第45讲 带电粒子在磁场中的运动（复习讲义）（黑吉辽专用）（教师版）

第45讲带电粒子在磁场中的运动目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识 4知识点带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识 4考向带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识 5考点二带电粒子在非匀强磁场中的运动 9知识点处理带电粒子在非匀强磁场中的运动问题的基本思路 9考向带电粒子在非匀强磁场中的运动 9考点三带电粒子在有界匀强磁场中的运动 13知识点1带电粒子在有界匀强磁场中的运动 13知识点2带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题 14考向1直线边界 14考向2弧形边界 18考向3根据粒子运动确定磁场区域范围 25考向4电性不确定导致的多解问题 26考向5磁场方向不确定导致的多解问题 29考向6临界状态不唯一导致的多解问题 3404真题溯源·考向感知 41考点要求考察形式2025年2024年2023年带电粒子在磁场中的运动选择题非选择题\\全国甲卷T7，6分考情分析：1．在黑吉辽高考物理中，带电粒子在磁场中的运动是电磁学板块的重难点，对考生的知识掌握和应用能力有着较高要求。2．从命题思路上看，磁场内容与电场、电磁感应、力学等知识的综合考查趋势将愈发明显。复习目标：目标一：理解带电粒子在磁场中运动的基础知识，学会计算周期、半径等等。目标三：正确解决带电粒子在有界匀强磁场中的运动。考点一带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识知识点带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识1.在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动。2.带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv(2)轨迹半径：r＝mvqB(3)周期：T＝2πrv＝2πmqB，可知T与运动速度和轨迹半径(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝θ2πT3.粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法(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＝mvqB计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r(2)半径的计算方法方法一由R＝mvqB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。如图甲，由R＝Lsinθ或R2＝L2＋(R－d)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＝12α(3)时间的计算方法方法一利用圆心角θ、周期T求得t＝θ2πT方法二利用弧长l、线速度v求得t＝lv考向带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识例1科学家可以利用磁场对带电粒子的运动进行有效控制。如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。P点为纸面内一离子源，可以沿着与PO成θ=37∘的方向发射速度大小不等的同种正离子，已知OP=5rA．3r<R<6r B．3r<R<5rC．4r<R<5r D．4r<R<6r【答案】A【详解】若速度较小，粒子的轨迹圆如图所示，由几何关系可知在△OPO1解得R若速度较大，粒子的轨迹圆如图所示，根据几何关系可知，在△OPO2解得R综上若要求粒子进入圆形区域，则粒子运动的半径应满足的条件为3r<R<6r故选A。【变式训练1】如图所示，一质量为、电荷量为的带负电物体，从粗糙绝缘斜面的顶端由静止滑到底端时的速度为；若在空间加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，该物体仍能从斜面顶端由静止滑到底端，则该物体滑到底端时的速度（）A．大于 B．小于 C．等于 D．无法确定【答案】B【详解】未加磁场时，根据动能定理有解得加磁场后，物体在运动时会受洛伦兹力，根据左手定则可知洛伦兹力的方向垂直斜面向下，洛伦兹力不做功，但斜面对物体的支持力变大，斜面对物体的滑动摩擦力也变大，下滑相同的距离，则克服摩擦力做的功更多；根据动能定理有解得因，所以故选B。【变式训练2】（2025·吉林松原·高三月考）如图所示，在xOy坐标系第一象限内存在方向沿x轴负方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为（）的带电粒子从坐标原点O以速度沿y轴正方向射入电场，带电粒子恰好经过点．若将匀强电场换为垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子在偏转的过程中离x轴的最远距离与M点到x轴的距离相等，不计粒子的重力．则E、B分别为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【详解】由题意可知，带电粒子做类平抛运动经过M点，加速度为由类平抛知识可知，联立解得根据洛伦兹力提供向心力有由题述可知联立解得故选A。【变式训练3】（2025·吉林松原·模拟预测）如图所示，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中均未画出），磁场2的磁感应强度大小是磁场1的二倍。已知电子电荷量为e、质量为m，若电子恰好可以在圆环平面内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（

）A．电场方向垂直圆环平面向里 B．电子运动周期为C．匀强磁场2的磁感应强度大小为 D．电场强度大小为【答案】D【详解】A．根据左手定则可知电子在磁场1中受到的洛伦兹力的方向垂直圆环平面向里，由于电子在垂直圆环平面上受力平衡，即电子所受电场力与电子在磁场1中受到的洛伦兹力等大反向，故电场力方向垂直圆环平面向外，则电场方向垂直圆环平面向里，故A正确；B．电子在圆环平面内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为故B正确；C．电子受到磁场2的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，有解得故C正确；D．磁场1的磁感应强度大小电子在垂直圆环平面上受力平衡，则有解得故D错误。故选D。【变式训练4】（24-25高二下·黑龙江·期末）如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。若仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（）A．三条边a、b、c所受安培力相同B．两次弹簧测力计示数F1=F2C．金属等边三角形的总质量D．匀强磁场的磁感应强度大小【答案】C【详解】A．根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为，则三边安培力大小不相等，而且三边安培力方向也不相同，故A错误；BCD．电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边安培力的合力方向也竖直向上。a边的安培力大小为bc边的安培力大小为电流反向前，根据平衡条件得电流反向后，根据平衡条件得解得，，故BD错误，C正确。故选C。考点二带电粒子在非匀强磁场中的运动知识点处理带电粒子在非匀强磁场中的运动问题的基本思路处理带电粒子在非匀强磁场中的运动问题时，首先要弄清楚该非匀强磁场如何变化，其次分析粒子的受力情况，然后根据受力情况推算出运动情况，最后得出结论。考向带电粒子在非匀强磁场中的运动例1如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上的a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=kIr（式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离）。一带负电的小球以初速度v0从a点出发沿M、N连线运动到b点，运动中小球一直未离开桌面。小球从aA．小球做匀加速直线运动B．小球做匀减速直线运动C．小球对桌面的压力一直在减小D．小球对桌面的压力一直在增大【答案】C【详解】CD．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k根据安培定则，结合磁感应强度的叠加原理可知，直线MON上靠近M处的磁场方向垂直于MN向里，靠近N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向开始时竖直向下，大小逐渐减小，过O点后洛伦兹力的方向向上，大小逐渐增大，小球在竖直方向受力平衡，则桌面对小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，小球对桌面的压力一直在减小，故C正确，D错误；AB．结合上述可知，由于桌面光滑，小球仅在竖直方向上受到重力、洛伦兹力与支持力作用，在沿速度方向不受外力作用，小球所受外力的合力为0，则小球将做匀速直线运动，故AB错误。故选C。【变式训练1】如图所示，纸面内固定的两平行长直导线ab、cd中通有大小相同、方向相反的电流，位于纸面内两导线间P处（靠近ab）的粒子源沿平行于ab方向发射一速度为v0的带正电粒子。已知通有电流为I的长直导线，在距离导线为r处产生的磁场的磁感应强度为B=kIr，k为常量。不计粒子重力，图中虚线到abA．B．C． D．【答案】C【详解】根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产生的磁场方向均相同，设两导线间的距离为d，距离ab导线为x处磁场的磁感应强度B=kI当x=d2时，B最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变，由r=即在虚线附近曲率半径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是C。故选C。【变式训练2】如图所示，四根通有恒定电流的长直导线垂直xOy平面放置，四根长直导线与xOy平面的交点组成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，其中导线1、3中电流大小为I，导线2、4中电流大小为2I。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导线的距离成反比，即B=kIA．长直导线1、4之间的相互作用力为吸引力B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做圆周运动C．导线4受到的导线1、2、3的作用力的合力方向指向O点D．仅将导线2中的电流反向，则导线2和4连线上各点磁感应强度方向均相同【答案】D【详解】A．当通有同向电流时，通电导线之间表现为吸引力，当通有反向电流时，通电导线之间表现为斥力，A错误；B．由右手螺旋定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，因此过O点垂直于纸面射入的粒子，将做匀速直线运动，B错误；C．长直导线1在长直导线4处产生的磁感应强度大小为B方向水平向左，导线3在长直导线4处产生的磁感应强度大小也为B1B方向垂直导线2、4的连线指向右下方，所以三根导线在4处的合场强为零，导线4不受安培力，C错误；D．根据右手螺旋定则以及磁场叠加原理可知，导线1、3在导线2、4的连线上除O点的磁感应强度为零外，其他位置合磁感应强度均垂直于导线2、4的连线指向斜向左上方。仅将导线2中的电流反向，导线2、4在导线2、4的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4的连线指向斜向左上方。磁场叠加原理可知，四根导线在导线2、4的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4的连线指向斜向左上方。D正确。故选D。【变式训练3】如图，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将（）A．沿路径a运动，轨迹是圆B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小【答案】B【详解】由安培定则得电子所在导线下方的磁场垂直纸面向外，据左手定则判断出电子所受的洛伦兹力向下，即沿路径a运动，且向下运动的过程中因离导线变远，磁感应强度B变小，由qvB=m解得r=知半径r变大。故选B。考点三带电粒子在有界匀强磁场中的运动知识点1带电粒子在有界匀强磁场中的运动1.“轨迹圆心、半径及运动时间”的确定圆心的确定半径的确定时间的确定基本思路（1）与速度方向垂直的直线过圆心。（2）弦的垂直平分线过圆心。（3）轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心利用平面几何知识求半径利用轨迹长度L或对应圆心角θ求时间t＝Lv＝θ图例说明P、M点速度垂线的交点P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点S点的速度垂线与切点法线的交点常用解三角形法，（如图）R＝Lsinθ或由R2＝L2＋（R－d）2求得R（1）速度的偏转角φ等于AB所对的圆心角θ。（2）偏转角φ与弦切角α的关系：若φ＜180°，φ＝2α；若φ＞180°，φ＝360°－2α2.粒子在几种常见有界磁场中的运动分析种类图形特点直线边界进出磁场具有对称性平行边界存在临界条件圆形边界图b：粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径（1）沿径向射入必沿径向射出。（2）图b为磁聚焦现象知识点2带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题多解分类多解原因示意图带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同磁场方向不确定题目只告诉了磁感应强度的大小及方向垂直纸面，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况临界状态不唯一或速度大小不确定带电粒子在穿过有界磁场时，可能直接穿过去，也可能从入射界面反向射出运动的往复性带电粒子在空间运动时，往往具有往复性考向1直线边界例1（2025·辽宁鞍山·三模）（多选）碳-14是碳-12的一种同位素。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳-14与碳-12原子核（初速度不计），经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入通道，该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U0时，碳-12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则下列说法正确的是（）A．在图乙中，磁场的方向是垂直于纸面向外B．碳-14原子核和碳-12原子核均击中照相底片，碳-14原子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的运动时间小C．加速电压为U0时，碳-14原子核所击中的位置比碳-12原子核更靠近圆心D．当加速电压在范围内，碳-12原子核全部打在内圆环上【答案】AD【详解】A．由图可知，碳原子核受到向右的洛伦兹力，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，故A正确；B．碳原子核在磁场中运动的时间为由于碳-14原子核的质量数大于碳-12原子核的质量数，所以碳-14原子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的运动时间大，故B错误；C．由题意知，加速电压为U0时，有所以原子核进入磁场中有所以由此可知，碳-12原子核所击中的位置比碳-14原子核更靠近圆心，故C错误；D．若碳-12原子核全部打在内圆环上，则最小圆周运动半径为，最大圆周运动半径为，解得，当加速电压在范围内，碳-12原子核全部打在内圆环上，故D正确。故选AD。【变式训练1】（多选）（24-25高二下·辽宁朝阳·期中）如图所示，这是某速度选择器的原理示意图，两正对平行金属板之间存在互相垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为，匀强磁场的磁感应强度大小为。关于此速度选择器，下列说法正确的是（）A．能沿直线匀速通过速度选择器的带电粒子，其速度大小是B．能沿直线匀速通过速度选择器的带电粒子，其速度大小是C．从左侧点进入复合场区的正电荷有可能匀速通过速度选择器D．从右侧点进入复合场区的负电荷有可能匀速通过速度选择器【答案】BC【详解】AB．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是解得，故A错误，B正确；C．正电荷从点进入复合场区后，受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要电荷的速度满足关系式，电荷就能通过速度选择器，与电荷的电荷量及电性均无关，故C正确；D．负电荷从点进入复合场区时，电荷受到的电场力和洛伦兹力均向上，不可能匀速通过复合场区，故D错误。故选BC。【变式训练2】如图所示，相互平行的两金属板竖直放置，两板之间存在着与金属板垂直的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两板间距为d。一质量为m，电荷量为q的小球以与左极板成角的初速度斜向右上从孔P射入两板之间。从进入两板之间开始计时，小球刚进入叠加场时恰好做直线运动，t时刻将电场方向改为竖直向上且大小不变，小球恰好打到右极板上的Q点。重力加速度为g，下列说法正确的是（

）A．磁感应强度的大小为 B．小球带负电C． D．P、Q之间的高度差为【答案】AD【详解】AB．小球刚进入磁场时恰好做直线运动，则小球受力平衡，对小球进行受力分析，如图甲所示可知小球带正电，由解得由于初速度和左极板夹角为，可知电场力等于重力，故A正确，B错误；C．由于小球恰好打在右极板的Q点，小球后续的运动轨迹如图乙所示PM段小球做匀速直线运动，MQ段由于电场方向改为竖直向上，则电场力和重力平衡，小球只受洛伦兹力做匀速圆周运动，由几何关系可知圆心角O为，由圆周运动的半径公式可得由几何关系可得解得故C错误；D．P、Q的高度差故D正确。故选AD。【变式训练3】（2025·吉林·模拟预测）如图甲，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的物块沿水平地面以速度v0从左侧垂直进入磁场，物块进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek-t关系图像如图乙所示，图像中z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．物块所受摩擦力逐渐增大B．物块所受摩擦力逐渐减小C．图中z点对应的速度大小为D．图中z点对应的速度大小为【答案】AD【详解】AB．物块所受摩擦力大小为随着速度的减小，摩擦力增大，A正确，B错误；CD．曲线切线斜率大小为物块所受合力大小为解得当时，k有最大值解得，C错误，D正确。故选AD。考向2弧形边界例1如图所示，半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一带电粒子从图中P点以速度v沿直径方向射入磁场，经磁场偏转θ=60°后从Q点射出磁场。忽略粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子的比荷为3C．粒子在磁场中运动的轨迹长度为πD．若圆形区域半径和圆心位置可变，要实现带电粒子从P点射入，仍从Q点射出，则圆形磁场的最小面积为3【答案】D【详解】A．根据左手定则判断可知，粒子带正电，故A错误；B．粒子轨迹如图几何关系可知粒子轨迹圆半径r=根据r=联立解得q故B错误；C．粒子在磁场中运动的轨迹长度为s=联立解得s=故C错误；D．当PQ为圆形磁场直径时，圆形磁场面积最小，几何关系可知PQ长为r，则最小面积为S=π故D正确。故选D。【变式训练1】（多选）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于其平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，把圆周六等分。现有带正电的粒子由A点以不同速度对准圆心O进入磁场，由圆周上的不同点射出。设粒子的质量为m、电荷量为q，速度为时粒子正好由点飞出磁场。则（）A．磁场的方向垂直纸面向里B．改变带电粒子的电性，速度变为，则一定由E点射出C．从圆弧CD之间（不含C点）飞出的带电粒子速度一定大于D．带电粒子的比荷【答案】ACD【详解】A．由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故A正确；BC．如图所示带正电的粒子以速度入射，由A运动到时，根据几何关系，可得运动轨迹半径由洛伦兹力提供向心力有解得改变带电粒子的电性，若粒子由E点射出，根据几何关系，可得运动轨迹半径又解得由对称性分析可知从圆弧CD之间（不含C点）飞出的带电粒子速度一定大于，故B错误，C正确；D．根据B选项分析有解得故D正确。故选ACD。【变式训练2】（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的两孔C和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，则粒子的速度的大小为（

）A． B． C． D．v【答案】D【详解】当带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，其运动轨迹如图所示设圆筒的半径为R，由几何知识可知，子圆周运动的轨道半径也为R，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，其运动轨迹如下图所示则D点和第一次碰撞点对于的圆筒的圆心角为，设粒子的速度为，与CD成角，故四边形为菱形，所以粒子圆周运动的轨道半径为R，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有联立可得故选D。【变式训练3】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）一个足够长的绝缘半圆柱体固定在水平面上，整个空间中加有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面处的磁感应强度大小均为B，一根长度为L、质量为m、粗细可忽略的导体棒A紧靠在半圆柱体底端静止，其截面如图所示。在导体棒A中通入方向垂直于纸面向外的变化电流，使导体棒A沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动，导体棒A受到半圆柱体的摩擦力是导体棒A对半圆柱体的压力的k倍。在导体棒A从底端缓慢滑动到顶端的过程中，下列说法正确的是（）A．当时，导体棒A中的电流先变大再变小B．当时，导体棒A所受的支持力与安培力合力先变大再变小C．当时，导体棒A所受重力与安培力的合力一直变大D．当时，导体棒A所受安培力一直变大【答案】C【详解】AB．当时，根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示根据平衡条件可得因为逐渐变大，所以逐渐减小，根据可得，导体棒A中的电流变小；根据平衡条件可知，导体棒A所受的支持力与安培力合力始终与重力等大反向，保持不变，故AB错误；CD．当时，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示其中则与的合力与的夹角保持不变，设为，则设与的合力为，则导体棒的受力情况可表示为如图所示根据几何关系可知，根据拉密原理可得随着逐渐增大的过程，不变，先增大后减小，增大，所以安培力先增大后减小，增大。根据平衡条件可知，导体棒A所受重力与安培力的合力与等大反向，所以也一直增大，故C正确，D错误。故选C。考向3根据粒子运动确定磁场区域范围例1（2025·黑龙江·二模）如图，是交替出现的宽为的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，场强均为，2、4区域为磁场，场强均为，方向如图所示。质量为，带电量为的正粒子，从1区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是（）A．粒子从4区下边界穿出后的动能一定为B．粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为C．粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为D．若粒子恰未从第4场区射出，则需满足【答案】A【详解】A．由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，根据动能定理可得可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为故A正确；BCD．由于电场力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，水平方向根据动量定理可得其中联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为若粒子恰未从第4场区射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0，则有解得故BCD错误。故选A。【变式训练1】（多选）（24-25高三下·辽宁·期中）一固定光滑绝缘筒截面图如图所示，圆心为，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。一质量为、电荷量为的带正电粒子从S点沿方向垂直射入磁场，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次碰撞后恰好打在点，则粒子射入磁场时速度的大小为B．若粒子仅在的一侧运动，最后打在点，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【答案】ACD【详解】A．设粒子射入磁场时速度大小为，在磁场中做匀速圆周运动粒子与筒壁仅发生1次碰撞后从点射出，则有联立解得故A正确；B．粒子从S点射入，从点射出，设粒子与筒壁碰撞次，将半圆等分为段，每段对应的圆心角为，有由几何关系可知，联立解得粒子射入磁场时速度的大小不可能为，故B错误；CD．第一种情况：入射速度较小时，依此打在后恰好打在S点。如图粒子在圆筒中运动时间第二种情况：入射速度较大时，依此打在后恰好打在S点。粒子在圆筒中运动时间故CD正确。故选ACD。考向4电性不确定导致的多解问题例1如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为同m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入，恰好从Q点射出，下列说法正确的是()A．带电粒子一定带负电荷B．带电粒子的速度最小值为qBLC．若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量为5qBLD．带电粒子在磁场中运动时间可能为πm【答案】D【详解】B．若粒子运动轨迹如图所示：由左手定则可知，粒子带负电，粒子做圆周运动的速度最小，轨道半径最小r由牛顿第二定律得q解得v故B错误；AC．若粒子带正电，粒子与挡板MN中点碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图所示：由于粒子与挡板碰撞时方向不确定，则粒子的速度无法确定，故粒子受到挡板作用力的冲量不定，故A、C错误；D．若粒子带负电，运动轨迹如下图所示：当轨迹半径等于L时，此时转过的圆心角为60∘t=故D正确。故选D。【变式训练1】（多选）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为（）A．πm3qB B．C．4πm3qB D．【答案】AD【详解】由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB=m根据线速度和周期的关系，可得v=联立解得T=由图可知，若为正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝300°，若为负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，则对应时间分别为tt故选AD。【变式训练2】（多选）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一束由相同带电粒子组成的粒子流，以相同的速度从左侧射入圆形区域内，所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的C点，C点在圆心O的正下方。已知磁场的磁感应强度大小为B，带电粒子的比荷为k，粒子流宽度为，该粒子流可整体上下移动，且入射方向及其宽度都不改变，并全部汇聚于C点，不计粒子重力。下列说法正确的是（）A．带电粒子带正电B．带电粒子的入射速度大小为kBRC．该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为D．该粒子流在磁场中能到达的区域面积的最小值为【答案】BD【详解】A．带电粒子往下偏转，由左手定则可知带电粒子带负电，选项A错误；B．所有粒子恰能全部汇聚于圆周上的点，应满足粒子在磁场中运动轨迹的半径等于区域圆的半径，则有得，故B正确；CD．当粒子流按如图所示的方式入射时，所经过区域面积最小，，故C错误，D正确。故选CD。

考向5磁场方向不确定导致的多解问题例1垂直于纸面的均匀磁场，其方向随时间呈周期性变化。变化规律如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量q=1×10−7C、质量m=1×10−10kg的带电粒子，位于某点O处，在A．22πm/s B．42πm【答案】D【详解】设粒子运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qB解得r=2π×周期为T由图可知磁场变化的周期为T=10π×根据t=可得在0−5π×10−3同理在在5π×10−3设粒子的出发点为a，经磁场变化的一个周期的终点为b，由图可知，磁场先向里再向外，故作出其在磁场变化的一个周期内的运动轨迹，如图所示由几何关系可得粒子的位移即为a、b两点的距离，则有x=2从t=0时刻开始的磁场变化的一个周期T=10π×10−3故选D。【变式训练1】如图所示，某真空室内充满匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场内有一块足够长的平面感光板MN，点a为MN与水平直线ab的交点，MN与直线ab的夹角为θ=53°，ab间的距离为d=10cm。在b点的点状的电子源向纸面内各个方向发射电子，电子做圆周运动的半径为r=5cm，不计电子间的相互作用和重力，sin53°=0.8A．6cm B．8cm C．10cm D．12cm【答案】C【详解】电子从b点射出后，在磁场中沿顺时针方向做圆周运动，如图所示的两个圆分别表示电子打在板上的两个临界情况，一个打在a点，一个打在C点，打在C点的电子轨迹恰好与板相切，过b点做MN的垂线bD，过O1做bD垂线O1E，由几何知识可得bD又因DE=所以bE=bD−DE=3可得CD=所以MN上被电子打中的区域的长度为aC=aD+CD=ab⋅故选C。【变式训练2】（多选）如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行两块足够长的平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示（垂直于纸面向里的磁场方向为正方向），有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为TA．磁感应强度B0大小等于B．当入射速度大小为2πdT0时，粒子能从C．当入射速度大小为πd4T0D．若正离子能从O′孔垂直于N板射出磁场，则当离子做匀速圆周运动的半径为d【答案】CD【详解】A．正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B做匀速圆周运动的周期T联立两式得磁感应强度B选项A错误；BCD．要使正离子从N板O′孔射出磁场，v0的方向应如图所示结合粒子运动的方向可知，当运动的轨迹是一个周期时，运动的时间最短，所以tmin=T0此时离子做匀速圆周运动的半径为d4两板之间正离子运动n个周期，即nT0，则R联立上式可得，正离子的速度v当n=1时v当n=2时v选项B错误，CD正确。故选CD。【变式训练3】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力能够忽视。(1)粒子在第二象限和第三象限内运动的轨道半径之比(2)粒子达成一次周期性运动的时间(3)粒子从O点入射，第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设粒子的速度为，由得粒子在第二象限的轨道半径为粒子在第三象限的轨道半径为则（2）粒子从O点射入第二象限到再次射入第二象限，完成一次周期性运动,如图所示，粒子在磁场中运动时的圆心角为由得粒子在第二象限中运动的时间为粒子在第三象限中运动的时间为则粒子达成一次周期性运动的时间为（3）粒子从O点入射，第一次经过x轴的位置到坐标原点的距离为第二次经过x轴的位置到第一次经过x轴的位置的距离为则粒子第二次经过x轴的位置到坐标原点的距离为考向6临界状态不唯一导致的多解问题例1如图所示，两平行竖直线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，在MN上O点处有一粒子源，能射出质量为m，电量为q的带负电粒子，当速度方向与OM夹角θ=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场，不计粒子间的相互作用及重力。则下列说法正确的是（）A．粒子的速率为qBaB．粒子在磁场中运动的时间为πmC．若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则粒子在磁场中运动的最长时间为πmD．若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为2【答案】D【详解】A．根据左手定则，由粒子带负电以及磁场方向可知粒子所受洛伦兹力的方向与速度的方向垂直指向右下方。当速度方向与OM夹角θ=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场，所以粒子运动的半径r=由粒子在磁场中运动洛伦兹力作向心力可得Bqv=mv2rB．粒子在磁场中运动的周期T=则粒子在磁场中运动的时间t=30°D．当θ=0°时，如图所示，可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线上方3a当θ增大时，粒子打在PQ上的位置下移，直到粒子的运动轨迹与PQ相切时。如图所示，可知粒子打在PQ上的位置为O点水平线下方3a当θ继续增大直到180°，粒子的运动轨迹与PQ不相交，直接从MN上射出，且在MN上的出射点不断上移直到O点。所以若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为23C．若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则粒子运动半径不变，那么粒子运动周期不变。所以粒子在磁场中运动的轨迹所对应的弦长越长，则粒子在磁场中运动的时间越长。由D的分析可知，当粒子的出射点在PQ上时，粒子的弦长可取[a，2a]的任意值；当粒子的出射点在MN上时，粒子的弦长可取[0，23所以粒子运动轨迹的弦长最大可取23a，此时对应的中心角所以粒子在磁场中运动的最长时间t=120°故选D。【变式训练1】（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，在空间直角坐标系、区域内存在沿z轴负方向的匀强电场，在区域内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在区域内还可以施加沿x轴方向的交变电场和沿z轴方向的交变电场。一质量为m、电荷量为（）的粒子从yOz平面内的点沿着与z轴正方向成某一角度的方向射出，经电场偏转后恰好从原点O沿y轴正方向以速度v进入磁场和交变电场区域，当粒子经过原点O时开始计时，交变电场、随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，图乙中电场的正方向沿x轴正方向，图丙中电场的正方向沿z轴正方向，图乙、丙中，不计粒子重力。(1)求粒子从P点射出时的速度；(2)若仅在区域内施加如图乙所示的沿x轴方向的电场，求时刻粒子的速度大小；(3)若在区域内同时施加如图乙、丙所示的交变电场、，求粒子相邻两次经过原点O的时间间隔及粒子在运动过程中与xOz平面间的最大距离。【答案】(1)，速度方向与z轴正方向间的夹角(2)(3),【详解】（1）粒子偏转的逆过程可视为类平抛运动沿y轴负方向，有沿z轴负方向，有联立可得粒子从P点射出时速度的大小速度方向与z轴正方向间的夹角解得故粒子从P点射出时的速度与z轴正方向间的夹角为，斜向右上方。（2）粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，沿x轴方向做往返运动。粒子在yOz平面内做圆周运动，则有解得根据可得粒子做圆周运动的周期在时刻，粒子沿x轴方向的速度此刻粒子的速度大小（3）粒子在复合场内可视为沿yOz平面和沿x轴方向的合运动。粒子在yOz平面内的运动，在时间内，在yOz平面内做圆周运动的半径粒子在时间内，粒子做滚轮线运动，可视为沿y轴的匀速运动和在yOz平面内圆周运动的叠加，匀速直线运动的速度满足解得其运动轨迹的示意图如图所示粒子在运动过程中与xOz平面间的最大距离由原点出发回到x轴的时间（、2、3……）粒子沿x轴方向做往复运动，回到yOz平面的时间（、2、3…）粒子连续两次经过原点的时间间隔，应是粒子在yOz平面内回到x轴和沿x轴方向回到yOz平面所需时间的最小公倍数【变式训练2】（2025·吉林白城·模拟预测）现代仪器中常用电磁场控制带电粒子的轨迹，如图所示，空间中xOy直角坐标系，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为、B，其中，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场．时刻，一比荷为的带正电粒子，从坐标为的A点处以初速度沿x轴正方向射出，恰好从O点射入磁场，不计粒子重力，求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)要使粒子不再返回电场中，k的取值范围；(3)若，则粒子从x轴上方经过x轴的时刻。【答案】(1)(2)(3)[或]【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有，由牛顿第二定律则有联立解得（2）粒子到达点时，沿轴负方向的速度粒子在点的速度且与轴正方向夹角粒子在第Ⅳ象限内有解得粒子在第Ⅰ象限内有粒子恰好不再返回电场时，由几何关系得联立解得故的取值范围为（3）粒子在电场中运动的时间粒子在第Ⅳ象限内有粒子在第Ⅰ象限内有故粒子在磁场中从轴上方经过轴的时间故粒子从轴上方经过轴的时刻解得[或]【变式训练3】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在如图1所示的回旋加速器中，两个半径为R的正对D形盒处于与盒上表面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B0，两D形盒之间存在极窄的狭缝，且分别接在交流电源两端，电压U随时间t的变化关系如图2所示，粒子经过狭缝时会被电场加速。左侧D形盒圆心处的粒子源A，可不断释放初速度为零的带电粒子，其质量为m、电荷量为q，粒子经多次加速后从D形盒边缘出口被引出。已知粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数，图2中，不计粒子重力，加速过程中不考虑相对论效应和变化的电场对磁场分布的影响，以及粒子间的相互作用。(1)当粒子能从D形盒的边缘处被引出时，求粒子在磁场中运动的时间t；(2)若粒子被引出时形成的等效电流为I，引出后垂直打到一块收集板（图中未画出）上，且粒子全部被收集板吸收，不考虑收集板上的电荷对飞行中粒子束的影响，求收集板对粒子束作用力F的大小；(3)在实际使用过程中，回旋加速器的磁感应强度B与B0有一定差值。若某次使用时发现粒子在时刻第一次被加速，且只能连续加速n次（已知粒子运动周期小于2T且粒子未被引出），求磁感应强度B的范围。【答案】(1)(2)(3)（n=2，3，4⋯）【详解】（1）粒子的轨迹半径达到最大时被引出，设此时的速度为v，有设粒子加速n次后达到最大速度，由动能定理得由周期公式得则粒子在磁场中运行的时间为联立解得（2）设在t时间内离开加速器的带电粒子数为N，则输出时带电粒子束的等效电流为打到收集板上后速度减为零，则由动量定理联立解得（3）设磁感应强度大小为B时，粒子做圆周运动的周期为T1，又T1<2T，则在连续加速（n−1）次后即将进行第n次加速的时刻为（n=2，3，4⋯）①由可知，当磁感应强度B偏小时，T1大于T，要实现连续n次加速，则加速时间不能超过，即可得解得②由可知，当磁感应强度B偏大时，T1小于T，要实现连续n次加速，则加速时间不能小于，即可得解得因此，磁感应强度B的范围为（n=2，3，4⋯）1．（2025·安徽·高考真题）如图，在竖直平面内的直角坐标系中，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dD．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为【答案】C【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误；B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，故B错误；C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。故选C。2．（多选）（2025·甘肃·高考真题）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。3．（多选）（2025·四川·高考真题）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。4．（多选）（2025·河北·高考真题）如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为【答案】BCD【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A错误；B．随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足，解得即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确；C．因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系解得r=2L可得可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板上表面的位置与O点的最大距离为当N极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上表面的位置则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为，选项C正确；D．因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间其中打到M板下表面距离Q点的最小距离解得选项D正确。故选BCD。5．（多选）（2025·河南·高考真题）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中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（）A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且【答案】BC【详解】A．顺时针而，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，A错误；B．顺时针而，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确；C．若的方向左偏上，说明手机框架给镜头向上以及向左的