2025高考物理复习磁场对运动电荷的作用课件教案练习题

第十章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用课标要求1．能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。2．会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。3．能够分析带电体在匀强磁场中的运动。考点一洛伦兹力的理解考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题内容索引课时测评考点一洛伦兹力的理解1．洛伦兹力：磁场对__________的作用力叫作洛伦兹力。2．洛伦兹力的方向(1)方向：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的______。(2)判定方法：______定则。3．洛伦兹力的大小：F＝_________，θ为v与B的方向夹角。(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝______。(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。知识梳理运动电荷平面左手qvBsinθqvB自主训练1洛伦兹力的方向下面四幅图均表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是√根据左手定则可知，A、C、D错误，B正确。自主训练2洛伦兹力与静电力的比较(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较√√由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝

；当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有v

＝2gh3，解得h3＝

，所以h1＝h3，故A正确；洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝

，又由于

＝mgh1，所以h1＞h2，故D错误；因小球电性不知，则电场力方向不知，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故B错误，C正确。自主训练3洛伦兹力作用下带电体的运动(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图像可能是√√√设物块的初速度为v0，则FN＝qv0B，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物块向下做匀速运动，A正确；若mg＞μqv0B，则物块开始有向下的加速度，由a＝

可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，D正确，B错误；若mg＜μqv0B，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝

可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，C正确。1．洛伦兹力的理解(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力的作用。(4)洛伦兹力永不做功。归纳提升2．洛伦兹力与静电力的比较力洛伦兹力静电力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥vF∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功返回考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做__________运动。2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做__________运动。3．轨道半径和周期公式(v⊥B)知识梳理匀速直线匀速圆周(2022·北京高考·改编)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。判断下列说法的正误：(1)电子和正电子所受洛伦兹力方向都与其速度方向垂直，对电子和正电子都不做功。 (

)(2)带电粒子的速度越大，运动半径越大。 (

)(3)带电粒子运动比荷越大，运动周期越大。 (

)(4)图中曲线1、3是两个电子的运动轨迹，图中曲线2是正电子的运动轨迹。 (

)高考情境链接√√×√1．解答带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的三大“关键”(1)圆心的确定①若已知粒子轨迹上两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲所示。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，如图乙所示。③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝

计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙所示。核心突破(2)半径的计算①利用动力学方程求半径：由qvB＝m得R＝

。②利用几何关系求半径：(难点)一般连接粒子的入射点、出射点及圆心构造出三角形，再结合切线、轨迹圆弧对应的弦等辅助线，常用到的几何关系：A．三个角(偏转角φ、圆心角α、弦切角θ)的关系，如图丁所示。a．粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角：φ＝α。b．弦切角等于弦所对应圆心角的一半：θ＝α。B．由三角函数或勾股定理求解几何半径：如图戊所示。由R＝

或R2＝L2＋(R－d)2，求得R。(3)运动时间的计算①利用圆心角θ、周期T计算：t＝T。②利用弧长、线速度计算：t＝

。2．带电粒子在三类有界磁场中的运动轨迹分析(1)直线边界[进出磁场具有对称性，如图(a)所示](2)平行边界[往往存在临界条件，如图(b)所示](3)圆形边界(进出磁场具有对称性)①如图(c)所示，粒子沿半径方向射入必沿半径方向射出。②如图(d)所示，粒子不沿半径方向射入时，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一定为θ。说明：对于其它边界的磁场，要根据具体的磁场边界特点参照上述思路具体分析。考向1直线边界的磁场如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则

为A．3 B．2C． D．例1 √电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝

可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝

，电子2运动的时间t2＝

，所以

＝3，故A正确，B、C、D错误。考向2平行边界的磁场(多选)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝

∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1例2 √√由左手定则可得a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则Ra＝

＝d，Rb＝d，所以Ra∶Rb＝

∶1，故B正确；由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝

，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝

，所以运动周期T＝

，根据a、b两粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。考向3圆形边界的磁场(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线例3 √√假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况。如图1所示，粒子沿直径射入，由几何关系可知∠O1PO＝∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D正确；粒子在圆筒中先做圆周运动，与圆筒碰撞后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A错误；粒子最少与圆筒碰撞2次，就可能从小孔射出，如图2所示，B正确；根据qvB＝m可知，r＝

，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与圆筒碰撞次数可能会越多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错误。考向4矩形(或正方形)边界的磁场如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为A． B．C． D．例4 √若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝

，解得va＝

，若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示，有qvdB＝

＋l2，解得vd＝

，故B正确。考向5三角形边界的磁场(多选)(2023·河北石家庄模拟)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝

的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是A．粒子在磁场中运动的半径为LB．与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出C．在AC边界上有粒子射出的区域长度为LD．所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等例5 √√√粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向、心力，有qv0B＝

，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝

＝L，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确；如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向入射的粒子将恰好从D点射出，结合上面B项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t＝T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故D错误。方法技巧解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的方法带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题。解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。方法技巧临界点常用的结论：(1)刚好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。

(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。

考向6其他边界的磁场如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中实线所示，a、

b、c、d四点共线，ab＝2ac＝2ae,fe与ab平行，且ae与ab成60°角。一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，粒子质量均为m、电荷量均为q(q＞0)，具有各种不同速率。不计重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为A． B．

C． D．例6 √粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角决定，即t＝T，粒子垂直ac射入磁场，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，粒子从ac、bd区域射出时，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；根据几何关系可知，粒子从e点射出时，对应圆心角最大，为

π，此时圆周半径为ac的长度，周期T＝

，所以在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为t＝

，故选B。规律总结“三步法”解答带电粒子在有界磁场中的运动问题

返回考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题1．带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子的电性、磁场方向、临界状态等多种因素的影响，问题往往存在多解问题。根据多解形成的原因，常见的有如下三种情况：类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b类型分析图例磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若磁感应强度B垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁感应强度B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解2．解答多解问题的关键(1)找出多解的原因。(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。考向1粒子电性不确定形成多解(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速度v的最大值可能是A．

(q为正电荷)B．

(q为负电荷)C．

(q为正电荷)D．

(q为负电荷)例7√√题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，入射速度最大时的运动轨迹是图中上方与NN′相切的

圆弧，轨迹半径R＝

，又d＝R－Rcos45°，解得v＝

，故A正确，C错误；若q为负电荷，入射速度最大时的运动轨迹是图中下方与NN′相切的

圆弧，则有R′＝

，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝

，故B错误，D正确。考向2磁场方向不确定形成多解(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为

，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是A．B＞

，垂直纸面向里B．B＞

，垂直纸面向里C．B＞

，垂直纸面向外D．B＞

，垂直纸面向外例8√√当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin30°＝

，可得r1＝s，由r1＝

可得B1＝

；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，设轨迹半径为r2，由几何关系可知s＝

＋r2，可得r2＝

，又r2＝

，所以B2＝

，故B、D正确，A、C错误。考向3粒子临界状态不确定形成多解(多选)(2022·湖北高考)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°例9√√若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L，qvB＝m，可得v＝

＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，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，如图乙所示，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝

kBL，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v＝

kBL(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v＝

kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误。故选BC。]返回课时测评1．高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现美丽的彩色“极光”。极光是由太阳发射的高速带电粒子受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。假如我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示的弧状极光，则关于这一现象中高速粒子的说法正确的是A．高速粒子带负电B．粒子轨迹半径逐渐增大C．仰视时，粒子沿逆时针方向运动D．仰视时，粒子沿顺时针方向运动√运动过程中粒子因空气阻力做负功，粒子的动能变小，速度减小，根据公式qvB＝m，得r＝

，则半径变小，故B错误；在北极上空有竖直向下的磁场，带电粒子运动的轨迹由地面上看沿顺时针方向，则由左手定则可知粒子带正电，故A、C错误，D正确。2．(2023·海南高考)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程中的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功√根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小和方向都在变，B、C错误；洛仑兹力永不做功，D错误。故选A。3．(2024·河南商丘模拟)中国近20年来在粒子物理实验与粒子探测技术领域取得了很大进展。某研究学者在做粒子探测实验时，将一个电量为q1＝＋3e的粒子，自匀强磁场a点向左水平射出，当它运动到b点时，与一个带电量为q2＝－5e静止的粒子发生碰撞并结合为一个新粒子，不考虑粒子的重力，试分析接下来新粒子的运动轨迹是√带正电粒子在b点与一带负电的静止粒子碰撞合为一体，此过程满足动量守恒，碰撞后新粒子的速率、质量虽然与碰撞前不同，但动量mv与碰撞前相同，带电量变为－2e。设碰撞前带正电粒子的动量为p，则其在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1＝

，碰撞后新粒子的总动量仍为p，带电量变为－2e，则r2＝

，所以碰撞后的新粒子做匀速圆周运动的半径比碰撞前带电粒子的半径大，根据左手定则可判定碰撞后新粒子从b点开始向下偏转。故选A。4．比荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经过小孔S垂直进入匀强磁场，磁感应强度为B，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是A．N带负电，M带正电B．N的速率大于M的速率C．N的运行时间等于M的运行时间D．N受到的洛伦兹力一定等于M受到的洛伦兹力√根据左手定则可知，N粒子带正电，M粒子带负电，故A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝

，可推知r＝

，由于两粒子的比荷相等，可知粒子做圆周运动的半径与粒子速度成正比，根据题图可知，M粒子做圆周运动的半径比N粒子做圆周运动的半径大，故M粒子的速率比N粒子的速率大，故B错误；根据匀速圆周运动速度与周期的关系，有T＝

，可推知T＝

，由于两粒子的比荷相等，故两粒子做圆周运动的周期相同，由题图可知，两粒子在磁场中做圆周运动的圆心角相同，故两粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确；粒子在磁场中受洛伦兹力的大小为F＝qvB，在同一磁场，B相同，根据以上的分析可知M粒子的速率比N粒子的速率大，但并不知道两粒子电荷量的大小关系，故不能确定两粒子所受洛伦兹力的大小关系，故D错误。故选C。5．(2024·安徽黄山模拟)如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点A． B．C． D．√粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝

知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝

，故B正确。6．如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为

和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为A． B．

C． D．√设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝

，可得R1＝

、R2＝

，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝

，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cosθ＝

，可得t2＝

，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝

，故B正确，A、C、D错误。7．(多选)如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场。四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出)。小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力。则A．O、C之间距离大于O、B之间距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功相同√√带电小球在题图乙中受到竖直向下的电场力与重力，而在题图丙中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，则有

＝cotθ，可知当加速度越大时，所用时间越短，因此O、B间距小于O、C间距，故A正确；由题意可知，题图甲中带电小球做平抛运动，由A项分析可知，运动的时间介于题图乙与题图丙之间，故B错误；由

＝cotθ，那么vy＝at＝2v0tanθ，则它们竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得小球落到B点与C点速度大小相等，故C正确；由于洛伦兹力的作用，题图丁中小球竖直方向的加速度小于g，则使得竖直方向的速度小于题图甲中小球做平抛运动竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，则球从O到A重力做的功小于球从O到D做的功，因此合力对小球做功不同，故D错误。故选AC。8．(多选)(2022·辽宁高考)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√√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，故A正确，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，故C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝

，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，故D正确。故选AD。9．(多选)(2024·安徽合肥质检)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是A．速率不同的粒子在磁场中运动的时间一定不同B．从CD边飞出的粒子最大速率为C．粒子从DE边飞出的区域长度为LD．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为√√√速率小的粒子在CD边射出时，

粒子在磁场中运动的时间相同，

故A错误；根据左手定则，粒子向左偏转，

从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，半径R＝

，由qvB＝

可得v＝

，又

＝k，则vm＝

，故B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE上的M点飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示，由几何关系得R＝CD＝L，则粒子从DE边飞出的区域长度为L，故C正确；粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝

，故D正确。故选BCD。10．(多选)(2020·天津高考)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角为θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM