专题10 磁场 带电粒子在磁场中的运动（练习）（解析版）-2024年高考物理二轮复习讲练测（新教材新高考）

【淘宝店铺：向阳百分百】【淘宝店铺：向阳百分百】专题10磁场带电粒子在磁场中的运动目录01磁场对通电导线的作用力问题 2考向一磁场对通电导线的作用力问题 202带电粒子在磁场中的运动 10考向一带电粒子在磁场中的圆周运动 10考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题 14考向三带电粒子在磁场中运动的多解问题 3601磁场对通电导线的作用力问题考向一磁场对通电导线的作用力问题1．（2023·北京·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（）

A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB．粒子质量为C．管道内的等效电流为D．粒子束对管道的平均作用力大小为【答案】C【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=a，故A正确，不符合题意；B．根据，可得粒子的质量，故B正确，不符合题意；C．管道内的等效电流为，单位体积内电荷数为，则，故C错误，符合题意；D．由动量定理可得，粒子束对管道的平均作用力大小，联立解得，故D正确，不符合题意。故选C。2．（2023·江苏·高考真题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（

）

A．0 B．BIl C．2BIl D．【答案】C【详解】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab=BI∙2l=2BIl则该导线受到的安培力为2BIl。故选C。3．（2022·湖南·高考真题）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（

）A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tanθ与电流I成正比D．sinθ与电流I成正比【答案】D【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有，FT=mgcosθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。故选D。4．（2022·浙江·高考真题）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】根据F=BIL，可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F—I图象是过原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图象是过原点的直线。故选B。5．（2021·重庆·高考真题）（多选）某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈水平固定，圆线圈P与、N共轴且平行等距。初始时，线圈通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（）A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流【答案】BC【详解】AB．当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；CD．若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。故选BC。6．（2021·江苏·高考真题）在光滑桌面上将长为的软导线两端固定，固定点的距离为，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】从上向下看导线的图形如图所示导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小，设绳子的张力为，由几何关系可知，解得，故A正确，BCD错误。故选A.7．（2021·广东·高考真题）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。8．（2023·北京·高考真题）2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比；（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为（2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为第二级区域中磁感应强度大小为金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为金属棒经过第二级区域的加速度大小为则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为9．（2022·天津·高考真题）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于面的匀强磁场，磁感应强度的大小为，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为、电阻率为，重力加速度为。（1）试判断所加磁场的方向；（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压；（3）假定平板与容器足够高，求电压满足什么条件时两板间液面能够持续上升。【答案】（1）沿轴负方向；（2）；（3）【详解】（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿轴负方向。（2）设平板宽度为，两板间初始液面高度为，当液面稳定在高度时，两板间液体的电阻为，则有当两板间所加电压为时，设流过导电液体的电流为，由欧姆定律可得外加磁场磁感应强度大小为时，设液体所受安培力的大小为，则有两板间液面稳定在高度时，设两板间高出板外液面的液体质量为，则有两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有联立以上式子解得（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与（2）同理可得整理上式，得平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n趋近无穷大，即无限趋近于1，可得02带电粒子在磁场中的运动考向一带电粒子在磁场中的圆周运动1．（2021·湖北·高考真题）（多选）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（）A．a带负电荷 B．b带正电荷C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等【答案】BC【详解】ABC．由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，BC正确；D．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即，解得，由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。故选BC。2．（2023·福建·高考真题）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为；P、O、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。（1）求OM的长度；（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有整理得OM的长度为（2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得整理得3．（2023·天津·高考真题）信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。（1）如图2，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向成角，则：（i）判断B的方向；（ii）a、b两个电子运动到下一个极板的时间和；（2）若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出个电子，且，阳极处接收电子产生的电流为I，在答题纸给出坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。

【答案】（1）（ⅰ）沿z轴反方向；（ⅱ），（2）见解析【详解】（1）（ⅰ）a电子，初速度方向在xoy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zoy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。

（ⅱ）a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，由图可知电子运动到下一个极板的时间b电子，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间（2）设，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量对应的电流可得I-U图像如图

4．（2023·河北唐山·迁西县第一中学校考二模）（多选）如图所示，、是相互平行、间距为L的长直边界，在两边界外侧都存在匀强磁场，方向均垂直于纸面向内，右侧磁场的磁感应强度大小为。一质量为，电荷量为的带电粒子从边界的O点以大小为的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区，一段时间后粒子从右向左再次经过O点，不计粒子的重力。左侧磁场的磁感应强度可能值为（）

A． B． C． D．【答案】CD【详解】根据题意，设带电粒子在右侧匀强磁场中运动的轨道半径为r，由，解得，设粒子在PQ左侧匀强磁场中运动的轨道半径为R，若粒子进入左侧磁场区运动一次后，从右向左经过O点，其轨迹如图

则有，由，解得，若粒子两次进入左侧磁场区运动后，才从右向左经过O点，粒子运动轨迹如图

由几何关系可知，由，解得。故选CD。考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题5．（2022·辽宁·高考真题）（多选）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）A．粒子1可能为中子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点【答案】AD【详解】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有，解得，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。故选AD。6．（2021·全国·高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径，第二次的半径，根据洛伦兹力提供向心力有，可得，所以。故选B。7．（2021·北京·高考真题）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出（）A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的时间D．该匀强磁场的磁感应强度【答案】A【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示A．由几何关系可知，，因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为，故A正确；BD．洛伦兹力提供向心力，有，解得带电粒子在磁场中运动的速率为，因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为，则带电粒子在磁场中运动的时间为，因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；故选A。8．（2021·海南·高考真题）（多选）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（）A．粒子一定带正电B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场C．粒子入射速率为D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为【答案】ACD【详解】A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图粒子运动的半径为，洛伦兹力提供向心力，解得粒子入射速率，若，粒子运动轨迹如图根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知，解得，D正确。故选ACD。9．（2024·海南·校联考一模）（多选）在如图所示的坐标系中，P、Q分别是x、y轴上的两点，P、Q到原点O的距离均为L，区域内（包含边界）存在与直角坐标系平面垂直的匀强磁场（未画出）。一质量为m、电荷量绝对值为q的带电粒子从原点O处以速率沿x轴正方向射入磁场，从OQ之间的M点（未画出）射出，不计带电粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度大小可能为（）

A． B． C． D．【答案】BC【详解】带电粒子从OQ之间的M点射出，由带电粒子在磁场中受力分析可知，粒子从原点O处以速率沿x轴正方向射入磁场时，受力方向应该向上，如图为匀强磁场的磁感应强度最小值时的轨迹

由几何关系可知，由洛伦兹力提供向心力可知，联立两式解得，可知BC正确，AD错误。故选BC。10．（2023·全国·模拟预测）（多选）如图所示，空间中有一个底角均为的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为（）

A． B． C． D．【答案】BC【详解】能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示

由几何关系可知，半径最大为从a点射出，如图所示

由几何关系可知，由牛顿第二定律有，解得，则有，为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为。故选BC。11．（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）（多选）如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（包括边界，图中未画出），，一带正电的粒子由点以速率沿方向射入磁场，经磁场偏转后从边离开磁场，已知，粒子的质量为，电荷量为，粒子重力忽略不计.则下列说法正确的是（

）

A．磁感应强度的大小可能为B．磁感应强度最小时，粒子的出射点到点的距离为C．从边离开的粒子在磁场中运动的时间均为D．当磁感应强度取粒子从边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子在磁场中的运动时间缩短【答案】AD【详解】A．粒子的轨迹与边相切时，粒子刚好从边离开磁场，作出粒子的轨迹如图所示，此时粒子的轨道半径最大，磁感应强度最小，由几何关系可知该粒子的轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力有，解得磁感应强度的最小值为，故A正确；B．磁感应强度最小时，粒子从边的点离开磁场，由几何关系可知，所以出射点到点的距离为，故B错误；C．磁感应强度最小时，粒子在磁场中的运动周期为，粒子的轨迹所对应的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的时间为，即为，由公式，可知磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动周期越小，由于轨迹所对应的圆心角不变，所以粒子在磁场中运动的时间越短，故C错误；D．磁感应强度取粒子从边离磁场的最小值时，粒子在磁场中运动的周期一定，粒子的入射速度越大，粒子的轨道半径越大，当粒子从射出时，粒子的速度增大，粒子的轨迹所对应的圆心角减小，所以粒子在磁场中运动的时间减小，故D正确。故选AD。12．（2023·河北·校联考模拟预测）（多选）如图所示，在坐标系中，y轴右侧存在匀强磁场，磁场右边界线与y轴平行，有两个带负电荷的粒子A和B从O点进入磁场，进入磁场时两粒子的速度大小相等，粒子A进入磁场时速度方向与x轴成60°角，粒子B进入磁场时速度方向与x轴成30°角，经磁场偏转后两粒子恰好都没有穿越磁场右侧边界线，则下列说法正确的是（

）

A．两粒子在磁场运动半径之比B．两粒子的比荷之比为C．两粒子在磁场运动周期之比D．两粒子在磁场运动时间之比【答案】AD【详解】A．两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，部分运动轨迹如下图所示

设磁场宽度为d，根据几何知识可得，，解得，，故，故A正确；B．根据洛伦兹力提供向心力，可得，由于两带电粒子速度相同，故两粒子的比荷之比为，故B错误；C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为，故两粒子在磁场运动周期之比为，故C错误；D．根据几何知识可知A粒子和B粒子在磁场中偏转角度分别为，，故两粒子在磁场运动时间分别为，，故两粒子在磁场运动时间之比为，故D正确。故选AD。13．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）（多选）如图，在一个边长为a的正六边形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则（）

A．从点飞出磁场的粒子速度大小为B．所有从边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同C．从点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为D．从边上的某一点垂直飞出磁场的粒子，其轨道半径为【答案】BCD【详解】A．从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，由几何关系可得，联立解得，故A错误。

B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为所有从边上飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角均为，则在磁场中的运动时间均为，故B正确；C．由几何关系可得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中的运动时间为，故C正确；D．由几何关系可得，从边上的某一点垂直飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为，则有，，故D正确。故选BCD。14．（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）（多选）如图所示，A、C两点分别位于x轴和y轴上，，的长度为L。在区域内（包括边界）有垂直于平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带电粒子，以各种不同的速度垂直边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为。不计重力。下列说法正确的是（）

A．带电粒子带负电B．磁场的磁感应强度的大小为C．从中点射入磁场的带电粒子可以从C点出射D．能从边射出的带电粒子最大射入速度是【答案】BD【详解】A．由左手定则可知带电粒子带正电，故A错误；B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间2t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=8t0，设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得，匀速圆周运动的速度满足，解得，故B正确；C．由题给条件可知，带电粒子从C点出射，则C为切点，如图所示

由几何关系可知，粒子的轨迹半径为，入射点到A点距离为，不是从中点射入磁场，故C错误；D．由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹与AC边、OC边相切时，粒子的轨迹半径最大，此时粒子的入射速度最大，如图所示

设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于N点，从O点射出磁场，由几何关系可知，设粒子最大入射速度大小为vm，由圆周运动规律有，解得，故D正确。故选BD。15．（2023·河北唐山·开滦第一中学校考一模）（多选）如图所示，竖直平面内两条虚线是匀强磁场的上下边界，宽度，磁场的磁感应强度，在磁场下边界P点有粒子源，可以向磁场各个方向发射速度带正电的粒子，粒子比荷，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）

A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.4mB．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.5mC．粒子在磁场中运动的最长时间是D．粒子在磁场中运动的最长时间是【答案】AC【详解】AB．根据代入数据得故A正确、B错误；CD．在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应与上边界相切，如图所示，，，，圆心角，在磁场中运动时间最长，，所以，故C正确、D错误。故选AC。16．（2023·全国·校联考模拟预测）如图1所示，在半径为的圆形区域内，有垂直于圆面的磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图2所示，和大小之比为，已知。时刻，一带电粒子从点沿方向进入匀强磁场中，从圆周上点离开磁场，，在磁场中运动的时间为，粒子重力不计。（1）求该粒子的比荷（用含、的式子表示）；（2）若同一种粒子在时刻从点入射，速度大小、方向均与第一次相同，求这个粒子在圆形磁场区域中运动的时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据题意做出粒子得运动轨迹如图所示

根据几何关系可得该粒子轨迹得半径设该粒子得质量为，电荷量为，入射速度为，由洛伦兹力充当向心力有粒子的周期为则可得联立解得（2）在时刻射入同一粒子，此时的磁场强度为，根据洛伦兹力充当向心力有解得根据题意有而解得则可知粒子在磁场中偏转的角度为，设该粒子在此磁场中运动的时间为，则可得17．（2023·河南新乡·统考一模）如图所示，在空间坐标系中，区域Ⅰ是边长为的正方体空间，该空间内存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为（大小未知），区域Ⅱ也是边长为的正方体空间，该空间内存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为（大小未知），区域Ⅱ的上表面是一粒子收集板。一质量为、电荷量为的带电粒子从坐标原点沿平面以初速度进入区域Ⅰ，然后从区域Ⅰ右边界上的点沿轴正方向进入区域Ⅱ。已知点的坐标为，粒子重力不计。（1）求磁感应强度的大小；（2）为使粒子能够在区域II中直接打到粒子收集板上，求磁感应强度的大小范围。【答案】（1）；（2）【详解】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得由几何关系可知可得联立可得，磁感应强度的大小为（2）为了保证粒子能够直接打到粒子收集板上，最小半径为最大半径为由洛伦兹力提供向心力得联立可得，磁感应强度的大小范围为18．（2023·浙江台州·统考模拟预测）如图所示，平面（纸面）内轴右侧连续分布宽度为的无场区域和宽度为d（未知）的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。位于原点处的粒子源能释放出质量为，电量为，初速度大小为的正离子，离子沿各方向均匀分布在与轴成的范围内，其中有的离子能从第一个磁场区域的右边界飞出。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。求：（1）离子进入磁场后做圆周运动的半径大小；（2）磁场宽度d的大小；（3）离子能到达离轴的最远距离；（4）离子从点出发到飞离第一个磁场区域的左边界所用时间的最小值。[提示：若，则]【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）根据洛伦兹力充当向心力有解得（2）由题得，如图所示与轴成斜向上入射的离子恰好从磁场右侧飞出，由几何关系可得（3）在最远位置时，离子的速度方向变为沿轴正方向，则沿方向由动量定理可得即与轴成斜向下入射的离子最大，解得故离子在第四个磁场中到达最远位置，则离轴的最远距离为（4）运动时间为化简得令，解得故最短时间为19．（2023·四川成都·校联考模拟预测）如图所示，真空中有四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、点，各区域磁感应强度大小相等，方向如图所示。某粒子质量为m、电荷量为+q，从O点沿轴线方向射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O点上方d处射出磁场。求：（1）磁感应强度大小B；（2）入射速度为时，粒子从O运动到的时间t；（3）入射速度仍为，通过沿轴线平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到的时间增加，求的最大值。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有由几何关系可得解得（2）粒子在第一个矩形磁场中做匀速圆周运动时，有设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为，由几何关系可知联立解得即。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则分析粒子运动轨迹可知，粒子在每一个矩形磁场中的运动时间均为联立解得粒子在磁场外做匀速直线运动的时间为解得则粒子从O运动到的总时间（3）将中间两个磁场分别向中央移动距离x，粒子向上的偏转量由于，解得则当时，有最大值，粒子做匀速直线运动的最大路程值增加路程的最大值增加时间的最大值为20．（2023·河南开封·统考一模）光滑水平桌面上和之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于桌面向上，如图所示（俯视图），和之间的夹角为，一带电小球的质量为m，电荷量为q，沿纸面以大小为的速度从的某点Q向左上方射入磁场，速度方向与成角。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与恰好相切，且带电小球能从上另一点P射出磁场。（P点未画出）（1）带电小球离开磁场的出射点P到O点的距离s多大？（2）若在与之间加上水平方向的匀强电场，带电小球离开磁场后在该电场中继续运动，恰能从Q点以与第一次相同的速度射入磁场，求匀强电场的场强？

【答案】（1）；（2），方向垂直于向上【详解】（1）设小球做圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得由题知小球必沿顺时针方向作圆周运动，由几何关系可得，小球到达时速度必沿水平方向向左，间距故

（2）小球从P到Q运动的过程中，加速度不变．小球在方向做匀速直线运动，所以电场E必垂直于方向向上。由几何关系知：距离为R，则①在垂直方向上②其中③①②③联立得方向垂直于向上。21．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而是由磁场将带电粒子束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径，外圆半径，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。已知磁感应强度大小，被束缚的带正电粒子的比荷，中空区域中的带电粒子由内、外圆的圆心O点以不同的初速度射入磁场，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用，且不考虑相对论效应。（1）求带电粒子在磁场中运动的周期T和带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0。（2）若中空区域中的带电粒子以（1）中的最大速度沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从某点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间。（3）若要使束缚效果最好，应在半径为的圆内也加上磁场，则该磁场的磁感应强度要与B的方向相同还是相反？在取得最大束缚效果的情况下，若=2B，为使粒子不能射出半径为的圆形区域，求粒子速度的最大值。

【答案】（1），；（2）；（3）相同，【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有又解得带电粒子在磁场中运动的周期当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子的速度为不能穿越磁场外边界的最大速度，如图甲所示根据几何关系有解得

洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有解得（2）带电粒子以速度射入磁场中时，根据几何关系有解得故其运动轨迹如图乙所示；带电粒子在磁场中运动的圆心角为

在磁场中运动的时间带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用的时间带电粒子从某点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间解得（3）要使束缚效果最好，则B'与B的方向应相同，如图丙所示；粒子在内圆区域内运动时，轨迹圆心为O1，在圆环区域内运动时，轨迹圆心为，设粒子在两区域内的运动半径分别为r1、r2

因为，所以根据几何关系，有则为等腰三角形，，所以解得则22．（2023·江苏扬州·统考三模）如图所示，y方向足够长的两个条形区域，宽度分别为l1和l2，两区域分别分布着磁感应强度为和的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁碱应强度，现有大量粒子从坐标原点O以恒定速度不断沿x轴正方向射入磁场，由于的大小在0-0.5T范围内可调，粒子可从磁场边界的不同位置飞出。已知带电粒子的电量C。质量，不考虑带电粒子的重力，求：（1）要使粒子能进入的磁场，应满足的条件；（2）粒子在条形区域内运动的最短时间t；（3）粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标y。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）当带电粒子在磁场中圆周运动的半径大于l1时粒子能进入磁感应强度的磁场，由洛伦兹力充当向心力有当时，粒子的轨迹如图所示

此时有代入数据得即粒子恰好不进入磁场区，而根据可知，磁感应强度越小，轨道半径越大，因此满足的条件为（2）当时，粒子进入磁场，有解得可知粒子从右边界MN飞出，粒子的运动轨迹如图

由几何关系可知解得粒子在两个条形区域运动的时间为随着的增大，根据时间等于弧长与速度的比值可知，粒子在磁场中的运动时间先增大后减小，当达到最大值0.4T时，粒子从左边界飞出，运动时间为所以粒子在两个条形区域内运动的最短时间为（3）设为粒子从MN射出的最高点，则为轨迹与边界MN的切点，如图

为粒子在B1磁场中运动的圆心，为粒子在磁场中运动的圆心，由几何知识可得，解得由几何知识知有则根据几何关系可得A1的纵坐标根据对称性可得粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标考向三带电粒子在磁场中运动的多解问题23．（2022·湖北·高考真题）（多选）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（）A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°【答案】BC【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有，，可得，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当粒子上下均经历一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有，根据洛伦兹力提供向心力有，可得，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知BC正确，AD错误。故选BC。24．（2023·湖北·高考真题）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）

【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r=a根据解得（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲=2T乙根据，有则粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0则根据，可知此时乙粒子的运动半径为可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S1=6πa且在第二次碰撞时有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2

解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S2=10πa且在第三次碰撞时有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3

解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次类推在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S8=10πa且在第九次碰撞时有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为r甲1=3a则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为S0=3πa故整个过程中乙粒子走过总路程为S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa25．（2023·