2026年高考物理总复习 第1部分 专项强化 磁场

第9讲磁场

电港的做场：安培定期।

T磁场的忤亚卜［

造感应知女8的而丁

知识

框架T大小:/书KCF

q济伦线川-___________________________T匀速直线运翊，,切|

q布电粒子在匀强磁场中而嬴卜-----------------------------

1-----------------------------1_匀速网用运动”Um：r=箫.公第

1.掌握磁感应强度的叠加计算，会求解安培力的力学问题。

学习

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。

目标

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。

考点1磁场的性质安培力

1.分析磁感应强度问题的关键

⑴判断电流激发的磁场的方向：安培定则（右手螺旋定则）。

⑵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

⑴判断方向：左手定则。注意四指指的是电流的方向。

⑵计算大小：尸=〃瓜in，。需要注意的是，如果不是直导线，则/是通电导体在磁场中的有

效长度。

例I（2025•福建卷，3）如图所示，空间中存在两根无限长直导线却与上，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。关于L对称，O与N关于七对称，

且OW=OM初始时，M处的磁感应强度大小为历，。点的磁感应强度大小为现保持

L中电流不变，仅将心撤去，N点的磁感应强度大小为（）

A.灯一丛B.；田一历

C.B2-BtD.Bi—

［解析I设OM=ON=2『,单根导线在距其，•处产生的磁场的磁感应强度大小为在距其

3r处产生的磁场的磁感应强度大小为Bn，根据安培定则及磁感应强度的叠加原理可知，

=B「一B”,82=28”仅将心撤去，N点的磁感应强度大小为当，，可解得83r=当先一S,A

正确。

I答案］A

例2（2025•河南省南阳市高三下月考）由几根粗细相问且材料相同的匀质直导线构成的梯形

线框A4CQ如图，上底边的长度与两腰4。、4c的长度相等，下底边。C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。若将人、

8两点接在可提供恒定电压的某电源两端，边受到的安培力大小为巴则将。、C两点接

在该甩源两端时，梯形线框受到的安培力大小为（）

A.B.

55

C.邛D.qF

［解析］设AB边的电阻为R、长度为3贝UA。、Z?C边的电阻均为R、长度均为L0c边的

电阻为2R、长度为2L将A、A两点接在可提供恒定电压U的电源两端时，通过边的电

流/=,，AB边所受安培力大小F=BIL=噜,将C、。两点接在该电源两端时，通过D48C

KK

边的电流S，DABC边所受安培力大小F\=BI\X2L=?弋通过边的电流h=标,

JKJA2A

QC边所受安培力大小&=B/2X2L=半，由左手定则知Q、22方向相同，则梯形线框受到

的安培力大小广二代+2二能生二斗^故选D。

［答案］D

总结提升

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，还可以直接用户=

8〃求解，其中/是干路电流，L是两端点间的有效长度。

考点2带电粒子在匀强磁场中的运动

要点梳理

1.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的重要结论

(I)轨迹半径：『=靛0

(2)周期公式：丁=谭。

(3)运动时间：①，=言7=辑；②，=宗

2.求解带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的关键

(I)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•点的距离•定等于轨迹半径。

⑵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。

(3)朝L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以则粒子射

出磁场时速度方向与出射点对应磁场半径的夹角也为0。当〃=0时，粒子沿半径方向进出。

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，贝的

(1)磁发散：沿不同方向从遨场某点射入的粒子，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。

命题参考

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〃?、速度为。的电中性粒子在4点分裂成带等量异号

电荷的粒子”和江”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1(1:

1户3：1,半径之比r“：小=6：1。不计重力及粒子间的相互作用力，求：

⑴粒子a>b的质量之比阳°:mb；

(2)粒子。的动量大小外。

I解析］(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为编的粒子。、〃在磁场中偏转做匀

速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有

D*D就

qVaB=?"二,(iVbB=mir~

raU)

m曲&gRb

解得%=~qBfrh=^B

又ra：〃>=6：1，得相研=6:1

因为相同时间内的径迹长度之比：//,=3：1

则分裂后粒子〃、〃在磁场中运动的速度大小之比％：%=3：1

解得粒子a、b的质量之比他:"%=2:1o

⑵电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守，亘定律有/加=，4％+"6诙

又m(lVa:加必产6:1

联立解得pa=m(lVa=jtnVo

［答案I(1)2：1⑵与加

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反方向垂

直于纸面向外的匀强磁场。。、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。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，比荷均为去

已知OK=3/i,0M=3®,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。

(1)若K水平发射的粒子在0点产生光点，求粒子的速度大小。

⑵若K从水平方向逆时针旋转60。，其两端同时发射的上、负粒子恰都能在N点产生光点，

求粒子的速度大小。

(3)要使Q)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，时间后关闭磁场，忽

略磁场变化的影响，求上

［解析］(1)设粒子的速度大小为。，轨迹半径为广，洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运

动的向心力，有皎8=巧7

由几何关系知2r=3力，解得。=嗡。

(2)设粒子做圆周运动的半径为〃，粒子的速度大小为彷，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n+nsin〃=OK

且〃=30°

根据洛伦兹力提供向心力有qv\B=nr：

解得八=2〃，0=斗当。

(3)分析可知，图1中KN部分优瓠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a

的正切值tan°=0M_；cos〃

该粒子在磁场中运动的延长对应的圆心角夕=90。+。

该粒子在磁场中运动的时间，=名

［跟进训练］（2024.湖北卷，7）如图所示，在以。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，磁感应强度大小为瓦圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够

大的匀强磁场。一质量为加、电荷晶为4%>0）的带电粒工沿直径A。方向从4点射入囤形区

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4点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为篆

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争

答案：D

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切轨迹

关于其轨迹圆心与。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。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。点，故A、B错误；设粒子的速度大小为。，根据卯8=〃,得，粒

子做圆周运动的轨迹半径为r端,则粒子在各磁场中的轨迹半径相等，根据「=等得，

粒子做圆周运动的周期为r=&,与粒子速度和轨迹乂径无关，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4c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，=^『xr=2T=察，故C错误；粒子从A点射入到从。点

Iso。

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。=二一=60°,设此

时粒子的速度大小为力，江磁场中运动的半径为力，根据几何关系可知"一乩山丹一谭，根

据洛伦兹力提供向心力有卯由=〃"，可得6="蜉，故D正确。

考点3带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题

要点'梳理飞

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。

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次)方向一定，大小不同

以入射点尸为定点，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)

应用方法

（2）旋转圆

适用条件粒子的初速度大小一定，方向不同

将一半径为R=翳的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件

应用方法

（轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、轨迹半径/?=翳的圆上）

（3）平移圆

粒子的初速度为大小、方向均一定，从同一直线边界进入匀强磁场的入射点位

适用条件

置不同

将半径为/?=翳的圆进行平移

XXXXXXXX

应用方法X1*X\x\xX

............................IT-…1-

（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）

.翳命题参考

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A8C区域内有垂直

纸面向里的匀强磁场，BC边长为L,边长为2L,大量质量为"八电荷量为小速度大小

为。的带负电粒子垂直4C边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从4B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（）

［解析］由几何知识可知sin/A=fj==则NA=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，设为根据几何关系,有品了

二，解得轨迹半径，一半八根据洛伦兹力提供向心力，有的=解得8M

SIII0x71'

冷,故选C。

qL

/?

I答案］C

总结提升

本题需要同时使用放缩圆治平移圆的技巧，才能找出临界轨迹。

例6（2025・安徽卷，7）如图，在竖直平面内的Ox），直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向

里的匀强磁场，磁感应强度大小为儿在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的

探测薄板MMMN到x轴的距离为4上、下表面均能接收粒子。位于原点。的粒子源,沿

0町平面向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%质量

为如速度大小均为誓。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2〃

B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为小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湍

［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其中。=啜,

解得粒子的运动半径为r=乩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矩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Axi=2mos300B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AX2="，C正确；粒子在磁场中的运动时间，=三黑7,周期T

JoU

=驾=受，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

Vqti

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2^=黑

36（）qoSqB

D错误。

［答案］C

高考风向标

I.（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），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（）

测量序号B.v/MT卬UT昆/UT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.测量地点位「南半球

B.当地的地磁场大小约为50UT

C第2次测量时），轴正向指向南方

D.第3次测量时），轴正向指向东方

答案：BC

解析：地球可视为一个条形磁体，地越南极在地理北极附近，地哒北极在地理南极附近，由

表中昆数据可看出z轴的她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、度+厌+咫-50UT,

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

量时丛=0,位为负值，故y轴正向指向南方，第3次测量&为正值，Bv=0,故x轴正向指

向北方，则y轴正向指向百方，C正确，D错误。

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c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。的大小和方向，依此自动

调节c、d中通入的电流人和人的大小和方向（无抖动时人和〃均为零），使镜头处于零加速度

状态。下列说法正确的是（）

*上

潦头..X.X.XX二X二X.X：..1

'手机框架

A.若人沿顺时针方向，4=0，则表明”的方向向右

B.若人沿顺时针方向，4=0,则表明”的方向向下

C.若〃的方向沿左偏上30°,则乙沿顺时针方向，A］沿逆时针方向且

D.若〃的方向沿右偏上20°,则人沿顺时针方向，Ai沿顺时针方向且/c〈/d

答案：BC

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小

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。的方向相反。若/c沿顺时针方向，/d=0,由左手定则可知，线图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"的方向向左，A

错误；若A1沿顺时针方向，4=0，由左手定则可知，线图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〃的方向向下，B正确；若〃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冗＞凡，根据左手定则及安培力公式可知，人沿

顺时针方向，/d沿逆时针方向且/c》d，C正确；若”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F30“，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展>凡，根据左手定则及安培力公式可知，4沿逆时针方向，/d沿逆时

针方向且/c>/d，D错误。

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/后从枪口7沿直线〃方向射出，需精准打击位于以弧

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，小重力可忽略不计，

电子在枪内运动不受磁场影响。求：

电子枪■<

X

⑴电子出枪口后击中靶点M所需要的磁感应强度与的大小;

(2)电子从静止出发到靶点M所需的时间;：

(3)若将磁场方向改为平行于枪口7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良的大小。

答案…曾源⑵3+儡X隔

Ji(

(32)n-^-^—2r^n—Ucos</>(«=!,2,3，-)

解析：(1)设电子出枪口时的速度大小为。，电子在电场中被加速过程，由动能定理有

1,

eU=ynv--0

解得

4

2一

设电子在磁场中运动的轨道半径为R，如图所示,一

/?

解得“羔

由洛伦兹力提供向心力有B\ev=nr^

人…八2sin。l2mU

解得

(2)设电子在电场中加速时间为小由匀变速直线运动的规律有/与

电子在磁场中运动轨迹所对应圆心角为23，轨迹长度s=2(pR

电子在磁场中的运动时间!2=^

电子从静止出发到靶点M所需的时间r=ri+/2

联立解得尸3+篇低。

(3)当磁场方向平行于TM时，电子的运动可分解为沿W方向的匀速直线运动和垂直于™

方向的匀速圆周运动。设其从7运动到M的时间为打，则沿方向有d=ocos。・力

2元i>f

设垂直于7M方向电子做圆周运动的半径为十，周期为丁，则有丁=不彳

由洛伦兹力提供向心力有

(osin0)2

eosin6-Bi=m-----,-----

/\

要使电子仍能打至靶点M,则电子在f3时间内在垂直于7M方向恰好完成整数次圆周运动，

有，3=〃7(〃=1，2,3»…)

联立解得82=得一\J^^cos0(n=1,2,3,…)。

专题作业

课时检测I

1基础保分题组

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8、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宜角三角形0MN的M、N两顶点处，

ZM=90°,ZN=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*

即磁感应强度8与导线中电流/成正比、与该点到导线的距离，•成反比。现让两导线以。点

为圆心，分别以OM、ON为半径，保持N。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()

0

⑥...................■•■■-0

MN

li

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

答案：D

解析：由安培定则可知，M处导线在。处产生的磁场方向垂直0M向左，N处导线在。处产

生的磁场方向垂直ON向上，因。点的磁感应强度始终为零，则。处8、BM、BN构成首尾

相容的矢量三角形，且5的大小、方向不变，BM、BN夹角不变,如图所示（可类比动点平衡

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°,一直增大，以一直减小，又通电长直导线周围某点的磁

感应强度8=白，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心的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的。、》两点，导线通有

图示电流/，处在磁感应强度为8、方向竖直向下的匀强磁场中，则稳定后导线中的张力为

答案：D

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/=2/?sin

月〃

，，所受安培力大小FA=B〃，由平衡条件得2人in8=FA，又2五R=L联立解得7=索,

故D正确。

3.（2025•湖北省武汉市高三下调研）如图所示，直角三角形必c中/。=30°,ac=L,其区域

内存在磁感应强度大小为8、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警（女为粒子的比荷）的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间

作用力，卜列说法止确的是（）

b

:•

i・・・、.

比……•….………2%入

C（T

A."边上有粒子到达区域的长度为坐L

B.如边上有粒子到达区域的长度为方

C.从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为击

D.从边射出的粒子在破场中运动的最长时间为点

答案：C

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又北=丸9=等，

解得r=g沿劭方向射入的粒子的运动轨迹如图1所示，运动轨迹与必边相切的情况如图

2所示，由几何关系可得而边上有粒子到达区域的长度为de=ad—〃6=亨，0=30°,ac边

上有粒子到达区域的长度为0，=2rcos伊=坐£,故A、B错误；粒子从“〃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，曰几何关系可知，最小圆心角为a=

60°,则最短时间为4.=4=击，故C正确；粒子从ac边上/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8=120°,则最长时间

==，

为Aiiaxv3^5故D错误。

4.（2025・甘前卷，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

大小为从内圆半径为Ro,在内圆上A点有八仄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带正电且比荷均为半a粒了的速度大小为以=警，

方向沿同心圆的径向；人和c粒子速度方向相反且与〃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c下列说法正确的是（）

A.外圆半径等于2R）

B.〃粒子返回A点所用的最短时间为〃?

c.从。粒子返回人点所用的最短时间之比勾条

D.c粒子的速度大小为坐%

答案：BD

解析：〃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〃登,且〃=嘴，

可得R尸Ro,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=Ro+小Ro,

4粒子返回4点的最短运动轨迹Smin=2X丹加+2R（）=（3n+2）R（）,则所用的最短时间为片面

=誓="'，A错误，B正确；作出反。粒子运动轨迹，分别如图2、图3所示，

u。qD

可知从c粒子返回A点所用的最短时间都是一个周期丁=筑，故所用的最短时间之比为

I：1,C错误；设c粒子的轨迹半径为凡.，速率为&,由几何关系得2上=用一/?0,根据洛伦

兹力提供向心力有*出=%，解得%=肾&=察〃，D正确。

5.（2025•福建省莆田市高三下二模）（多选）如图，在平面内y20区域存在垂直纸面向里

的匀强磁场，磁感应强度为庆在x=-a处放置一平行于y轴的足够长的挡板。。点史的粒

子源在xQy平面第一象限0°〜90°范围内发射大量质量为〃?、电荷量为4（9>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（）

XXX?XXX

XXXXXX

XXXXXX

____________/一

~o\x

A.粒子的速度大小为尸噜

JIm

B.粒子在磁场中运动的最短时间为砧

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

答案：AD

解析：如图所示，所有粒子恰好都能打在挡板上，则沿工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「="，由洛伦兹力提供向心力有WB=〃$,可得〃

=噜,故A正确；如图所示，沿），轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角最小，为方，

JI

其在磁场中运动时间最短，又周期7=黑，故最短时间和汕="7=舞，故B错误；粒

（jn2HZ.C/D

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），轴坐标为y=yj（2r）2-a2=^a,则在

〃〈产巾。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/=1m,与水平面成顼角。=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=0.5kg的金属棒A8置于短杆处，金属棒与金属导轨

间的动摩擦因数"=0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为/=3A,重力

加速度的大小取lOm/s?,sin370=0.6。要使金属棒沿导轨向上以a=2m&的加速度做匀加

速直线运动，则磁感应强度的最小值为（）

A.芈TB・半丁

C.1TD.2T

答案：A

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Feosa-^sin0

—f=ma,垂直导轨方向由平衡条件有A+bsina=〃?gcos。，又尸联立可得安培力的

-----.---------N,其中sin/?=-}===,可知F的最

cos0+0.5sina-------而予sin（a+夕）------------------*\/1+0.52

小值为尸内宿志N嘴N,磁感应强度的最小值“in满足/min=%un〃，可得Bmin=诛

T,故选A。

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.粒了•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

答案：D

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。分解为沿轴线方向

的速度力和垂直轴线方向的速度。x，由左手定则可知，“使粒子受到的洛伦兹力垂直于轴线

方向,只改变外的方向，不改变外的大小，而必使粒子受到的洛伦兹力垂直于磁场线斜向

上，使4•减小，由粒子圆周运动的周期公式有丁=贵，日题图可知磁感应强度越往下起大，

故7减小，粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离1=巧7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。

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、HI、N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（）

r一一

-

J

E

入.出

'

1川

m

射.射

粒」粒

子-子

••>•

E

流.流

N

T

：c

答案

角聚

右下

H区域