第1部分 专题3 第9节 磁场-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦“磁场”专题，覆盖安培力计算、洛伦兹力应用、带电粒子在磁场中的运动等高考核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确“带电粒子运动轨迹分析”“磁场叠加”等高频考点占比，归纳多解问题、临界问题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题实战+模型建构+素养提升”，如以2025河南卷光学防抖题为例，用科学思维中的模型建构法分析安培力与加速度关系，培养学生科学推理能力。通过“旋转圆”“动态圆”等技巧突破粒子运动临界问题，教师可依托分层题组实施精准教学，帮助学生掌握解题规律，高效备战高考。

第一部分　专题特训 专题三　电场与磁场 第9节　磁场 目录 1 2 A组 基础题组 B组 提升题组 A组 基础题组 高考体验 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 4 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 5 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 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 6 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，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。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 7 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 8 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 10 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 11 (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。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 12 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 13 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 14 好题精选 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 15 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 16 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 17 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 18 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 19 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 20 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 21 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 22 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 23 B组 提升题组 1．(2025·四川卷，10)(多选)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°＝0.6。则带电粒子(　　) A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 高考体验 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 26 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 27 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 28 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 29 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 31 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 32 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 33 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 34 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 35 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 36 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 37 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 38 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) B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 39 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 41 好题精选 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 42 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 43 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 44 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 45 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 46 7．(2025·湖北省七市州高三下联考)如图a所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于xOy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a(图中未画出)垂直平面固定放置，另一无限长通电直导线b(电流方向未画出)垂直平面从x轴上的P点沿虚线按逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x正半轴的夹角为θ，θ从0缓慢增大到π的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和By随θ的变化图像如图b和图c所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是(　　) A．导线a的电流方向一定与导线b相反 B．导线a可能位于第四象限角平分线上 C．导线b移动过程中，O点处磁感应强 度先增大后减小 D．导线b移动过程中，O点处磁感应强度最小值为0 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 47 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 48 8．(2025·江苏省苏锡常镇高三下二模)如图所示，xOy平面 的一、四象限内分别存在匀强磁场1和2，磁场方向均垂直纸面 向外，磁场1的磁感应强度大小为B。坐标轴上P、Q两点坐标分 别为(0，L)、(L，0)。位于P处的离子源可以发射质量为m、电荷 量为q、速度方向与＋y轴夹角为θ的不同速度的正离子。不计离 子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)当θ＝90°时，发射的离子a恰好可以垂直穿过x轴，求离子a的速度v； (2)当θ＝45°时，发射的离子b第一次经过x轴时经过Q点且恰好不离开磁场区域，求磁场2的磁感应强度B2的大小； (3)在(2)的情况中仅改变磁场2的强弱，可使发射的离子b两次经过Q点，求离子b前后两次经过Q点的时间间隔t。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 49 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 50 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 51 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 52 9．(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(　　) 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° 拔高选做 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 53 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 54 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 55 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 56 10．(2025·北京市海淀区高三下一模)寻求守恒量，是解决物理 问题的重要方法。 (1)如图1所示，用细线悬挂的两个完全相同的小球，静止时恰 能接触且悬线平行、球心等高。把小球1向左拉起一定高度h后由静 止释放，与小球2发生弹性正碰。已知重力加速度为g，求碰后瞬间 小球2的速度大小v。 (2)某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着两个相同的“载流线圈”，放置着三个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2和弹头3左侧都非常靠近无磁性的、质量均为m的弹性“圆柱”。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 57 弹头和圆柱可以在水平轨道上沿轴线自由移动， 圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心处。 发射过程如下：弹头1仅受载流线圈1施加的磁力 作用从静止开始加速运动，通过碰撞将动能传给 中间的弹头2；弹头2被载流线圈2加速，通过碰 撞将动能传给弹头3，弹头3最终被弹出。 弹头可视为半径为r、电流大小恒为I、方向如图2方框中所示的单匝细圆线圈，且r远小于载流线圈半径。所有碰撞均可视为弹性正碰，不考虑弹头之间的磁力作用，相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 58 ①标出载流线圈1和载流线圈2中电流的方向。 ②已知载流线圈1在弹头1处产生的磁场磁感应强度的轴向分量Bx和径向分量Br。求弹头1在图2方框中所示情况下受到载流线圈1的作用力的大小F。 ③通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的单匝细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中所具有的“势能”可表示为Ep＝ －iBScosθ，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的 磁场与外界匀强磁场之间的夹角。 已知载流线圈1和载流线圈2在各自圆心处 产生的磁感应强度大小均为B0。求弹头3理论上 能获得的速度上限vm。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 59 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 60 ②可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，由左手定则知，所有小段通电直导线在轴向磁场Bx作用下所受安培力方向均背离圆心，在径向磁场Br作用下所受安培力方向均水平向右，将每一小段通电直导线受到的安培力求和，即为周长为2πr的细圆线圈(即弹头)受到的总安培力，可得F＝2πrIBr。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 61 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 62 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 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。 3．(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。 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(3qBh,2m)　(2)eq \f(2qBh,m)　(3)eq \f(2πm,3qB) 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(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(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)。 5．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab、bc边长均为l，ab与磁场方向夹角为60°，bc与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　) A.eq \f(\r(3),2)BIl B．BIl C.eq \f(3,2)BIl D.eq \r(2＋\r(3))BIl 解析：该导线在垂直磁场方向上的有效长度L＝lsin60°，则导线所受安培力大小为F＝BIL＝eq \f(\r(3),2)BIl，故A正确。 6．(2025·贵州省贵阳市高三下联考)如图，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一边界截面为圆形的无场区，O为圆形边界的圆心，P、Q为边界上的两点，OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区，粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子重力，则t为(　　) A.eq \f(4π,9kB) B.eq \f(8π,9kB) C.eq \f(14π,9kB) D.eq \f(5π,3kB) 解析：画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，α＋eq \f(60°,2)＝90°－20°，解得α＝40°，则轨迹的圆心角为θ＝360°－2α＝280°，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)，可得T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,kB)，所以t＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(14π,9kB)，故选C。 7．(2025·贵州省普通高中学业水平选择性考试适应性测试)(多选)如图，在上下无限长平行边界PQ与MN间有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，PQ与MN间的距离为d。直线l垂直于PQ，其上S点处有一点状粒子源，S到PQ的距离为1.5d。粒子源在纸面内向其右侧空间各个方向发射大量带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、速度大小相等。从MN右侧离开磁场区域的所有粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子a(图中未标出)做匀速圆周运动的圆心恰好在直线l上。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　) A．所有粒子在磁场中运动的轨道半径均为d B．粒子a进入磁场时的速度方向与直线l的夹角为60° C．粒子a在磁场中运动的时间为eq \f(2πm,3qB) D．从直线l下方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场 解析：速度一定时，粒子在磁场中运动的半径相同，轨迹均为 劣弧的情况下，所对应的弦长越短，圆心角越小，运动时间越短， 可知粒子a的轨迹如图所示，设粒子做圆周运动轨迹的半径为R， 由几何关系可知θ＝i，则sinθ＝sini，即eq \f(R,1.5d＋0.5d)＝eq \f(0.5d,R)，解得 R＝d，θ＝30°，故A正确，B错误；粒子a在磁场中转过的圆心 角为2i＝60°，所以粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,qB) ＝eq \f(πm,3qB)，故C错误；分析可知，沿直线l方向射入磁场的粒子，恰好和MN相切，由“旋转圆”法可知，从直线l下方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场，故D正确。 8．(2025·湖北省七市州高三下联考)如图所示，半圆环ABCD区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，内半圆环的半径为R1＝L，外半圆环的半径为R2＝eq \r(3)L。AB入口处一粒子源能向磁场内发射出质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，粒子在磁场中运动碰到内、外半圆边界会被立即吸收，CD为粒子的出口，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。 (1)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子不从AB端射出，求粒子的最小入射速度； (2)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，求粒子入射速度的大小； (3)若粒子从AB射入时，速度大小和方向可以改变，求从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时间。 答案：(1)eq \f(（\r(3)－1）qBL,2m)　(2)eq \f(（\r(3)＋1）qBL,2m) (3)eq \f(4πm,3qB) 解析：(1)当粒子从A点垂直AB射入，从B点射出时，不从AB端射出的入射速度最小，设最小入射速度为v1，所对应的轨迹半径为r1，则R2－R1＝2r1 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) 联立解得v1＝eq \f(（\r(3)－1）qBL,2m)。 (2)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，则A、B处入射粒子的轨迹如图甲所示，设粒子入射速度的大小为v2，所 对应的轨迹半径为r2，则有R2＋R1＝2r2 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qv2B＝m2,2)eq \f(v,r2) 解得v2＝eq \f(（\r(3)＋1）qBL,2m)。 (3)作出从CD口射出的粒子在磁场中运动轨迹时间最长的轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的周期为T，运动的最长时间为tmax，此时粒子的轨迹半径为r3，则Req \o\al(2,1)＋(R2－r3)2＝req \o\al(2,3) 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qv3B＝m2,3)eq \f(v,r3) 其运动周期T＝eq \f(2πr3,v3) 由几何知识可知sinθ＝eq \f(R1,r3) 从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝eq \f(2π－2θ,2π)T 联立解得tmax＝eq \f(4πm,3qB)。 解析：分析可知，粒子的运动轨迹如图所示，在Ⅰ区的轨迹圆心 不在O点，故A正确；设粒子的速率为v，对粒子在磁场中的圆周运 动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得半径r＝eq \f(mv,qB)，故粒子在 Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为eq \f(r1,r2)＝eq \f(B2,B1)＝eq \f(1,4)，故B错误；设粒子在Ⅱ区偏 转的圆心角为α，由几何关系有cosα＝eq \f(r2,r1＋r2)，可得α＝37°，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝eq \f(360°－2×（90°－α）,360°)×2πr1＝eq \f(254°,360°)×2πr1，l2＝eq \f(2×α,360°)×2πr2＝eq \f(74°,360°)×2πr2，可解得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为eq \f(l1,l2)＝eq \f(127,148)，而粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的速率相等，由t＝eq \f(l,v)可知，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比eq \f(t1,t2)＝eq \f(l1,l2)＝eq \f(127,148)，故C错误，D正确。 2．(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。 3．(2024·浙江6月选考，15)(多选)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程(　　) A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为2,0)eq \f(qBv,2gsinθ) D．若v0＝eq \f(2mgcosθ,qB)，弹力冲量为零 解析：小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，沿杆方向只受重力沿杆向下的分力，则该过程小球做匀减速直线运动，到达最高点时速度为0。该过程，对小球根据动量定理可得，合力冲量I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；设该过程小球的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据匀变速直线运动规律可知，该过程小球运动的时间为t0＝eq \f(v0,a)，可得t0＝eq \f(v0,gsinθ)，则该过程重力的冲量大小为IG＝mgt0＝eq \f(mv0,sinθ)，故B错误；小球所受洛伦兹力一直垂直杆向上，大小为F＝Bqv，因为t0时间内v从v0均匀减小到0，则F从F0＝Bqv0均匀减小到0，则F的平均值为eq \o(F,\s\up12(－))＝eq \f(Bqv0,2)，则该过程洛伦兹力的冲量大小为I洛＝eq \o(F,\s\up12(－))t0＝2,0)eq \f(qBv,2gsinθ) ，故C正确； 若v0＝eq \f(2mgcosθ,qB)，则t＝0时刻小球所受洛伦兹力大小为F0＝Bqv0＝2mgcosθ，因为小球在垂直细杆方向所受合力为零，F随t从F0＝2mgcosθ均匀减小到0，则杆的弹力FN先垂直杆向下，从mgcosθ均匀减小到0，然后垂直杆向上，从0均匀增大到mgcosθ，以沿垂直杆向下为正方向，画出小球在整个减速过程的FN­t图像如图所示，由FN­t图线与时间轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 4．(2025·黑吉辽蒙卷，15)如图，在xOy平面第一、四象限 内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正 电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角 θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)， 质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m＝3,0)eq \f(B2y,k) (k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。 (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势,为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k\f(Q,r)))。 答案：(1)eq \f(2Bqy0,m)　eq \f(πm,3qB)　(2)2,0)eq \f(6kq,By) (3)3,0)eq \f(2\r(3)πBy,3kq) 解析：(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示 设轨迹半径为r，根据几何关系可知rsinθ＝y0 解得r＝2y0 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r) 解得v1＝eq \f(2Bqy0,m) 粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v1) 粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(2θ,360°)·T 联立解得t1＝eq \f(πm,3qB)。 (2)粒子轨迹不变，则点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力的合力提供向心力，有qv2B＋keq \f(q·48q,r2)＝m2,2)eq \f(v,r) 解得v2＝2,0)eq \f(6kq,By) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另一解v2＝－\f(4kq,Byeq \o\al(2,0))不符合实际，舍去)) 。 (3)粒子从N点射出磁场后，仅在点电荷的作用下运动。粒子刚离开磁场时，所需的向心力m2,2)eq \f(v,r) 大于点电荷提供的库仑力keq \f(q·48q,r2)，因此粒子无法 做匀速圆周运动，只能做类似行星绕太阳的椭圆轨道运动，N点 可类比为“近日点”。粒子的运动轨迹如图2所示 粒子从N点运动至首次与N点速度方向相反的过程中，只有 电场力做功，粒子电势能和动能总和不变，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋qφ2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)＋qφ3 其中φ2＝eq \f(－48kq,r)，φ3＝eq \f(－48kq,R) 类比开普勒第二定律有eq \f(1,2)v2Δt·r＝eq \f(1,2)v3Δt·R 联立解得R＝6y0(另一解R＝2y0不符合实际，舍去) 粒子椭圆轨迹的半长轴a＝eq \f(R＋r,2)＝4y0 类比开普勒第三定律可知，粒子沿椭圆轨迹运动的周期，与绕点电荷以半径a做匀速圆周运动的周期相同，设为T′，由牛顿第二定律可得keq \f(48q2,a2)＝m·eq \f(4π2,T′2)a 粒子从N点到首次与N点方向相反经历的时间t2＝eq \f(1,2)T′ 联立解得t2＝3,0)eq \f(2\r(3)πBy,3kq) 。 5．(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。 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 (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。 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。 6．(2025·河北省名校联考高三下模拟预测)(多选)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内外存在垂直纸面方向的匀强磁场(图中均未画出)，圆内区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，圆外区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为eq \f(B,3)。质量为m、带电量为＋q的粒子从圆周上的M点以某一速度沿半径方向进入圆形区域，粒子第一次离开圆形区域时速度偏转角为120°。不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　) A．粒子的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,m) B．粒子通过eq \f(34\r(3)πR,9)的路程后第一次返回M点 C．粒子运动的周期为eq \f(32πm,3qB) D．若仅去掉圆形区域内的磁场，粒子经过eq \f(（12\r(3)＋30π）m,qB)时间第一次沿MO方向通过M点 解析：粒子第一次离开圆形区域前的运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，其轨迹半径r1＝eq \f(R,tan60°)＝eq \f(\r(3),3)R，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r1)，解得粒子的速度大小v＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，A错误；粒子在圆外区域磁场运动时，有qveq \f(B,3)＝meq \f(v2,r2)，解得轨迹半径r2＝eq \r(3)R，粒子在圆外区域磁场的运动轨迹如图乙所示， 粒子在圆内区域磁场运动的圆心角θ1＝120°，则θ4＝180°－θ1＝60°，粒子在圆外区域磁场运动的圆心角θ2满足taneq \f(2π－θ2,2)＝eq \f(R,r2)，可得θ2＝eq \f(5π,3)，θ3＝180°－(2π-θ2)＝120°，因为θ4＋θ3＝180°，所以粒子第一次返回M点的轨迹如图丙所示，经过的路程s＝2(θ1r1＋θ2r2)＝eq \f(34\r(3)πR,9)，粒子的运动周期为T＝eq \f(s,v)＝eq \f(34πm,3qB)，B正确，C错误； 去掉圆形区域内的磁场时，粒子在圆形区域内做匀速直线运动，结合B、C项分析，可知粒子从发射至第一次沿MO方向通过M点的轨迹如图丁所示，故粒子第一次沿MO方向通过M点所需要的时间t＝6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2R,v)＋\f(θ2r2,v)))＝eq \f(（12\r(3)＋30π）m,qB)，D正确。 解析：由安培定则可知，导线b产生的场强在θ＝0时没有x轴方向的分量，在θ＝eq \f(π,2)时没有y轴方向的分量，因此导线a在O点处磁感应强度的分量Bax＝2 T，Bay＝2 T，即导线a在O点处的磁感应强度沿第一象限角平分线向上，大小为Ba＝2,ax)eq \r(B＋Beq \o\al(2,ay)) ＝2eq \r(2) T，由安培定则可知，导线a可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂直纸面向里，或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面向外，故A错误，B正确；根据矢量的合成与分解可知，θ＝0时导线b在O点处的磁感应强度沿y轴正方向，大小为Bb＝6 T－Bay＝4 T，则θ从0增大到π的过程，导线a、b在O处产生的磁感应强度的夹角由45°增大到225°，由矢量运算法则可知，O点处磁感应强度先减小后增大，二者夹角是180°，即θ＝eq \f(3π,4)时，O点磁感应强度最小，最小值是Bb－Ba＝(4－2eq \r(2)) T≠0，C、D错误。 答案：(1)eq \f(qBL,m)　(2)eq \f(2（3＋\r(2)）,7)B (3)eq \f(2πkm,qB)(k＝1、2、3) 解析：(1)当θ＝90°且恰好可以垂直穿过x轴时， 离子a圆周运动的半径ra＝L 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \f(qBL,m)。 (2)当θ＝45°，离子经过Q点，由几何知识可知，PQ为轨迹圆直径，若恰好不离开磁场，则离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，运动轨迹如图甲所示，其中O1、O2、O3分别是离子b第一次在磁场1中、在磁场2中和第二次在磁场1中运动轨迹的圆心，离子b在磁场1中圆周运动的半径为r1＝eq \f(\r(2),2)L 由几何关系知，∠AO3M＝45°，∠AO2Q＝90°，OA＝r1(1－cos∠AO3M)，AQ＝ L－OA，AQ＝2r2sineq \f(∠AO2Q,2) 可得离子b在磁场2中的运动半径为r2＝eq \f(3－\r(2),2\r(2))L 设离子b运动速率为v1，由洛伦兹力提供向心力有 qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) ，qv1B2＝m2,1)eq \f(v,r2) 联立解得v1＝eq \f(\r(2)qBL,2m)，B2＝eq \f(2（3＋\r(2)）,7)B。 (3)离子b两次经过Q点的最简单的轨迹如图乙所示，由于离子每次进入磁场2时轨迹都会右移，故离子b第二次经过Q点必定是从磁场2进入磁场1时，设离子b第一次经过Q点后，再经磁场1向右偏转k次，经磁场2向左偏转k＋1次后第二次经过Q点，离子b在磁场2中的轨迹半径为rk，由几何关系可知eq \r(2)L－(k＋1)·eq \r(2)rk＋k·eq \r(2)r1＝eq \r(2)L，可得rk＝eq \f(k,k＋1)r1 由(2)分析可知，为保证不出磁场，必须满足rk≤r2 联立可得k<2eq \r(2)＋1≈3.8，所以k的取值为1、2、3 离子b前后两次经过Q点的运动时间为t＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)rk＋\f(3π,2)r1))＋\f(π,2)rk,v1) 可得t＝eq \f(2πkm,qB)(k＝1、2、3)。 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。 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。 答案：(1)eq \r(2gh) (2)①图见解析　②2πrIBr　③eq \r(\f(4πr2IB0,m)) 解析：(1)设小球的质量均为m，碰前瞬间小球1的速度为v0，小球1下落过程，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 弹性碰撞过程中，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝mv′＋mv 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv′2＋eq \f(1,2)mv2 联立可得v＝eq \r(2gh)。 (2)①由安培定则及题图2可知，弹头可视为右端为N极的条形磁体，则要想使其加速，载流线圈中的电流如图所示 ③为使弹头3获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为v1，在足够远处载流线圈的磁场的磁感强度为0，弹头1动能为0，根据能量守恒定律可得0＋0＝－πr2IB0cos0°＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为v1′和v2′，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv2′ 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2，可得v1′＝0，v2′＝v1 即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度v1继续向右运动 设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为v2，根据能量守恒定律可得 0＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝－πr2IB0cos0°＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的速度上限为vm＝v2，联立解得vm＝eq \r(\f(4πr2IB0,m))。 $