2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第45讲带电粒子在匀强磁场中运动(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第45讲带电粒子在匀强磁场中运动(专项训练)(学生版+解析)，共9页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
题型01 带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识
题型02 带电粒子在非匀强磁场中的运动
题型03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识
1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）如图所示，矩形为某匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。、边长分别为和，点处有一粒子源，沿方向发射带正电粒子。观测发现：粒子只从边向外射出磁场。已知粒子的质量为、电荷量为，忽略电荷间相互作用和粒子受到的重力，则发射粒子的速度大小可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
当从点射出时，半径最小，根据几何关系有
当从点射出时，半径最大，根据结合关系有
解得
可得，
即
故选ABC。
2．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内壁光滑的绝缘轨道。管道横截面半径为a，长度为l。带电粒子束持续以速度v沿轴线进入管道，在磁力作用下垂直打到管壁，发生多次弹性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，不计重力及粒子相互作用，则下列说法不正确的是（ ）
A．粒子运动半径为aB．粒子质量为
C．管道内等效电流为D．粒子对管道平均作用力为
【答案】C
【详解】AB．带电粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，根据几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子质量为
故AB正确，不满足题意要求；
C．根据电流的定义式，管道内的等效电流为
故C错误，满足题意要求；
D．根据牛顿第三定律可知，粒子束对管道的平均作用力大小等于安培力，即
故D正确，不满足题意要求。
故选C。
3．（2024·辽宁大连·三模）如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子由O到A经历的时间为
C．若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为
D．离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示
根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；
B．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为
θ=60°
则粒子由O到A运动的时间为
故B错误；
C．根据图中几何关系有：
解得：
根据得：
故C正确；
D．根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误。
故选C。
3．（2023·辽宁沈阳·三模）如图所示，在平面直角坐标系的第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一质量为、电荷量为的带正电粒子，以20m/s的速度从y轴上的P点沿与y轴负方向成45°角的方向进入磁场。已知，不计粒子所受重力，若粒子恰好未进入x轴上方区域，则磁场的磁感应强度的大小为（ ）
A．0.3TB．0.05TC．3TD．5T
【答案】D
【详解】如图所示
设粒子做圆周运动的半径为，根据几何关系得
解得
在磁场中洛伦兹力提供向心力
得
代入数据得
故选D。
4．（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。
5．（2023·吉林·二模）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，，，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为3m，电荷量为2q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，如图所示
设运动半径为R，则有
解得
已知粒子的质量为3m，电荷量为2q，其在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
故选D。
02带电粒子在非匀强磁场中的运动
6.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a点运动到b点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．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=kIr
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。
7.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ab、cd的距离相等。则粒子在导线间的运动轨迹可能正确的是（ ）
A．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=kI1x+1d−x=kldxd−x
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qvB=mv2r，解得轨迹的曲率半径
r=mvqB
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。
8.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=kIr、下列说法正确的是（ ）
A．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
B1=kI2a
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B1，方向竖直向上，长直导线2在长直导线4处产生的磁感应强度大小为
B2=k⋅2I22a=2kI2a
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。
9.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=mv2r
解得
r=mvqB
知半径r变大。
故选B。
03带电粒子在有界匀强磁场中的运动
10．（2024·北京海淀·一模）如图所示，真空区域内有宽度为d、 磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，MN、PQ 是磁场的边界。质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子（不计重力），沿着与MN夹角θ为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ边界射出磁场。下列说法不正确的是（ ）
A．可求出粒子在磁场中运动的半径
B．可求出粒子在磁场中运动的加速度大小
C．若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
D．若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
【答案】C
【详解】AB．根据题意可以分析粒子到达PQ边界时速度方向与边界线相切，如图所示
则根据几何关系可知
在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
则加速度为
故AB正确；
CD．根据
若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的半径减小，可知粒子运动轨迹的圆心角不变，时间不变，若仅增大磁感应强度，粒子运动轨迹的圆心角不变，粒子在磁场中运动的时间变短，故C错误，D正确；
本题选择错误选项；
故选C。
11．（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度v₁与MN垂直；穿过 b点的粒子速度v₂与MN成60°角，设粒子从S运动到a、b所需时间分别为t₁和t₂，则t₁：t₂为（重力不计）（ ）
A．1： 3B．4： 3C．1： 1D．3： 2
【答案】D
【详解】粒子在磁场中运动的由洛伦兹力提供向心力，得
周期的公式为
由此可知，粒子的运动时间与粒子的速度大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为，通过b点的粒子的运动的时间为，所以从S到a、b所需时间为3:2。
故选D。
12．（2023·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，在直角三角形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电子从A点沿边进入磁场，从边离开磁场，速度方向偏转了。已知，，元电荷为e，电子的质量为m，不计重力，则电子的速率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】电子从边离开磁场，速度方向偏转了，作出轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
根据
解得
故选C。
13．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，带电粒子仅在磁场力作用下绕磁感线做螺旋运动，则带电粒子从P点向Q点运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的动能越来越大，旋转半径越来越小
B．粒子的动能越来越大，旋转半径越来越大
C．粒子的动能不变，旋转半径越来越小
D．粒子的动能不变，旋转半径越来越大
【答案】C
【详解】AB．洛伦兹力不做功，因此粒子的动能不变，故AB错误；
CD．根据公式
解得
随着磁感应强度大小增大，不变，故旋转半径会减小，故C正确，D错误。
故选C。
14．（2025·北京海淀·一模）如图所示，MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的两个电性不同的粒子，均以与MN夹角为、大小为v的速度垂直磁场射入。不计重力及粒子间的相互作用。则两粒子（ ）
A．在磁场中运动轨迹的半径不同B．在磁场中运动的时间不同
C．射出磁场时的速度方向不同D．射出位置到射入位置的距离不同
【答案】B
【详解】AC．由
可得
故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示正电荷粒子的运动轨迹为大圆弧，负电荷粒子的运动轨迹为小圆弧
射出磁场时的速度方向相同，故AC错误；
B．粒子在磁场中运动周期
若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间
若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间
故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B正确；
D．由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于
故D错误。
故选B。
15．（2025·北京丰台·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．粒子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域返回到弱磁场区域
【答案】D
【详解】A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A错误；
B．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带电粒子的速率不变，故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
带电粒子每旋转一周的时间为
可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为
故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误；
D．若粒子的速度方向与磁场方向不垂直，则一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线运动，故D正确。
故选D。
16．（2024·四川·模拟预测）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．该匀强磁场的磁感应强度
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轨道半径
D．带电粒子在磁场中运动的时间
【答案】C
【详解】粒子恰好垂直于轴射出磁场，作两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
C．根据几何关系可得
所以
故C正确；
AB．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即
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AB错误；
D．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
因为磁感应强度未知，则运动时间无法求出，故D错误。
故选C。
17．（2025·安徽·模拟预测）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的匀强磁场，质量为带正电的粒子静止在磁场中，该粒子在点分裂成粒子和，、在磁场中的径迹是两个内切圆，相同时间内的径迹长度之比；半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，则（ ）
A．粒子和所带电性可能均为正电荷
B．粒子、的质量之比
C．在相等的时间内、两粒子速度的变化量大小相等
D．在相等的时间内、两粒子洛伦兹力冲量大小相等
【答案】D
【详解】AB．由于、粒子的轨迹为内切圆，两电荷一定为异种电荷，根据动量守恒可知，分裂后两粒子动量等大反向
由
所以
得到，故A、B错误；
C．由于
则周期相等，相等的时间速度的偏转角相等，速度大小不同故速度的变化量大小不等，故C错误；
D．相等的时间内、两粒子受洛伦兹力的冲量等于各自动量的变化量，根据两粒子动量守恒，所以两粒子的动量变化量大小相等，故D正确。
故选D。
18．（2025·安徽蚌埠·三模）水平的xOy平面处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在xOy平面内运动，其速度沿x轴和y轴的分量分别为、，二者的变化关系图像是以O为圆心、半径为a的圆（如图所示），不计粒子所受重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子做匀速直线运动
B．粒子做匀速圆周运动，半径为
C．粒子做匀速圆周运动，加速度大小为
D．粒子做匀速圆周运动，周期为
【答案】B
【详解】A．由题意可知，带电粒子在磁场中运动的速度满足
说明带电粒子的速度大小恒为a，由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，故粒子做匀速圆周运动，故A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力
其中
则粒子做匀速圆周运动的半径为
故B正确；
C．粒子做匀速圆周运动的加速度大小为
故C错误；
D．粒子做匀速圆周运动的周期
其中，
联立可得，周期为
故D错误。
故选B。
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d
D．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∶2
C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D．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作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向右的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，故可知顺时针逆时针，由可知，C正确；
D．若的方向右偏上，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，可知逆时针逆时针，且，D错误。
故选BC。
6．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
7．（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知）。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为（未知），但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？
【答案】(1)(2)，(3)
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
（2）粒子在区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于，根据洛伦兹力提供给向心力
解得
当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。
（3）若在Q处检测到该粒子，如图
由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则