2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第47讲带电粒子在磁场中的运动(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(湖南专用)第47讲带电粒子在磁场中的运动(专项训练)(学生版+解析)，文件包含四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题原卷版docx、四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共4页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u
\l "_Tc17943" 01 课标达标练 \l "_Tc26470" PAGEREF _Tc26470 \h 2
\l "_Tc858" 题型01 洛伦兹力的理解及应用 PAGEREF _Tc858 \h 2
\l "_Tc2117" 题型02 带电粒子在有界磁场中的运动 PAGEREF _Tc2117 \h 3
\l "_Tc10523" 题型03 带电粒子在磁场中的多解、临界问题 PAGEREF _Tc10523 \h 12
\l "_Tc25797" \l "_Tc17943" 02核心突破练 PAGEREF _Tc25797 \h 30
\l "_Tc25554" \l "_Tc17943" 03 真题溯源练 PAGEREF _Tc25554 \h 35
01 洛伦兹力的理解及应用
1．（2025·广东·盐田高中模拟）为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qEv12+v22
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【答案】D
该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P＝qEv1，故A错误；v2与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv2B，故B错误；速度v1的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B垂直，粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C错误；粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向大小不变，电场力产生的加速度a电=qEm，q、E、m不变，a电不变，a向、a电大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D正确。
2.（2025·河南郑州·一模）如图a、b、c为三个完全相同的带负电的小球，在真空中从相同高度由静止下落。在下落过程中，a球始终处在水平匀强电场中，b球始终处在水平匀强磁场中，c球始终处在竖直匀强磁场中。已知三小球落地时间分别为ta、tb、tc，落地时速率分别为va、vb、vc，则（ ）
A．tb>ta=tc，va>vb=vcB．ta=tb=tc，va>vb>vc
C．tb>ta=tc，va=vb=vcD．ta=tb=tc，va>vb=vc
【答案】A
【详解】a球受竖直向下的重力、水平向左的电场力，在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，重力和电场力均做正功；b球除重力之外还受到垂直纸面向里的洛伦兹力作用，在洛仑兹力的作用下，小球的轨迹将为曲线，且竖直方向的加速度小于g，下落时间变长，由于只有重力做功，所以小球落地速度较小；c球只受重力，只有重力做功，其落地速度的大小与b球速度大小相等，下落时间与a球相等，即，
故选A。
3.（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。
4.(2025福建省龙岩市高三二模)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外匀强磁场中，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（）。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，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动的圆弧半径为
B. 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】BD
【解析】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
解得粒子质量为,A错误，B正确；根据电流的定义式,解得
C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F=nqBl,D正确。
5.来自宇宙的高速带电粒子流在地磁场的作用下偏转进入地球两极，撞击空气分子产生美丽的极光。高速带电粒子撞击空气分子后动能减小。假如我们在地球北极仰视，发现正上方的极光如图甲所示，某粒子运动轨迹如乙图所示。下列说法正确的是（ ）
A．粒子从M沿逆时针方向射向N
B．高速粒子带正电
C．粒子受到的磁场力不断增大
D．若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转
【答案】A
【解析】高速带电粒子撞击空气分子后动能减小，速度变小，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r ,解得：r=mvqB
速度变小，半径变小，结合图像可知，粒子从M沿逆时针方向射向N，由于粒子的速度不断减小，则粒子受到的磁场力不断减小，故A正确，C错误；
地理北极附近是地磁南极，所以北极上空的地磁场方向竖直向下，根据左手定则可以判断，高速粒子带负电，故B错误；若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，赤道位置磁场由南向北，根据左手定则可以判断，粒子会向西偏转，故D错误
02 带电粒子在有界磁场中运动
6．（2025·福建·模拟）如图所示，直角三角形区域内不包括三角形边界存在磁感应强度大小为、方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，，，为的中点，为的中点，点处的粒子源可沿平行的方向射入速度大小不同的正、负电子不计电子所受的重力。电子的比荷为，不考虑电子间的作用。下列说法正确的是（ ）
A．可能有正电子从点射出磁场
B．负电子在磁场中运动的最长时间为
C．从点射出磁场的负电子的速度大小为
D．从边射出磁场的正电子在磁场中运动的最长时间为
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，若有正电子从a点射出磁场，则该正电子途中必然从ab边射出磁场，故A错误；
B．当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，且最长时间为半个周期，设电子的质量为m，电荷量为e，有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得该最长时间为
故B正确；
C．设从D点射出磁场的负电子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系有
设该负电子的速度大小为，有
解得
故C正确；
D．当正电子的运动轨迹恰好与ab边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可知，该正电子运动轨迹对应的圆心角，则该正电子在磁场中运动的时间为
故D错误。
故选BC。
7（2025·福建厦门）如图所示，边长为l的正方形abcd区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从ad边中点e沿ec方向射入磁场。当射入速度大小为v时，恰好从bc边中点f飞出磁场。不计粒子所受重力，则（ ）
A．若粒子射入速度大小合适，可以从ab边界上任一点飞出磁场
B．当粒子速度大小为时，粒子在磁场区域运动过程中速度方向改变了90°
C．当粒子速度大小为v时，粒子在磁场中运动的轨迹半径为
D．当粒子速度大小为2v时，粒子离开磁场时的速度方向与磁场边界垂直
【答案】CD
【详解】A．当入射速度使粒子运动轨迹恰好与ab边界相切时，设切点为g，速度再小时，粒子就从ea边射出，所以粒子不可能在ag间飞出磁场，故A错误；
C．由左手定则判断，粒子带负电，做匀速圆周运动
解得
设正方形边长为L，粒子射入速度方向与ef时夹角为θ，有
当粒子射入速度大小为v时，由几何关系可得，故C正确；
D．当粒子速度大小为时，轨迹半径
粒子的轨迹圆心恰好位于cb边的延长线上，如图1所示，粒子离开磁场时速度方向应与磁场边界垂直，故D正确；
B．设粒子速度大小为时，在磁场区域运动过程中速度方向改变了90°，轨迹半径
如图2所示，由几何关系可得
解得
即，故B错误。
故选CD。
8.（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，圆形区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电荷量为q的带电正电的粒子从P点沿平行于直径CD的方向射入磁场，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，PO与CD间的夹角为45°，不计粒子重力。则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动速率为2qBR2m
C．粒子在磁场中运动的时间为πm2qB
D．粒子在磁场中运动的路程为22πR
【答案】ABD
【详解】A．由题意可知带正电粒子从P点射入磁场，受到的洛伦兹力向下，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
BCD．根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于圆形区域半径为R，则P点到CD的距离为22R，设粒子做圆周运动的半径为r，根据几何关系有r=22R
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=mv2r
联立解得v=2qBR2m
粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周，粒子圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB
则粒子在磁场中运动的时间为t=12T=πmqB
粒子在磁场中运动的路程为s=12×2πr=22πR，故BD正确，C错误。
故选ABD。
9.（2025·江西萍乡·三模）如图，空间中一半径为R的圆形区域（包括边界）内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场，其中从A点沿AO方向射入的粒子，恰好能从圆形磁场最高点M点飞出，已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子做圆周运动的半径为R2B．粒子的初速度大小为qBRm
C．粒子在磁场中运动的最短时间为πm2qBD．粒子在磁场中运动的最长时间为2πm3qB
【答案】BD
【详解】AB．由几何关系可知粒子圆周运动的半径r=R
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r
解得粒子的初速度大小为v0=qBRm
故A错误，B正确；
CD．如图所示
由C点入射的粒子运动时间最短，设运动轨迹对应的圆心角为α，则有csα=R2R=12
粒子做圆周运动的周期为T=2πrv0=2πmqB
粒子运动的最短时间tC=α2π⋅T=πm3qB
同理，由D点入射的粒子运动时间最长，对应的圆心角为120°，则最长时间为tD=13T=2πm3qB
故C错误，D正确。
故选BD。
10.（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示的粒子轨迹控制器由加速电场、偏转电场和磁场三部分组成。其中加速电场的电压为U1，偏转电场由一对长为L、间距为d的平行金属板组成。偏转电场右侧是一光滑刚性圆筒，圆筒内存在着方向垂直纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆筒上以O为圆心的横截面上有一小孔P，且OP与平行板平行。一质量为m、电荷量为+q的粒子无初速度地进入加速电场，沿平行板中心轴线射入偏转电场，出偏转电场时，粒子速度方向改变了30°，最后从圆筒上的小孔P垂直磁场方向进入圆筒，然后粒子刚好与筒壁发生3次弹性碰撞（碰撞前、后沿半径方向的速度等大反向，沿切线方向的速度不变）后，从小孔P射出磁场，碰撞过程粒子的电荷量不变，不计粒子的重力。求：
(1)粒子进入偏转电场的速度大小；
(2)两平行板间的电压；
(3)刚性圆筒的半径。
【答案】(1)2qU1m
(2)23U1d3L
(3)3−1B2mU13q
【详解】（1）设粒子经加速电场加速后速度为v0，由动能定理可得qU1=12mv02
解得v0=2qU1m
（2）粒子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，运动时间t=Lv0
设两平行板间的电压为U2，则偏转电场的场强E=U2d
粒子沿电场方向加速，有vy=at=Eqmt=qU2Lmdv0
粒子偏转30∘角有tan30∘=vyv0
解得U2=23U1d3L
（3）设粒子的第一段轨迹圆心为O1，由于对称性，粒子与筒壁碰前瞬间速度与OP1成30∘，因为粒子发生弹性碰撞，故碰后瞬间的速度方向也与OP1成30∘，轨迹如图所示
设∠POO1为α，由几何关系可知∠PO1O=180∘−90∘+30∘+α=60∘−α
设粒子在磁场中的运动半径为r，则有qvB=mv2r
又vcs30∘=v0
可得v=22qU13m
解得r=2B2mU13q
在三角形OPO1中由正弦定理可得rsinα=Rsin60∘−α
每一次与筒壁碰撞粒子在圆筒中转过的角度均为2α，粒子与圆筒碰撞了3次后，恰好从小孔P射出磁场，由几何关系可知3+1×2α=2π
得α=π4
解得R=3−1B2mU13q
03 带电粒子在磁场中运动多解和临界问题
11．（24-25高三·福建·阶段练习）如图所示，在一个直角区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），沿纸面从AC边的O点垂直于AC边以速度v射入该匀强磁场区域，已知，下列关于粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．若，则粒子从CD边射出磁场，出射点距C的距离为l
B．若，要使粒子从CD边射出，则最大速度为
C．若，要使粒子从CD边射出，则最大速度为
D．若，该粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】AC
【详解】A．根据洛伦兹力充当向心力可知，解得，根据几何关系可知，粒子一定从距C点为l的位置离开磁场，故A正确；
B．根据洛伦兹力充当向心力可知，因此半径越大，速度越大；如图所示
根据几何关系可知，粒子轨迹与AD边相切时对应的速度最大，则由几何关系可知，最大半径满足
又
解得
故最大速度为
故B错误；
C．当时，如图所示
由几何关系可知，最大半径满足
又
解得最大速度为
故C正确；
D．粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的最大圆心角为，故最长时间为，故D错误。
故选AC。
12.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．πm3qBB．2πm3qB
C．4πm3qBD．5πm3qB
【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=mv2R
根据线速度和周期的关系，可得
v=2πRT
联立解得
T=2πmqB
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
t1=θ12πT=300°360°T=5πm3qB
t2=θ22πT=60°360°T=πm3qB
故选AD。
13.如图所示，直线OP把坐标系Oxy分成I区域和II区域，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为（4L，3L）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8.则下列说法中正确的是（ ）
A．该粒子可能沿y轴负方向从O点射出
B．该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间t=53πm60qB
D．该粒子运动的可能速度为v=25qBL12nm(n=1,2,3,⋯)
【答案】BCD
【详解】AB．带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
qvB=mv2R
解得
R=mvqB
所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为
R1=2R2
如图所示
由题意知OP边与x轴的夹角
tanα=3L4L
可得
α=37∘
故带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I与OP边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，故A错误，B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T=2πmqB
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为
θ1=106∘
粒子在区域Ⅰ中运动的时间为
t1=θ12πT1=5390⋅πmqB
粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为
θ2=106∘
粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
t1=θ22πT2=53180⋅πmqB
所以该粒子在磁场中运动的最短时间
t=t1+t2=53πm60qB
故C正确；
D．带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离为
L0=L1+L2
其中
L1=2R1cs37∘=8mv5qB
L2=2R2cs37∘=4mv5qB
而
5L=nL0，n=1，2，3……
联立解得
v=25qBL12mnn=1,2,3⋯
故D正确。
故选BCD。
14．（24-25高三·福建漳州）如图，以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；圆的直径AB、CD互相垂直，半径OE与OB间的夹角。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的初速率v从A点沿纸面各个方向射入磁场中，其中沿AB方向射入的粒子恰好从E点射出磁场。取，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．半径
B．从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
C．在磁场中运动时间最长的粒子在磁场中运动的路程为
D．若仅将初速率改为，粒子离开磁场时的速度方向可能与OE平行
【答案】BC
【详解】A．从点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示，则
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．从点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．由于，且一定，当粒子圆周运动的轨迹以为弦时，粒子在圆形磁场中的运动时间最长，如图甲所示，设在磁场中运动的路程为，则
解得
弧长为
故C正确；
D．若仅将初速率改为，则粒子在磁场中运动的轨迹半径变为
轨迹如图乙所示，轨迹的圆心为，由于四边形的四个边长均为，四边形为菱形，则，又，粒子离开磁场时的速度方向与垂直，所以粒子离开磁场时的速度方向与OC平行，不可能与OE平行，故D错误。
故选BC。
15.（2025·安徽马鞍山·二模）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t=0时刻以初速度v0=2πm/s沿某方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从t=0时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为（ ）
A．22πm/sB．42πm/sC．22m/sD．42m/s
【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qBv0=mv02r
解得r=2π×10−2m
周期为T0=2πmqB=2π×10−2s
由图可知磁场变化的周期为T=10π×10−3s=12T0
根据t=θ2πT0
可得在0−5π×10−3s时间内偏转的角度为θ1=π2
同理在在5π×10−3s−10π×10−3s时间内偏转的角度为θ2=π2
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=22r=42π×10−2m
从t=0时刻开始的磁场变化的一个周期T=10π×10−3s内，带电粒子的平均速度的大小为v=xT=42π×10−210π×10−3m/s=42m/s
故选D。
（2025·广东·模拟预测）地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵入。不考虑磁偏角，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球厚度为d的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示。宇宙射线中对地球危害最大的带电粒子主要是β粒子。设β粒子的质量为m，电量为e，最大速率为v=eBRm，地球半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，不计大气对β粒子运动的影响，下列说法正确的是（ ）
A．赤道上空的磁感应强度方向由南指向北
B．β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转
C．γ射线射入磁场后的偏转方向与β射线射入磁场后的偏转方向相反
D．要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R
【答案】ABD
【详解】A．赤道上空的磁感应强度方向由地理南极指向地理北极，选项A正确；
B．根据左手定则可知，β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转，选项B正确；
C．γ射线不带电，射入磁场后不偏转，选项C错误；
D．β粒子在磁场中的最大半径r=mveB=R
则要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R，选项D正确。
故选ABD。
2（2025·福建·二模）中国科学家利用兰州重离子加速器进行医用同位素的同步分离制备，“扇形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为的圆形区域等分成8个扇形区域，相互间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，另外4个区域内没有磁场。质量为、电荷量为的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动，其闭合平衡轨道如图中实线所示，离子重力不计，则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中（ ）
A．运动的方向是顺时针B．运动的方向是逆时针
C．在磁场中运动的总时间为D．在磁场中运动的总时间为
【答案】AD
【详解】AB．由于粒子带正电，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，粒子运动的方向是顺时针，故A正确，B错误；
CD．因为粒子在没有磁场的区域做匀速直线运动，没有改变速度方向，则离子经过4个扇形磁场区域总共转过的角度为，所以离子在磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期，根据牛顿第二定律可得
又
联立可得
可知离子在磁场中运动的总时间为，故C错误，D正确。
故选AD。
3（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O，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B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点沿SP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P点，则粒子射入磁场时速度的大小为qBRm
B．若粒子仅在SP的一侧运动，最后打在P点，则粒子射入磁场时速度的大小可能为3qBRm
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3πmqB
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πmqB
【答案】ACD
【详解】A．设粒子射入磁场时速度大小为v，在磁场中做匀速圆周运动qvB=mv2r
粒子与筒壁仅发生1次碰撞后从P点射出，则有r=R
联立解得v=qBRm
故A正确；
B．粒子从S点射入，从P点射出，设粒子与筒壁碰撞n次，将半圆SP等分为n+1段，每段对应的圆心角为θ，有n+1θ=πn=1,2,3,…
由几何关系可知tanθ2=rR，qvB=mv2r
联立解得v=qBRmtanπ2n+1n=1,2,3⋯
粒子射入磁场时速度的大小不可能为3qBRm，故B错误；
CD．第一种情况：入射速度较小时，依此打在4、3、2、1后恰好打在S点。如图
粒子在圆筒中运动时间t1=2πmqB×108∘×5360∘=3πmqB
第二种情况：入射速度较大时，依此打在3、1、4、2后恰好打在S点。粒子在圆筒中运动时间t2=2πmqB×36∘×5360∘=πmqB
故CD正确。
故选ACD。
4（2025·重庆·模拟预测）如图所示，固定、光滑且边长为L的等边三角形abc，处于与其平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中（图中未画出）。一比荷为k的粒子从ab边中点O垂直ab边进入磁场，最后恰好能回到O点。该粒子与三角形各边发生碰撞前后速度大小不变、方向相反，粒子所带电荷量始终不变，不计粒子重力。则该粒子的速度大小可能为（ ）
A．kBL2B．kBL4C．kBL6D．kBL8
【答案】AC
【详解】设粒子速度大小为v，据题分析知，粒子在等边三角形内做匀速圆周运动（设半径为R），要使粒子恰好回到O点，需满足（2n+1）R=L2，
又由qvB=mv2R，k=qm
联立可得v=kBL2（2n+1）（其中n=0，1，2，3，⋯）
A．当v=kBL2时，n=0，故A正确；
B．当v=kBL4时，n=0.5，故B错误；
C．当v=kBL6时，n=1，故C正确；
D．当v=kBL8时，n=1.5，故D错误。
故选AC。
5（2025·重庆·模拟预测）如图所示，在ab边界的右侧和bc边界的上方有一垂直纸面向外匀强磁场，磁感应强度大小为B。bc足够长，ab距离为d，且ab⊥bc，O、a、b、c共面。在O点有一粒子源，O点到ab、bc的距离均为d。打开粒子源发射装置，能够沿纸面向各个方向均匀发射质量为m，电荷量为q的带正电粒子，速率v=qBdm。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（ ）
A．从ab边射出磁场的粒子数占总粒子数的16
B．从bc边射出磁场的粒子数占总粒子数的512
C．到达bc边的粒子在磁场中运动的最短时间为πm6qB
D．能够打在ab和bc边上的所有粒子在磁场中运动最长路径与最短路径之比为9:2
【答案】AD
【详解】A．如图所示，当速度方向与Oa夹角为30°，粒子恰好经过a点，当速度方向与Oa夹角满足30°≤α≤90°，粒子到达ab边，所以从ab边出磁场的粒子数为总数的16，故A正确；
B．如图所示，从bc边出磁场的粒子数需要满足90°≤α≤270°，则占粒子总数为12，故B错误；
C．如图所示，当射入点O与bc边上的点的连线与bc边垂直时，此粒子在磁场中运动时间最短，运动时间t=T6=πm3qB
故C错误；
D．如图所示，当转过圆心角为270°时路径最长，转过圆心角为60°时路径最短，故D正确。
故选AD。
6（2024·河北·模拟预测）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为qq>0的带正电粒子（不计重力）沿着与MN夹角θ=30°的方向以一定的速度v0（大小未知）射入磁场中，从PQ边界射出磁场时与PQ的夹角为60°。则v0的大小可能为（ ）
A．3−1qBl2mB．3+1qBl2m
C．3−1qBlmD．3+1qBlm
【答案】CD
【详解】粒子从F点射出时，轨迹圆心为O1，半径为R1，如图所示
根据几何关系有
l=AE− FG=R1cs30°−R1cs60°
解得
R1= 3+1l
根据
qv01B=mv012R1
解得
v01=3+1qBlm
粒子从D点射出时，轨迹圆心为O2，半径为R2，根据几何关系有
l=AB+CD=R2cs30°+R2cs60°
解得
R2=3−1l
根据
qv02B=mv022R2
可得
v02=3−1qBlm
故选CD。
7.（24-25高三上·陕西渭南·阶段练习）如图甲所示，一个阻值为R、匝数为N的金属螺线管与阻值也为R的定值电阻连接成闭合回路，定值电阻的两端用导线与平行金属板a、b相连。螺线管的横截面积为S，内有沿轴线向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1随时间均匀变化。一质量为m、电荷量为+q的粒子c从金属板a中央由静止释放，经金属板b上的小孔射出时速度为v，此后与静止在磁场边界M点、质量为m、电荷量为−2q的粒子d发生碰撞，碰撞后结合成一个新的粒子e。粒子e从M点沿半径方向射入边界为圆形的有界匀强磁场中，圆形边界的半径为r，磁感应强度大小B2=3mvqr，方向垂直于纸面向里。不计粒子重力和粒子c、d间的库仑力。
(1)磁感应强度B1随时间增大还是减小？变化率大小ΔB1Δt为多少？
(2)求粒子e离开圆形有界磁场时偏离入射方向的距离y；
(3)若从粒子e进入磁场开始计时，圆形区域的匀强磁场大小不变，方向发生周期性变化，如图乙所示。要使粒子e从边界直径MN的另一端N点飞出，求图乙中T的值和粒子e 从M点运动到N点所需的时间。（已知sinθ=a时，θ=arcsina，角度θ的单位为弧度）
【答案】(1)增大；mv2NSq
(2)32r
(3)23r⋅arcsin32n3v(n=1,2,3，⋯)；83nr⋅arcsin32n3v(n=1,2,3，⋯)
【详解】（1）依题意，带正电的粒子c释放后加速向金属板b运动，可知金属板b带负电，感生电动势的方向由b指向a，根据楞次定律可知磁感应强度B1随时间增大。由动能定理
qU=12mv2
根据法拉第电磁感应定律，可得
E=NΔB1SΔt
又
U=ER+R⋅R
联立，解得
ΔB1Δt=mv2NSq
（2）两粒子发生碰撞，系统动量守恒，有
mv=m+mve
由电荷守恒定律可知，粒子e的电荷量为-q，质量为2m。进入匀强磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图
由几何关系可得
tanθ=Rr
又
qveB2=2mve2R
联立，解得
R=33r，θ=30°
由对称性可知
∠M'N'O'=θ=30°
粒子e离开圆形有界磁场时偏离入射方向的距离
y=R+Rsin∠M'N'O'=32r
（3）依题意，要使粒子e从边界直径MN的另一端N点飞出的临界轨迹如图所示
由第二问分析，结合几何关系可得
Rsinα=2r4
解得
α=60°
又
Te=2πRve=43πr3v
结合乙图，可得
T=α2πTe=239vπr
粒子e 从M点运动到N点所需的时间为
t=T+2T+T=4T=839vπr
考虑到粒子运动的周期性，可知
Rsinα=2r4n(n=1,2,3，⋯)
解得
α=arcsin32n(n=1,2,3，⋯)
可得
T=α2πTe=23r⋅arcsin32n3v(n=1,2,3，⋯)
粒子e 从M点运动到N点所需的时间为
t=4nT=83nr⋅arcsin32n3v(n=1,2,3，⋯)
8.（2025·江苏·一模）如图所示，xOy平面内0≤x≤12d、−∞0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。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A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
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
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C错误；
D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D正确。
故选D。
6．（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a
B．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。
7．（2023·海南·高考真题）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．小球运动过程的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【详解】A．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；
BC．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，方向都在变，BC错误；
D．洛仑兹力永不做功，D错误。
故选A。
8．（2023·湖南·高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据，有
则
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据，有
则
D正确。
故选D。
9．（2023·全国·高考真题）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
10．（2023·全国·高考真题）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O
B．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
【答案】BD
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，为圆周运动的圆心

由几何关系可知为直角，即粒子此时的速度方向为，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示

即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。
故选BD。