，空间中充满磁感 应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，两根通电长直导线垂 直纸面分别放置在直角三角形OMN的M、N两顶点处，∠M＝90°， ∠N＝30°。M处导线中的电流方向垂直纸面向外，N处导线中的电 流方向垂直纸面向里，两导线中的电流大小可以变化。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，即磁感应强度B与导线中电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。现让两导线以O点为圆心，分别以OM、ON为半径，保持∠O不变，从图示位置顺时针缓慢旋转60°的过程中，O点的磁感应强度始终为零。在旋转过程中，下列说法正确的是(　　) A．两处导线中的电流均增大 B．两处导线中的电流均减小 C．M处导线中的电流一直减小，N处导线中的电流一直增大 D．M处导线中的电流一直增大，N处导线中的电流一直减小 解析：由安培定则可知，M处导线在O处产生的磁场方向垂直OM向左，N处导线在O处产生的磁场方向垂直ON向上，因O点的磁感应强度始终为零，则O处B、BM、BN构成首尾相连的矢量三角形，且B的大小、方向不变，BM、BN夹角不变，如图所示(可类比动态平衡问题，用动态圆法解题)，两导线从图示位置顺时针缓慢旋转60°的过程中，两导线产生的磁场方向也沿顺时针旋转60°，BM一直增大，BN一直减小，又通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，可知M处导线中的电流一直增大，N处导线中的电流一直减小，故选D。 2．在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则稳定后导线中的张力为(　　) A．0 B．BIL C．eq \f(BIL,π) D．eq \f(BIL,2π) 解析：由左手定则知，导线各部分所受安培力均背离导线所围部分向外，则稳定后导线会围成一个圆形。选取导线中的一极短部分，受力分析如图所示，此部分导线的等效长度l＝2Rsinθ，所受安培力大小FA＝BIl，由平衡条件得2Tsinθ＝FA，又2πR＝L，联立解得T＝eq \f(BIL,2π)，故D正确。 3．(2025·湖北省武汉市高三下调研)如图所示，直角三角形abc中∠a＝30°，ac＝L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为eq \f(kBL,2)(k为粒子的比荷)的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是(　　) A．ab边上有粒子到达区域的长度为eq \f(\r(3),3)L B．ac边上有粒子到达区域的长度为eq \f(1,2)L C．从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为eq \f(π,3kB) D．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(π,2kB) 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供 向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，又eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝k，v＝eq \f(kBL,2)，解得r＝eq \f(L,2)，沿cb 方向射入的粒子的运动轨迹如图1所示，运动轨迹与ab边相 切的情况如图2所示，由几何关系可得ab边上有粒子到达区 域的长度为de＝ad－ae＝eq \f(L,2)，θ＝30°，ac边上有粒子到达区域的长度为cf＝2rcosθ＝eq \f(\r(3),2)L，故A、B错误；粒子从ab边上d点射出时，轨迹的弦长最短，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为α＝60°，则最短时间为tmin＝eq \f(αr,v)＝eq \f(π,3kB)，故C正确；粒子从ac边上f点射出时，轨迹的弦长最长，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为β＝120°，则最长时间为tmax＝eq \f(\a\vs4\al(βr),v)＝eq \f(2π,3kB)，故D错误。 4．(2025·甘肃卷，10)(多选)2025年5月1日，全球首个实现“聚 变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我 国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图， 两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为eq \f(q,m)，a粒子的速度大小为va＝eq \f(qBR0,m)，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为eq \f(（3π＋2）m,qB) C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为eq \f(\r(2),\r(2)＋2) D．c粒子的速度大小为eq \f(\r(2),2)va 解析：a粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvaB＝m2,a)eq \f(v,Ra) ，且va＝eq \f(qBR0,m)，可得Ra＝R0，作出a粒子运动轨迹，如图1所示，由几何知识可知，外圆半径R′＝R0＋eq \r(2)R0，a粒子返回A点的最短运动轨迹smin＝2×eq \f(3πR0,2)＋2R0＝(3π＋2)R0，则所用的最短时间为tmin＝eq \f(smin,va)＝eq \f(（3π＋2）m,qB)，A错误，B正确； 作出b、c粒子运动轨迹，分别如图2、图3所示，可知b、c粒子返回A点所用的最短时间都是一个周期T＝eq \f(2πm,qB)，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；设c粒子的轨迹半径为Rc，速率为vc，由几何关系得2Rc＝R′－R0，根据洛伦兹力提供向心力有qvcB＝2,c)eq \f(mv,Rc) ，解得vc＝eq \f(\r(2)qBR0,2m)＝eq \f(\r(2),2)va，D正确。 5．(2025·福建省莆田市高三下二模)(多选)如图，在xOy平面内y≥0区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在x＝－a处放置一平行于y轴的足够长的挡板。O点处的粒子源在xOy平面第一象限0°～90°范围内发射大量质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小相等的粒子，所有粒子恰好都能打在挡板上，并立即被挡板吸收。不计粒子重力和粒子间相互作用，下列说法正确的是(　　) A．粒子的速度大小为v＝eq \f(qBa,m) B．粒子在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,4qB) C．沿不同方向射出的粒子在磁场中运动的时间可能相同 D．一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上y＝1.5a处 解析：如图所示，所有粒子恰好都能打在挡板上，则沿x轴 正方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与挡板相切，粒子做圆周运 动的半径r＝a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝ eq \f(\a\vs4\al(qBa),m)，故A正确；如图所示，沿y轴正方向发射的粒子在磁场中 运动的圆心角最小，为eq \f(π,2)，其在磁场中运动时间最短，又周期T＝eq \f(2πm,qB)，故最短时间tmin＝eq \f(\f(π,2),2π)T＝eq \f(πm,2qB)，故B错误；粒子射出的方向不同，则轨迹长度不同，运动时间不同，故C错误；运动半个周期而打到挡板的粒子，打在挡板的最上方，打到挡板最上方的y轴坐标为y＝eq \r(（2r）2－a2)＝eq \r(3)a，则在a<y<eq \r(3)a范围内，一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上某点，故D正确。 6．(2025·山东省聊城市高三下二模)如图所示，空间中存在一匀强磁场(图中未画出，大小、方向未知)。两条平行金属导轨间距l＝1 m，与水平面成倾角θ＝37°固定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m＝0.5 kg的金属棒AB置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为I＝3 A，重力加速度的大小取10 m/s2，sin37°＝0.6。要使金属棒沿导轨向上以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为(　　) A．eq \f(4\r(5),5) T B．eq \f(2\r(5),3) T C．1 T D．2 T 解析：对金属棒受力分析，如图所示，沿导轨方向根据牛顿第二定律可得Fcosα－mgsinθ－f＝ma，垂直导轨方向由平衡条件有FN＋Fsinα＝mgcosθ，又f＝μFN，联立可得安培力的大小F＝eq \f(6,cosα＋0.5sinα) N＝eq \f(6,\r(1＋0.52)sin（α＋β）) N，其中sinβ＝eq \f(1,\r(1＋0.52))，可知F的最小值为Fmin＝eq \f(6,\r(1＋0.52)) N＝eq \f(12,\r(5)) N，磁感应强度的最小值Bmin满足Fmin＝BminIl，可得Bmin＝eq \f(4\r(5),5) T，故选A。 解析：由左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；因洛伦 兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子 的速率不变，故B错误；把粒子的速度v分解为沿轴线方向的速 度vy和垂直轴线方向的速度vx，由左手定则可知，vy使粒子受到 的洛伦兹力垂直于轴线方向，只改变vy的方向，不改变vy的大小，而vx使粒子受到的洛伦兹力垂直于磁场线斜向上，使vy减小，由粒子圆周运动的周期公式有T＝eq \f(2πm,qB)，由题图可知磁感应强度越往下越大，故T减小，粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离d＝vyT变小，C错误；由C项分析可知，粒子始终受到斜向上的洛伦兹力作用，有可能从强磁场区返回到弱磁场区，D正确。 9．(多选)如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向 里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为－q(q>0)的绝缘 物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g。现将小物块紧 贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度 开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是(　　) A．小物块运动过程中的最大加速度为g B．小物块获得的最大速度vm＝eq \f(mg,μqB) C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功W＝mgh－eq \f(m2g2,2μ2q2B2) D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间t＝eq \f(m,μqB)＋eq \f(\a\vs4\al(μqBh),mg) 解析：小物块运动过程中受到竖直向下的重力mg、水平向 左的洛伦兹力qvB、水平向右的弹力F和竖直向上的滑动摩擦 力f，在水平方向，由平衡条件有F＝qvB，在竖直方向，由牛 顿第二定律得mg－f＝ma，且f＝μF，联立解得加速度大小a ＝eq \f(\a\vs4\al(mg－μqvB),m)，小物块由静止释放时速度为0，所以此时有最大 加速度，为am＝g，A正确；小物块速度最大时其加速度为0，即a＝eq \f(mg－μqvmB,m)＝0，解得小物块能达到的最大速度为vm＝eq \f(\a\vs4\al(mg),μqB)，B正确；小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动能定理有mgh－W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，解得克服摩擦力做的功W＝mgh－eq \f(\a\vs4\al(m3g2),2μ2q2B2)，C错误；小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理有mgt－∑μqBvt＝mvm－0，又∑μqBvt＝μqB∑vt＝μqBh，解得所用时间t＝eq \f(m,μqB)＋eq \f(\a\vs4\al(μqBh),mg)，D正确。 则粒子在筒内的运动时间t＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πm,qB)，由几何关系可知，图乙对应的总角度θ3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2π,3)))×3＝π，若粒子速度变大，则轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)变大，粒子必与筒壁发生至少4次碰撞才可能从小孔射出，粒子与筒壁碰撞4次从小孔射出的情形如图丙所示，所对应的总角度θ5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2π×2,5)))×5＝π，则图丙粒子在筒内的运动时间与图乙相等(分析粒子与筒壁碰撞6次、7次等，可得出所用时间可能不变或增大)，故C错误。 1．(2025·广西玉林市高三下二模)空间中有四根平行长直导线，四根导线恰好在正方形的四个顶点上，其截面图如图所示。若导线a、c中通有垂直纸面向里的电流I，导线b中通有垂直纸面向外的电流I，导线d中未通电，导线a中电流在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B0。已知通有电流I的长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝keq \f(I,r)，式中k为常量，r为该点离直导线的距离，则d处实际磁感应强度大小为(　　) A．eq \f(\r(2),2)B0 B．eq \r(2)B0 C．eq \f(3\r(2),2)B0 D．(eq \r(2)－1)B0 解析：由题意知，a、c到d处的距离相等，则a、c中电流在d处产生的磁场的磁感应强度大小相等，即Bc＝Ba＝B0，b到d处的距离为a到d处距离的eq \r(2)倍，由B＝keq \f(I,r)可知，b中电流在d处产生的磁场的磁感应强度大小Bb＝eq \f(1,\r(2))B0，由安培定则可知，Ba、Bc、Bb的方向如图所示，所以d处实际磁感应强度大小B合＝eq \r(2)B0－eq \f(1,\r(2))B0＝eq \f(\r(2),2)B0，故选A。 解析：正电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力 提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由题意知正电 子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半 径减小，从题图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A错误，B正确；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝eq \f(v,r)＝eq \f(\a\vs4\al(qB),m)，可知正电子在铅板上、下磁场中运动的角速度相同，C正确；正电子穿过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，即正电子在铅板上、下磁场中运动的动量大小不相等，D错误。 3．(2024·广西卷，5)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．eq \f(mv,qB) B．eq \f(3mv,2qB) C．(1＋eq \r(2))eq \f(mv,qB) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2))) eq \f(mv,qB) 解析：粒子从O点到P点的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得粒子做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(mv,qB)，根据几何关系可得，P点至O点的距离LPO＝r＋eq \f(r,sin45°)＝(1＋eq \r(2))r＝(1＋eq \r(2))eq \f(mv,qB)，故选C。 4．(2025·四川省成都市高三下二诊)(多选)如图所示，等腰直角三角形abc内有一垂直纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场)，ab边长为L，磁场的磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源P垂直ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是(　　) A．粒子可能从b点飞出磁场 B．粒子可能从c点飞出磁场 C．能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,4qB) D．能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为eq \f(\r(2)qBL,m) 解析：粒子可能的轨迹如图所示，粒子可能运动半周从b点飞出 磁场，故A正确；轨迹与ac边相切的粒子，由几何关系可知，轨迹半 径r满足eq \r(2)r＝eq \f(L,2)＋r，可得r＝eq \f(（\r(2)＋1）L,2)，切点到a的距离也为r＝ eq \f(（\r(2)＋1）L,2)<eq \r(2)L，所以切点在c点上侧，故粒子不可能从c点飞出磁 场，故B错误；能从ac边界飞出的粒子中，当粒子轨迹与ac边相切时， 粒子的速度最小，轨迹所对应的圆心角最大，运动时间最长，由几何关系可知，此时轨迹对应的圆心角为θ＝45°，根据牛顿第二定律可知qvB＝meq \f(v2,r)，解得速度最小为v＝eq \f(\a\vs4\al(qBr),m)＝eq \f(\a\vs4\al(（\r(2)＋1）qBL),2m)，周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，运动的最长时间为t＝eq \f(45°,360°)T＝eq \f(πm,4qB)，故C正确，D错误。 5．(2025·安徽省芜湖市高三下二模)如图所示，在xOy坐标系第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在P点有一粒子源，P点坐标为(d，d)。打开粒子源发射装置，能够沿纸面以相同的速率向各个方向均匀发射带负电的粒子，粒子质量为m，电荷量为－q，速率v＝eq \f(qBd,m)。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，M点坐标为(0，d)，则下列说法正确的是(　　) A．从x轴射出磁场的粒子数占总粒子数的eq \f(5,12) B．从OM之间射出磁场的粒子数占总粒子数的eq \f(1,12) C．到达x轴的粒子在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,6qB) D．粒子在磁场中运动的最长路径与最短路径之比为9∶2 解析：由左手定则可知，粒子在磁场中沿逆时针 方向做匀速圆周运动，设半径为r，由洛伦兹力提供 向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝d。如图1所示， 可知从x轴射出磁场的粒子所对应的发射角度范围为 90°，则从x轴射出磁场的粒子数占总粒子数的eq \f(90°,360°) ＝eq \f(1,4)，故A错误；如图2所示，可知从OM之间射出磁场的粒子所对应的发射角度范围为30°，则从OM之间射出磁场的粒子数占总粒子数的eq \f(30°,360°)＝eq \f(1,12)，故B正确； 如图3所示，到达x轴的粒子中，当粒子到达P点正下方x轴上的点时，轨迹对应圆心角最小，为60°，所用时间最短，为tmin＝eq \f(60°,360°)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(πm,3qB)，故C错误；如图4所示，粒子在磁场中运动的最长路径对应的圆心角为360°，最短路径对应的圆心角为60°，可知粒子在磁场中运动的最长路径与最短路径之比为eq \f(smax,smin)＝eq \f(360°,60°)＝eq \f(6,1)，故D错误。 6．(2025·河北省承德市高三下月考)(多选)如图所示，半径 分别为r和2r的两个同心圆，其圆心为O，只在环形区域内存 在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场(磁 场区域包括边界)。大量质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从 M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相 互作用及粒子重力，cos53°＝0.6。下列说法中正确的是(　　) A．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形 区域的带电粒子的速率为eq \f(3Bqr,m) B．沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形 区域的带电粒子，其轨迹圆心到圆心O点的距离为2.5r C．第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，其轨迹半径的最小值为0.8r D．从M点以最小速率穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，第一次在磁场中运动的时间为eq \f(127πm,180Bq) 解析：带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，运动轨迹恰好与内圆相切时，恰好未能进入内部圆形区域，如图1所示，设轨迹圆弧的半径为R1，圆心为A，连接OA、AM和OM，在直角三角形OMA中，有(R1＋r)2＝Req \o\al(2,1)＋(2r)2，解得R1＝1.5r，根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv1＝m2,1)eq \f(v,R1) ，解得v1＝eq \f(3Bqr,2m)，轨迹圆心A到圆心O点的距离d＝R1＋r＝2.5r，故A错误，B正确；带电粒子从M点经圆周运动进入内部圆形区域再通过圆心O，根据逆向运动，由放缩圆法知， 半径最小(速率最小)的圆周运动的轨迹与大圆相切，如图2所示，设轨迹圆弧的半径为R2，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，连接OM、CD，在直角三角形OCD中，有(2r－R2)2＝r2＋Req \o\al(2,2)，解得R2＝0.75r，因tan∠CDO＝eq \f(r,0.75r)＝eq \f(4,3)，则∠CDO＝53°，θ＝180°－53°＝127°，则粒子第一次在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(127πm,180Bq)，故C错误，D正确。 解析：x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍，根据r＝eq \f(mv,qB)，可知粒子在x>a区域的圆周运动的半径为x<a区域的eq \f(1,2)。A图中粒子运动eq \f(1,2)圆，轨迹半径为r＝eq \f(3a,4)<a，即粒子没能到达两磁场的分界线，则该轨迹可能存在，A正确；B图中粒子先在x<a区域运动eq \f(1,4)圆，轨迹半径为r＝eq \f(\f(a,2),cos45°)＝eq \f(a,\r(2))，则在x>a区域应运动eq \f(3,4)圆，其轨迹半径应该为r′＝eq \f(1,2)r＝eq \f(\r(2)a,4)，由几何关系可知，轨迹与y轴交点的纵坐标应该是y＝2r′sin45°＝eq \f(a,2)，该轨迹可能存在，B正确； C图中粒子在x>a区域的轨迹半径大于在x<a区域的轨迹半径，该轨迹不可能存在，C错误；D图中粒子先在x<a区域运动eq \f(1,4)圆，轨迹半径为r＝a，则在x>a区域应运动eq \f(1,2)圆，轨迹半径应该为r′＝eq \f(1,2)r＝eq \f(a,2)，由几何关系可知，轨迹与y轴交点纵坐标应为y＝2r＋2r′＝3a，该轨迹可能存在，D正确。 8．如图所示，有一圆形匀强磁场区域，区域半径为R，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形的边长足够长，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速度v0＝eq \f(qRB1,m)沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为(　　) A．S＝2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(1,2))) eq \f(3B,Beq \o\al(2,2)) R2 B．S＝2,1)eq \f(（π＋1）,2) eq \f(B,Beq \o\al(2,2)) R2 C．S＝(π＋1)2,1)eq \f(B,Beq \o\al(2,2)) R2 D．S＝2,1)eq \f(（π＋1）,4) eq \f(B,Beq \o\al(2,2)) R2 解析：粒子在圆形磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B1＝2,0)eq \f(mv,r1) ，又v0＝eq \f(qRB1,m)，解得轨迹半径r1＝R，则粒子在圆形磁场区域经历磁聚焦，根据左手定则可知，粒子会聚于两磁场区域相切点，而后进入正方形磁场区域；分析可知，粒子进入正方形磁场区域时的速度方向在竖直向下与水平向右之间。粒子在正方形磁场区域中可能经过的区域如图中阴影部分。 粒子在正方形磁场区域中，轨迹半径r2＝eq \f(mv0,qB2)＝eq \f(B1,B2)R，图中阴影部分中间空白区域面积S白＝2×2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πr－\f(1,2)req \o\al(2,2))) ＝eq \f(π－2,2)req \o\al(2,2)，则阴影部分的总面积S总＝eq \f(1,4)π(2r2)2＋eq \f(1,2)πreq \o\al(2,2)－S白＝(π＋1)req \o\al(2,2)＝(π＋1)2,1)eq \f(B,Beq \o\al(2,2)) R2，故选C。 9．(2025·浙江1月选考，17)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为eq \r(2)L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。 (1)线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求 ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至x＝eq \f(L,2)过程，安培力做的功及冲量； ③线框中心运动至x＝eq \f(L,2)时，恒流源提供的电压。 (2)线框中心分别位于x＝0和x＝eq \f(L,2)，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1－t2。 答案：(1)①2BIL　②eq \f(3BIL2,4)　eq \r(\f(3BIm,2))L，方向水平向右　③BL2eq \r(\f(3BI,2m))＋IR (2)0 解析：(1)①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l0＝2L 所以线框受到的安培力大小为F安0＝BIl0＝2BIL。 ②线框中心运动到x(x≤L)时，线框在磁场中的有效长度为l＝2(L－x) 所以线框受到的安培力大小为F安＝BIl＝2BI(L－x) 则安培力随线框移动的距离均匀变化，线框中心运动至x＝eq \f(L,2)时，线框受到的安培力为F安1＝BIL 则线框中心运动至x＝eq \f(L,2)过程，安培力做的功为W安＝eq \f(F安0＋F安1,2)·eq \f(L,2)＝eq \f(3BIL2,4) 该过程由动能定理有W安＝eq \f(1,2)mv2－0 解得线框中心运动至x＝eq \f(L,2)时，速度v＝eq \r(\f(3BI,2m))L 由动量定理可知，该过程安培力的冲量大小为I冲＝mv－0＝eq \r(\f(3BIm,2))L，方向水平向右。 ③线框中心运动至x＝eq \f(L,2)时，由能量守恒定律有UI＝BILv＋I2R 解得恒流源提供的电压为U＝BL2eq \r(\f(3BI,2m))＋IR。 (2)线框出磁场之前，运动过程受到的安培力F安＝2BI(L－x) 结合简谐运动的回复力公式分析易知，出磁场前，线框做简谐运动(平衡位置为线框中心在x＝L处的位置) 线框中心位于x＝0处时，闭合开关后，做振幅为A1＝L的简谐运动；线框中心位于x＝eq \f(L,2)处时，闭合开关后，做振幅为A2＝eq \f(L,2)的简谐运动 由于线框、电流、磁场均没有变化，则简谐运动的周期不改变，即两次简谐运动的周期相等，设为T 由于闭合开关S后，两次线框中心运动到x＝L的过程，都是从最大位移处运动到平衡位置，因此两次运动时间相同，为t1＝t2＝eq \f(T,4) 故t1－t2＝0。 若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图丙所示，r是粒子的轨迹半径，根据几何关系，H到BC边的距离rcosi≥r(1－cosi)，出射点到cd边的距离r(1－sini)≤r(1－cosi)，可得45°≤i≤60°，当i＝45°时，粒子经过C点，当i＝60°时，粒子经过c点，故C错误。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，粒子可能穿过bc边或cd边再次进入磁场。如图丁所示，设正方形ABCD边长为l，正方形abcd边长为x，根据几何关系有eq \f(l－x,2)＝r(1－cos60°)， 可解得粒子的轨迹半径r＝l－x，则粒子轨迹与cd边所在直线的交点J到d的距离为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－rsin60°－\f(l－x,2)))tan60°，当y<x时，粒子经过cd边(不包括c点)，可得x<(2eq \r(3)－3)l，解得的x合理，则x≥(2eq \r(3)－3)l时，粒子经过bc边(包括c点)，x<(2eq \r(3)－3)l时，粒子经过cd边(不包括c点)。若粒子经过bc边(包括c点)，如图戊所示，根据几何关系知，rcos60°＝eq \f(l－x,2)，r(1－sin60°)<eq \f(l－x,2)， 即第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边上，且第二次在磁场中运动的轨迹圆与BC边的交点在C点下方，则粒子垂直BC边射出磁场；若粒子经过cd边(不包括c点)，如图己所示，根据几何关系知，r(1－sin60°)<eq \f(l－x,2)，r＋rcos60°>l－eq \f(l－x,2)，rcos60°＝eq \f(l－x,2)，即第二次在磁场中运动的轨迹圆与CD边不相交，与BC边相交，且第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边左侧，则粒子从BC边射出磁场且射出磁场时与BC边不垂直，故B错误。 $