专题3 第8讲 磁场（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题三 PPT下载 http:///xiazai/ 电场与磁场 2 第8讲 　磁 场 热点1　磁场的性质　安培力 考向1 磁感应强度的叠加 考向2 安培力的计算和平衡问题 热点2　带电粒子在匀强磁场中的运动 考向1　带电粒子在有界磁场中的运动　 考向2 带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题 热点3　带电粒子在复合场中的运动 考向1　带电粒子在组合场中的运动　　　　 考向2 带电体在叠加场中的运动　　　 课下巩固检测练（八） 磁 场 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 谢谢观看 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.误认为：通电导线在磁场中一定受到安培力作用；安培力的方向与磁场的方向相同。 2．判断安培力方向时混淆左手定则和右手定则。 3．误认为：电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用；洛伦兹力的方向与磁场的方向共线。 1.平行通电导线间的相互作用力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。 2．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T与速度v、轨道半径R无关。 3．带电粒子沿半径方向射入圆形边界的匀强磁场，经磁场偏转后必沿径向射出。 【明·误区】 【记·结论】 4．判断洛伦兹力方向时忽视运动电荷的正负电性。 5．分析粒子在磁场中的运动问题时，不能准确确定圆心，或几何关系利用错误。 6．分析复合场问题时，对带电体的受力或运动特点理解不深，不能合理选择规律求解 4．粒子经回旋加速器加速后获得的最大动能Ek＝，与D形盒半径r、磁感应强度B有关，与加速电压无关。 5．带电体在复合场中做匀速圆周运动时必有qE＝mg——可等效为洛伦兹力作用下的匀速圆周运动。 6．当粒子在磁场中运动的轨道半径等于圆形边界磁场的半径时，具有“一点发散成平行”“平行入射聚一点”的特点。 7．磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的共同特点：电势差稳定时都有U＝Bvd，d为沿附加电场方向的距离 【例1】 (2025·福建高考)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．B2－B1 B．B1－B2 C．B2－B1 D．B1－B2 解析：选A。根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M，L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M＝B1、B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可得B2M＝B1N＝B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N＝B2－B1，故A正确。 【例2】 半径为R的圆环进入磁感应强度为B的匀强磁场，当其圆心经过磁场边界时，速度与边界成45°角，圆环中感应电流为I，此时圆环所受安培力的大小和方向是(　　 ) A．BIR，方向与速度方向相反 B．2BIR，方向垂直MN向下 C．BIR，方向垂直MN向下 D．2BIR，方向与速度方向相反 解析：选B。圆环中的电流为I，在磁场部分的等效长度等于圆环的直径2R，由安培力公式F＝BIL有效，可得此时圆环所受安培力的大小F＝2BIR，由右手定则可判定，感应电流的方向是顺时针方向，故再由左手定则可判定圆环所受的安培力的方向垂直MN向下，故B正确。 [总结提升]分析安培力应注意的两点 (1)判断方向时要用左手定则，不要与安培定则混淆。 (2)注意导线的有效长度。如图所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。 【例3】 (2025·湖北模拟预测)如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(　　 ) A．磁场可以沿z轴正方向 B．若磁场沿z轴负方向，每根绳子拉力的大小为 C．若磁场沿z轴负方向，直导线受到的安培力的大小为 D．磁场的磁感应强度最小值为 解析：选D。磁场若沿z轴正方向，安培力方向沿y轴负方向，无法平衡，故A错误；若磁场沿z轴负方向，安培力方向沿y轴正方向，则每根绳子拉力的大小为，直导线受到的安培力的大小为mg tan θ，故B、C错误；在如图所示的情况下， 导线受到的安培力最小，对应磁场的磁感应强度最小，磁感应强度最小值为，故D正确。 [总结提升]分析安培力综合问题的思路 【例1】 (2025·湖北高考) 如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。 (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。 (3)粒子的运动周期。 解析：(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝m 解得粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径 r1＝。 (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有 qv0·2B＝m 则粒子在PQ右侧区域的运动半径为 r2＝ 由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于MN的中垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知 cos ∠MO1O2＝ 则∠MO1O2＝60° 对粒子在PQ右侧区域的运动，由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为 s＝2r2sin 60°＝。 (3)结合qvB＝m、T＝可知，粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为 T1＝、T2＝ 由(1)问可知，粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为 θ1＝360°－2×60°＝240°、θ2＝2×60°＝120° 则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为 t1＝ 由三角形相似可知，粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝ 则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为 t2＝ 则粒子的运动周期为 t＝t1＋t2＝。 答案：(1)　(2)　(3) 【例2】 (多选)(2025·辽宁期中联考)一固定光滑绝缘筒截面图如图所示，圆心为O，半径为R，SP为直径，筒内有垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点沿SP方向垂直射入磁场，已知粒子与筒壁碰撞时速率、电荷量都不变且碰撞时间极短，不计粒子重力。下列说法正确的是(　　 ) A．要使粒子与筒壁发生1次碰撞后恰好打在P点，则粒子射入磁场时速度的大小为 B．若粒子仅在SP的一侧运动，最后打在P点，则粒子射入磁场时速度的大小可能为 C．要使粒子与筒壁碰撞4次后恰好打在S点，则粒子在筒中运动的时间可能为 D．要使粒子与筒壁碰撞4次后恰好打在S点，则粒子在筒中运动的时间可能为 解析：选ACD。设粒子射入磁场时速度大小为v，在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝m，粒子与筒壁仅发生1次碰撞后恰好打在P点，则有r＝R，联立解得v＝，故A正确；粒子从S点射入，最后打在P点，设粒子与筒壁碰撞n次，将半圆SP等分为n＋1段，每段对应的圆心角为θ，有(n＋1)θ＝π(n＝1，2，3，…)，由几何关系可知tan ，联立解得v＝tan (n＝1，2，3，…)，粒子射入磁场时速度的大小不可能为，故B错误；第一种情况：入射速度较小时，依次打在4、3、2、1后恰好打在S点，如图所示， 粒子在圆筒中运动时间t1＝，第二种情况：入射速度较大时，依次打在3、1、4、2后恰好打在S点。粒子在圆筒中运动时间t2＝，故C、D正确。 [总结提升]粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论 (1)带电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(如图甲所示，θ1＝θ2＝θ3)。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹所对的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，射出时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线OO′对称)。 【例3】 (2025·重庆沙坪坝检测)如图所示，在直角三角形ABC区域中充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝2 T，∠ACB＝30°，AB＝8 cm。把一个粒子源固定在AB的中点M，粒子源能够向磁场中连续发射带正电的粒子，速度方向在直角三角形ABC所在的平面内且垂直于AB边界。粒子所带的电荷量均为q＝1×10-2 C，质量均为m＝1×10-6 kg，忽略粒子重力和粒子间的相互作用。 (1)若粒子从BC边界离开磁场时速度方向与BC边界垂直，求粒子的速度大小以及在磁场中运动的时间； (2)若把磁场方向改为垂直纸面向里，磁场大小不变。粒子的速度方向不变，大小在0～1 600 m/s之间，求粒子打在AC边界上的区域长度。 解析：(1)由几何关系可知，粒子运动的半径 r0＝4 cm 对粒子有qvB0＝m 解得v＝800 m/s，t＝×10-4 s。 (2)如图所示，粒子速度为1 600 m/s，从P点离开AC边界 对粒子有qv1B0＝m 解得r＝8 cm 圆心在O点，则|OA|＝＝r 在△OAP中，设AP的长度为x，由余弦定理有 r2＝x cos 120° 解得x＝ cm 当粒子的轨迹圆恰好与AC边界相切于Q点，设圆心在O1点 设|O1M|＝r1 由几何关系可知 r1＋＝|AM|，|AQ|＝r1tan 30° 解得|AQ|＝ cm 故粒子打在AC边界上的区域长度为 l＝ cm。 答案：(1)800 m/s　×10-4 s (2) cm 【例4】 (2025·安徽高考) 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。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 解析：选C。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＝m，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；当粒子恰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，对应运动轨迹如图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＝2r cos 30°－r＝d，B错误； 结合B项分析可知，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，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；结合B、C项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何关系有tmin＝，D错误。 [总结提升]分析粒子在磁场中运动的临界与极值问题的关键在于运用动态思维，即利用动态圆思想寻找临界情境，确定临界状态，然后再利用物理知识、几何关系等建立方程求解。常用的“动态圆”方法如下： 放 缩 圆 适用 条件 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 应用 方法 以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP′上，将半径放缩作轨迹圆，粒子轨迹与磁场边界相切是恰好不射出磁场的临界状态 旋转圆 适用 条件 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半径一定，速度方向不同 应用 方法 将半径为r＝的圆绕入射点进行旋转，从而找出临界条件。 旋转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 粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、方向均一定 应用 方法 轨迹圆的半径相同，将半径为r＝的圆沿入射点所在的直线进行平移，从而找到临界条件。 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 【例1】 (2025·河南高考)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示， 由几何关系有r－h＝r 解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝2h 对粒子由洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝m 解得磁感应强度的大小为B＝。 (2)作出粒子从a点运动到b点的轨迹，如图2所示， 粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运动规律可知，水平方向有x1＝v0t1cos 60° 竖直方向有2v0sin 60°＝at1 由牛顿第二定律有qE＝ma 由(1)问可知，粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为 x2＝r sin 60°＝h 由几何关系可知，粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移为 s＝x1＋2x2＝3h 联立解得电场强度大小为E＝。 (3)粒子运动轨迹如图3所示，由几何关系得，粒子第一次进入电场时其速度方向沿左下方并与水平虚线的夹角为60°，根据(1)(2)可知，AB＝h，所用时间为t1＝ 粒子一个周期内在磁场中运动所对应的圆心角为 粒子在磁场中做圆周运动，有 r＝ 解得圆周运动周期为T＝ 故粒子一个周期内在磁场运动的时间之和为 t2＝ 粒子运动一个周期的时间为 t＝t1＋t2＝ 一个周期内向右运动的距离为x＝h 粒子漂移速度v＝ 。 答案：(1)　(2)　(3)v0 [总结提升]分析带电粒子在组合场中运动问题的基本思路 【例2】 (多选)(2025·福建高考)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电体带电荷量为q，速度为v，质量为m，当带电体运动到N点时撤去磁场，一段时间后带电体经过P点，重力加速度为g，则(　　 ) A．电场强度为E＝ B．磁场强度为B＝ C．NP两点的电势差为U＝ D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为 解析：选BC。 带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，可知其受力情况如图所示，由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度E＝，磁感应强度B＝，故A错误，B正确；在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示， 且加速度a＝g，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点速度偏转角的正切值tan θ＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝v，N到P过程，由动能定理，有qU＝mv2，解得NP两点间的电势差U＝，C正确；将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝v cos 45°＝v，故粒子能向上运动的最大距离h＝，D错误。 [总结提升]分析带电粒子在叠加场中运动问题的基本思路 【基础练】 1．(2025·湖北高考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(　　) A．0 B．B C．2B D．3B 解析：选A。根据右手螺旋定则可知，线圈在M、N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由于M点的总磁感应强度大小为零，则匀强磁场的磁感应强度与线圈在M点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则线圈在N点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即N点的总磁感应强度大小为0，故A正确。 2．(2025·四川成都一模)《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙所示，下列说法正确的是(　　 ) A．A、B输电线缆相互吸引 B．正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左 C．A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60° D．C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左 解析：选D。由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A错误；由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，C输电线缆在O处的磁感应强度方向水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故B错误；B输电线缆对A输电线缆的作用力沿AB水平向左，C输电线缆对A输电线缆的作用力沿AC斜向右下，且大小为B输电线缆对A输电线缆作用力的2倍，如图所示。 由图可知，FACcos θ＝2FABcos 60°＝FAB，即C输电线缆对A输电线缆的作用力在水平方向的分力与B输电线缆对A输电线缆的作用力大小相等、方向相反，所以A输电线缆受到的合力即为C输电线缆对A输电线缆的作用力在竖直方向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C错误；A输电线缆对C输电线缆的作用力沿AC斜向左上，B输电线缆对C输电线缆的作用力沿BC斜向左下，两个力大小相等且与输电线缆A、B圆心连线夹角相等，所以C输电线缆受到的合力平行输电线缆A、B圆心连线向左，故D正确。 3．(2025·北京高考)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　 ) A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 解析：选C。根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知，此时式中磁感应强度为一个分量，即此时测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。 4．(2025·北京朝阳区二模)在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　 ) A．粒子带正电 B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F C．粒子的动量大小为 D．粒子的轨道半径为 解析：选C。根据左手定则可知，粒子带负电，A错误；设PM弦长为L，弦切角为α，则圆心角为2α，圆弧导线受到的安培力等效为直导线受到的安培力，L＝2R sin α，2F sin α＝BIL，解得F＝BIR，恒力F与导线长度无关，若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，水平恒力F不变，B错误；根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得粒子的动量大小为mv＝，C正确；根据F＝BIR，解得粒子的轨道半径为R＝，D错误。 5．(多选)如图所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为－q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角为θ＝30°。下列说法正确的是(　　 ) A．两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R B．a粒子在磁场中运动的时间为 C．b粒子在磁场中运动的时间为 D．a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30° 解析：选AC。由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝解得r＝R，故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 粒子a、b在磁场中的运动周期均为T＝，由轨迹图可知θa＝90°，θb＝120°，则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为ta＝，tb＝，故B错误，C正确；由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。 6．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨检测)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25 T，一群质量m＝1×10-7 kg，电荷量q＝－2×10-3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则(　　 ) A．在AC边界上有粒子射出的长度为 m B．C点有粒子射出 C．在AB边界上有粒子射出的长度为1 m D．磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点 m处入射 解析：选ACD。粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝ m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。 由图可知，能从AC边射出的粒子长度为R－R＝ m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长的粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点 m处入射，故D正确。 7．(多选)(2025·四川高考)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sin 37°＝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 解析：选AD。作出粒子运动轨迹如图所示， 可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系得cos α＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为，故C错误。 【能力练】 8．(多选)(2025·甘肃高考)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，a粒子的速度大小为va＝，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 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va 解析：选BD。由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示，a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为va＝，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝R0＋R0，A错误；由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，在磁场中运动的时间 匀速直线运动的时间t2＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝，B正确；由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示， 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。 9．(多选)(2025·山东高考)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y ­t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向 B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝ C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外 D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为 解析：选AD。根据题图甲粒子在区域Ⅰ的轨迹可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加速度方向沿y轴正方向，由平抛运动规律可知y轴方向有2L＝，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向，A正确；结合题图乙和对称性可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝L，B错误；由平抛运动规律可得粒子的初速度v0＝，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L＝，结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v＝，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，又由题图乙可知，粒子进入区域Ⅱ后向下偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；结合C项分析和题图乙可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心在x轴上，设其坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝，即圆心坐标为，D正确。 对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L＝，结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v＝，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，又由题图乙可知，粒子进入区域Ⅱ后向下偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；结合C项分析和题图乙可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心在x轴上，设其坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝，即圆心坐标为，D正确。 10．(多选)(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示；当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ 在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ 的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　 ) A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析：选ABD。油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期为T＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 11．如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)，E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝ s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2 m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知m＝5×10-6 kg，q＝2×10-4 C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求液滴第一次到达O点时速度v的大小； (2)求液滴在0～5t0时间内的路程。 解析：(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0 mgt＝mv 解得v＝5 m/s。 (2)带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有qE2＝mg 则带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB1＝m 当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s 当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s 带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示， 则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程 s＝πr1＋2πr2 解得s＝ m。 答案：(1)5 m/s　(2) m 【创新练】 12．(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。 在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的橫截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 解析：(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰好不打到筒壁上时，磁感应强度大小为B0，根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝ 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0＝m 解得。 (2)当磁感应强度大小调至时，设发射速度方向与横截面的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为 (3) 结合(1)问解得θ＝60°，即发射速度方向与横截面成60°角的电子恰好不打在筒壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知识有 T＝ 运动半个周期时电子恰好运动至轨迹与筒壁切点处，竖直方向上电子做匀速直线运动，则有 h＝v0sin 60°· 则打在筒壁上的区域面积S＝2πR·2h 联立解得S＝2π2R2。 答案：(1)　(2)2π2R2 $