2026年高考物理二轮专题复习：重难14 磁场带电粒子在磁场中的运动、科技仪器、带电粒子在组合场、叠加场、交变场中的运动（重难专练）（全国适用）（解析版）

PAGE重难14磁场(带电粒子在磁场中的运动、科技仪器、带电粒子在组合场、叠加场、交变场中的运动）内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”高考指导方向标近三年考查趋势分析近三年高考中，本专题常以计算题形式出现，分值约10-18分。命题深度结合现代科技仪器原理（如质谱仪、回旋加速器、速度选择器），重点考查带电粒子在磁场、组合场及叠加场中的复杂运动，对学生的空间想象、几何作图与多过程分析能力要求极高。命题特点：聚焦典型仪器模型：试题常以质谱仪、回旋加速器等为背景，考查粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的基本规律（半径、周期公式）及其应用。突出临界与极值问题：在有界磁场（如矩形、圆形、三角形）中，重点考查粒子运动轨迹的临界条件分析，常需运用“动态圆”（放缩、旋转、平移）模型寻找边界。强化多场组合与叠加：综合题常设计“先电场加速后磁场偏转”或“电场、磁场、重力场共存”的场景，考查粒子在组合场中分段运动及在叠加场中平衡或做复杂曲线运动（如摆线）的分析能力。考查安培力与力学综合：将安培力融入导体棒平衡、加速等问题，与力学规律紧密综合。核心方法聚焦“找圆心、定半径、求时间”：解决匀强磁场中圆周运动问题的基本步骤，关键在于利用几何关系（对称性、弦的中垂线、边界切线）确定轨迹圆圆心。动态圆模型：熟练掌握“放缩圆”、“旋转圆”、“平移圆”三种方法，用于处理速度方向或大小变化时的临界范围问题。组合场问题：遵循“分段处理、关注衔接”原则，明确各阶段运动性质（类平抛、圆周运动等），衔接点速度是联系前后阶段的关键。叠加场问题：掌握“等效重力法”处理重力与电场力并存的情况，了解“配速法”分析粒子在正交电磁场中的复杂曲线运动（如摆线）。备考指导建议熟练掌握典型轨迹：深刻理解粒子在直线、平行、圆形边界磁场中的运动特征与对称性，熟记相关角度、时间关系。强化几何分析能力：加强利用几何图形（三角形、圆）寻找边角关系的训练，这是解决磁场问题的关键。攻克动态圆与临界问题：集中练习各类有界磁场中的临界、极值问题，熟练运用三种动态圆模型。进行综合大题限时训练：重点练习涉及“组合场+多过程”、“叠加场+配速”的综合性计算题，提升复杂问题的拆解与分析能力。1.带电粒子在匀强磁场中的运动【注意】是否考虑粒子重力的三种情况：(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。直线边界模型该模型粒子进出磁场具有对称性，模型图如下：时间的计算：图甲中粒子在磁场中运动的时间t=T2=?mBq；图乙中粒子在磁场中运动的时间t=1−θπT=1−θπ2π平行边界模型该模型往往存在临界条件，模型图如下：时间的计算：图甲中粒子在磁场中运动的时间t1=?mBq，t2=T2=?mBq；图乙中粒子在磁场中运动的时间t=?mBq；图丙中粒子在磁场中运动的时间t=1−θπT=1−θ圆形边界模型沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性，如下图所示，粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(R,tanθ)，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)，运动角度关系为：θ＋α＝90°。2.不沿径向射入时，射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图所示。3.正对圆心射入圆形磁场区域，如下图所示，正对圆心射出，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有，则磁偏转半径，根据半径公式联立求解时间1tan?2。速度v0越大，则磁偏转半径r越大，圆心角α越小，时间t越短。若r=R，构成正方形。4.不正对圆心射入圆形磁场区域，如下图所示，左边两个图有两个等腰三角形，一条共同的底边；最后一个图示当r=R时，构成菱形。5.环形磁场环形磁场模型的临界圆如下图所示，三个环形磁场的临界半径分别为：；；由勾股定理(R2-R1)2=R12+r2，解得：。电偏转和磁偏转的对比分析运动形式比较项目带电粒子在匀强电场中偏转(v0⊥E)带电粒子在匀强磁场中偏转(v0⊥B)受力特点电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力，电场力做功洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力，但洛伦兹力不做功运动特征类平抛运动匀速圆周运动研究方法牛顿运动定律、匀变速运动公式、正交分解法牛顿运动定律、向心力公式、圆的几何知识规律类平抛运动的规律：vx＝v0，x＝v0t，vy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ满足：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)偏移量：:y=a半径：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏转角θ满足:sinθ=lR(l是磁场宽度,R运动情景运动时间飞出电场的时间t=x打在极板上的时间t=2yt＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)3安培力作用下导体的平衡与加速问题安培力作用下导体运动的判定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→运动方向等效法环形电流⇌小磁针，条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流结论法同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；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研究对象法先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力安培力作用下的平衡问题（1）安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的，只不过多了安培力，关键仍是受力分析.（2）视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体的电流方向及其受力方向往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图.如图所示.4带电粒子在有界匀强磁场中的运动——临界条件1.临界问题：题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语暗示临界状态，审题时，一定要抓住这些特定的词语，挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。2.临界条件：带电粒子刚好穿出(不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。临界情况：公共弦为小圆直径时，出现极值。当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大；当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大。4.解题方法【注意】处理带电粒子再有界匀强磁场中运动的临界问题常用思路：解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态（一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大）；放缩圆旋转圆平移圆适用条件粒子速度方向一定，速度大小不同粒子的速度大小一定，轨迹半径一定，速度方向不同粒子的速度大小、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运动分析以入射点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。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）图例5磁聚焦模型和磁发散模型1.磁聚焦：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，且该点切线与入射方向平行。2.磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行。6带电粒子在匀强磁场中运动的动态圆模型“平移圆”模型处理方法适用条件及特点速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上所有粒子做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝mv0轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上应用方法将半径为R＝mv0qB的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫““旋转圆”模型处理方法适用条件及特点速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同，运动半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝mv0轨迹圆圆心共圆如图所示，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝mv应用方法将一半径为R＝mv0qB“放缩圆”模型处理方法适用条件及特点速度方向一定，大小不同粒子初速度方向一定，大小不同，在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线带电粒子速度v越大，运动半径也越大.如图所示，运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上应用方法以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件7带电粒子在叠加场、组合场、交变磁场中的运动1.带电粒子在叠加场（复合场）（电场与磁场重叠）中的运动：（1）电场力、重力并存——电场力+重力＝F等效（恒力）①．若F电＝mg且方向相反（即F等效＝0）；静止或匀速直线运动。②．若F等效≠0且与v共线；匀加/减速直线运动。③．若F等效≠0且与v不共线；匀变速曲线运动。（2）磁场力、重力并存——电场力+重力＝F等效（可恒力也可变力）①．若F洛＝mg且方向相反（即F等效＝0），运动方向与F洛垂直（v⊥F洛）；匀速直线运动。②．若F等效≠0；变加速曲线运动（复杂曲线）。注意：无静止、无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动、无匀速圆周，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。（3）磁场力、电场力并存——电场力+磁场力＝F等效（可恒力也可变力）①．若F洛＝F电且方向相反（即F等效＝0），运动方向与F洛垂直（v⊥F洛）；匀速直线运动。②．若F等效≠0；变加速曲线运动（复杂曲线）。变加速曲线运动（复杂曲线）。注意：无静止、无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动、无匀速圆周，电场力可能做功，洛伦兹力不做功。（4）磁场力、电场力、重力并存，重力+电场力+磁场力＝F等效（可恒力也可变力）①．若F电＝mg且方向相反，且F洛＝0；静。②．若F电、mg、F洛三力平衡；匀速直线运动。③．若F电＝mg且方向相反，且F洛＝Fn；匀速圆周运动。注意：若F等效≠0，变加速曲线运动（复杂曲线），可用能量守恒定律或动能定理求解，无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动2.带电粒子在组合场（电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠）中的运动：（1）磁场与磁场的组合：磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。（2）先磁场后电场：①进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如下图所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式进行求解；②进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如下图所示，粒子在电场中做类平抛运动，利用相关知识进行求解。（3）先电加速后磁偏转：带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如下图所示。（4）先电偏转后磁偏转：带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如下图所示。带电粒子在组合场中的解题方法：2.带电粒子在交变电磁场中的运动：（1）常见类型①电场周期性变化，磁场不变；②磁场周期性变化，电场不变；③电场和磁场周期性变化。（2）分析思路仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联。应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一个阶段上的受力情况确定粒子的运动规律。（3）分析方法先读图，看清并且明白不同场的变化情况；受力分析，分析粒子在不同的变化场区的受力情况；过程分析，分析粒子在不同时间段内的运动情况；找衔接点，找出衔接相邻两个过程的速度大小及方向；选规律，联立不同阶段的方程求解。【注意】：配速法(1)定义：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。(2)配速法处理叠加场中的摆线类问题常见模型运动情景处理方法BG摆线：初速度为0，有重力重力场和磁场叠加把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。BE摆线：初速度为0，不计重力电场和磁场叠加把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。BEG摆线：初速度为0，有重力重力场、电场和磁场叠加把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。BGv摆线：初速度为v0，有重力重力场和磁场叠加把初速度v0分解为速度v1和速度v2。8带电粒子在立体空间中的运动带电粒子的螺旋线运动和旋进运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：①空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．②空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。带电粒子在立体空间中的偏转分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解。（建议用时：20分钟）1．如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N三点，为线段MN的中点，L1、L2分别处于线段OM、ON的中垂线上。当、通有大小相等、方向相反的电流时，、点的磁感应强度大小分别为、。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N点的磁感应强度大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。故选A。2．如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则（）A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小C．铜环所受安培力大小为 D．铜环所受安培力大小为【答案】AC【详解】方法一：微元法AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得故C正确，D错误。故选AC。方法二：等效法通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小根据受力分析可得，通电后，绳子拉力两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选AC。3．如图所示，一细金属导体棒在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（）A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止【答案】CD【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平方向的洛伦兹力作用，A错误；B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，B错误；C．PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C正确；D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D正确。故选CD。4．如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（

）A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大C．v越大，则E越小 D．【答案】BD【详解】A．根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻；故A错误；B．根据平衡条件有①故可知I越大，m越大；故B正确；C．根据公式有②故可知v越大，E越大；故C错误；D．联立①②可得故D正确。故选BD。5．如图所示，虚线ON上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的带电粒子a、b在纸面内以不同的速率从O点沿垂直于ON的方向射入磁场，最后分别从M点、N点离开磁场。已知M点为ON的中点，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（

）A．两粒子均带正电 B．洛伦兹力对b粒子做的功多C．b粒子的速率是a粒子的两倍 D．b粒子在磁场中运动的时间是a粒子的两倍【答案】C【详解】A．由左手定则可知，两粒子均带负电，选项A错误；B．洛伦兹力对两粒子均不做功，选项B错误；C．两粒子均在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得整理得由题意，因此b粒子的速率是a粒子的两倍，选项C正确；D．粒子在磁场中运动的时间为结合题图可知两粒子在磁场中运动的时间相同，选项D错误。故选C。6．如图，在竖直平面内的xOy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x轴上方有一个开口向下的长方体敞口粒子收集箱abcd，x轴在dc面上且与dc边平行，bc长为L，a、b距y轴的距离均为L。位于原点O的粒子源，沿xOy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2LB．bc面（不含b端）能收集到粒子C．有一半的粒子能被ab面收集D．收集箱收集到的粒子在磁场中运动的最短时间为【答案】C【详解】A．根据可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为，A错误；B．由左手定则，结合几何关系可知，水平向右射出的粒子只能打到b点，可知bc面（不含b端）不能收集到粒子，B错误；C．沿y轴正向射出的粒子恰能打到a点，水平向右射出的粒子能打到b点，可知第一象限的粒子都能打到ab面上，即有一半的粒子能被ab面收集，C正确；D．收集箱收集到的粒子运动时间最短时，在磁场中做圆周运动的弦长最短，即从ab的中点或者从d点射出时时间最短，由几何关系可知圆弧对应的圆心角为60°，则在磁场中运动的最短时间为，D错误。故选C。7．如图所示，用两根不可伸长的绝缘细绳将一段质量为m的铜质导体竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体的长度均为L，且。现给导体通以方向从c到a、大小为I的电流，则（）A．通电后两绳拉力变小B．通电后两根细绳偏离竖直方向C．导体所受安培力大小为D．导体所受安培力大小为【答案】D【详解】ABC．根据左手定则可知受到的安培力大小根据合成可得，安培力合力方向竖直向下，所以通电后两根细绳不会偏离竖直方向，且通电后两绳拉力变大，故ABC错误；D．导体所受安培力大小为，故D正确。故选D。（建议用时：30分钟）8．如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（

）A．t1<t2=t3 B．t1<t2<t3 C．t1=t2>t3 D．t1>t2>t3【答案】A【详解】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为设正方形abcd的边长为l，则，，则有t1<t2=t3故选A。9．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∶2C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37D．在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148【答案】AD【详解】A．由图可知在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；B．由洛伦兹力提供向心力可得故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为故B错误；D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系可得故粒子在I区运动的时间为粒子在Ⅱ区运动的时间为联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为故D正确；C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为故C错误。故选AD。10．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，圆管壁上的两点连线为直径，且垂直于磁场方向，两点的电势差为。下列说法错误的是（）A．N点电势比M点高 B．正比于流量QC．在流量Q一定时，管道半径越小，越小 D．若直径与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小【答案】C【详解】A．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；BC．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同时有联立解得故正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，越大；故B正确，C错误；D．若直径MN与磁场方向不垂直，根据可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小；故D正确。本题选错误的，故选C。11．

如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（）A．电场强度大小为B．磁场强度大小为C．N、P两点的电势差为D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为【答案】BC【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。由受力平衡可知解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。且加速度粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值所以粒子在点的速度到过程，由动能定理，有解得两点间的电势差，C正确；D、将粒子在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，且故粒子能向上运动的最大距离D错误；故选BC。12．人体血管中的血液通常含有大量的正负离子，若血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流速一定时，则下列说法正确的是（）A．血管上侧电势低，血管下侧电势高B．若血管内径变小，则血液流量不变C．血管上下侧电势差与血液流速无关D．若血管上下侧电势差变大，说明血管内径变大【答案】D【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积），若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据可知则血液流量变小，故B错误；CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据可得，故D正确，C错误。故选D。13．如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ON为圆的半径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从A点沿AO方向和从B点沿BO方向射入磁场，并均从N点射出磁场，若a粒子的速率为v，不计粒子的重力。已知，下列说法正确的是（）A．a粒子做圆周运动的半径为RB．b粒子的速率为C．粒子的比荷为D．a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为2∶1【答案】CD【详解】作出a、b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示AC．根据几何知识可得粒子a在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有联立解得，A错误，C正确；B．粒子b在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有由几何知识可得解得，故B错误；D．根据题意可知，a、b粒子在磁场中的运动周期两粒子在磁场中偏转的圆心角，，则两粒子在磁场中运动的时间之比为，故D正确。故选CD。14．核聚变又称热核反应，能释放出巨大能量，但难以控制。目前科学家们应用磁约束成功实现了对核聚变的小规模控制，磁约束的简化原理图如图所示：在半径分别为R₁和R₂的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。假设氘核沿内环切线以速度v₁向左进入磁场，氚核沿内环切线以速度v₂向右进入磁场，已知二者均恰好不从外环射出。不计粒子重力及粒子之间的相互作用，则为（）A．7:11 B．2:3 C．4:9 D．1:3【答案】A【详解】由题意可知，根据左手定则，运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力，得几何关系可知，氘核的半径为，有则由几何关系可知，氚核的半径为，有则联立得故选A。15．如图所示的一种质谱仪结构，比荷为的某种带正电粒子从容器下方的狭缝源源不断的飘入（其初速度可视为0）电势差为的加速电场后经狭缝射出，然后沿着板的中心线运动并从点进入半径为的圆形磁场区域，最终垂直打在金属板上，金属板与平行；板间电压为，板间距为，两板间区域和圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形磁场区域的圆心在的延长线上，板间粒子流形成的电流为，不考虑带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用。求：(1)粒子到达狭缝时的速度大小；(2)区域I和区域II的磁感应强度和的大小；(3)若将区域II的磁感应强度调整为原来的倍，同时将逆时针转过角，使粒子垂直打在上，粒子击中板后速度立即变为零，求角以及粒子对板的平均作用力的大小。【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动解得（2）粒子在区域I沿着中心线运动，根据二力平衡解得粒子垂直打在金属板上，粒子在磁场中的速度方向偏转了，粒子运动了四分之一圆弧，故轨迹圆半径洛伦兹力提供向心力解得（3）若将磁感应强度调整为原来的倍，则解得将逆时针转过角，粒子垂直打在上，则轨迹圆弧对应的圆心角变为几何关系解得在时间内垂直打在上的粒子个数为对打在上的个粒子列动量定理联立解得平均作用力的大小（建议用时：20分钟）16．2025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。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，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 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【答案】BD【详解】由题意，作出粒子运动轨迹图，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，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粒子的速度大小为可得设外圆半径等于,由几何关系得则A错误；B．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a粒子做匀速圆周运动的周期在磁场中运动的时间匀速直线运动的时间故a粒子返回A点所用的最短时间为B正确；C．由题意，作出粒子运动轨迹图，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；D．由几何关系得洛伦兹力提供向心力有联立解得D正确。故选BD。17．某质谱仪简化结构如图所示，在xOy平面的区域存在方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，在x轴处放置照相底片，大量a、b两种离子飘入（其初速度几乎为零）电压为U的加速电场，经过加速后，从坐标原点且与y轴成角的范围内垂直磁场方向射入磁场，最后打到照相底片上，测得最大发射角的余弦值，已知a、b两种离子的电荷量均为，质量分别为2m和m，不考虑离子间相互作用。下面说法正确的是（）A．a离子在磁场中速度大小为B．b离子在照相底片上形成的亮线长度为C．打在照相底片上的a、b两种离子间的最近距离为D．若加速电压在之间波动，要在底片上完全分辨出a、b两种离子，则不超过【答案】D【详解】A．a离子加速过程解得，故A错误；B．b离子加速解得磁场中轨道半径离子沿y轴入射时，打在底片上的位置为2rb；沿与y轴成角入射时，水平位移为亮线长度为代入，得亮线长度，故B错误；C．磁场中，洛伦兹力提供向心力，得轨道半径则轨道半径离子沿与y