备考2026届高考物理一轮复习核心考点 磁场（一）（有解析）

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高考物理一轮复习 磁场
一．选择题（共6小题）
1．（2025 江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．a点的磁感应强度大于b点
B．b点的磁感应强度大于c点
C．c点的磁感应强度大于a点
D．a、b、c点的磁感应强度一样大
2．（2025 湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（　　）
A．0 B．B C．2B D．3B
3．（2025 北京）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是（　　）
A．N点电势比M点高
B．U0正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
4．（2025 广东）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为﹣q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
5．（2025 安徽）如图，在竖直平面内的Oxy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Oxy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2d
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
6．（2025 福建）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，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O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（　　）
A． B．B2﹣B1 C．B2﹣B1 D．B1﹣B2
二．多选题（共6小题）
（多选）7．（2025 广西）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（　　）
A．M粒子质量为
B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为
（多选）8．（2025 甘肃）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R0。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va，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2R0
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
（多选）9．（2025 四川）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
（多选）10．（2025 河北）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M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OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，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7L
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为
（多选）11．（2025 福建）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
（多选）12．（2025 山东）如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y﹣t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．区域Ⅰ内电场强度大小，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小，方向垂直Oxy平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
高考物理一轮复习 磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2025 江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．a点的磁感应强度大于b点
B．b点的磁感应强度大于c点
C．c点的磁感应强度大于a点
D．a、b、c点的磁感应强度一样大
【考点】利用磁感线的疏密判断磁感应强度的大小．
【专题】比较思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】B
【分析】磁感线疏密反映磁感线强度大小。
【解答】解：磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb＞Ba＞Bc。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题解题关键是利用磁感线判断出磁感线强度大小。
2．（2025 湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（　　）
A．0 B．B C．2B D．3B
【考点】磁感应强度的矢量叠加；安培定则（右手螺旋定则）．
【专题】定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】A
【分析】根据安培定则判断出电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向关系，结合M和N两点到O点的距离相等，分析通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度关系，以及匀强磁场在M点和N点的磁感应强度关系，根据磁场的叠加原理分析N点与M点总磁感应强度关系。
【解答】解：根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要熟练运用右手定则判断通电线圈产生的磁场方向，运用磁场叠加原理分析M点和N点总磁感应强度关系。
3．（2025 北京）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是（　　）
A．N点电势比M点高
B．U0正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
【考点】电磁流量计．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据左手定则判断带正电或者负电的导电粒子偏转方向，确定M、N两点电势高低关系；根据稳定时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，推导M、N两点的电势差的表达式；若直径MN与磁场方向不垂直，测量得到的M、N两点的电势差偏小，由此判断测得的流量的误差情况。
【解答】解：A.根据左手定则可知，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，故N点电势比M点高，故A正确；
BC.设管道半径为r，稳定时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则有：
，又有：Q＝Sv＝πr2v
联立解得：，可得U0正比于流量Q。
流量Q一定时，管道半径r越小，U0越大，故B正确，C错误；
D.若直径MN与磁场方向不垂直，则关系式：中的磁场强度B应该是磁感应强度垂直MN的分量，故此时测量得到的M、N两点的电势差要小于直径MN与磁场方向垂直时的，可知测得的流量Q会偏小，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题考查了电磁流量计的工作原理，掌握电磁流量计稳定工作时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡。
4．（2025 广东）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为﹣q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【答案】A
【分析】先根据题意确定粒子的运动方向，利用左手定则判断偏转磁场的磁感应强度方向；根据动能定理求加速一次后带电粒子的动能增量；洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，由动能定理求加速k次后粒子的速度大小。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求偏转磁场的磁感应强度大小。
【解答】解：A.直线通道PQ有电势差为U的加速电场，因粒子带负电，则粒子运动方向为P→Q。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知洛伦兹力指向装置中心，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；
BC.由动能定理可知，加速一次后，电场力做功为qU，带电粒子的动能增量为qU。因洛伦兹力不做功，故加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，有kqU，得v，故BC错误；
D.粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则根据洛伦兹力提供向心力有，联立解得，解得B，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要知道洛伦兹力不做功，粒子每加速一次，动能增量为qU，运用动能定理求加速获得的速度。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。
5．（2025 安徽）如图，在竖直平面内的Oxy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Oxy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2d
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
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；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。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，画出两种情况粒子运动轨迹，根据几何关系求薄板的上表面接收到粒子的区域长度；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，画出运动轨迹，根据几何关系求薄板的下表面接收到粒子的区域长度；粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，结合轨迹圆心角求最短时间。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得，解得粒子的轨迹半径为R＝d，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s上min＝d；
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，所以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，根据几何关系可知，此时离y轴距离为d，所以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，为tminT，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中运动问题，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的关键，根据洛伦兹力提供向心力结合几何知识解答。
6．（2025 福建）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，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O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（　　）
A． B．B2﹣B1 C．B2﹣B1 D．B1﹣B2
【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．
【专题】定量思想；控制变量法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】B
【分析】根据通电直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与距离成反比，结合安培定则分析直导线L1产生的磁场在M、O、N点的磁感应强度和通电直导线L2产生的磁场在M、O、N点磁感应强度的大小与方向的关系，再根据磁场叠加原理求解。
【解答】解：根据通电直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与距离成反比，结合题目条件，可得通电直导线L1产生的磁场在M点与O点的磁感应强度大小和通电直导线L2产生的磁场在N点与O点的磁感应强度大小均相等，设为B0。直导线L1与L2中电流方向相反，根据安培定则可知，L1和L2各自产生的磁场在O点的磁感应强度方向相同，根据磁感应强度的矢量叠加可得：
2B0＝B2
设L2的磁场在M点的磁感应强度大小为B2M。根据安培定则可知，L1和L2各自产生的磁场在M点的磁感应强度方向相反，因M点与L2的距离较大，故B2M＜B0，根据磁感应强度的矢量叠加可得：
B0﹣B2M＝B1
设L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小为B1N。由已知条件可知，N点到L1的距离等于M点到L2的距离，可得L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小等于L2的磁场在M点的磁感应强度大小，即：
B1N＝B2M
联立解得：B1NB2﹣B1
保持L1中电流不变，仅将L2撤去，则N点的磁感应强度大小就等于L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小，为B2﹣B1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电流的磁效应，掌握安培定则的用法与磁场叠加原理。
二．多选题（共6小题）
（多选）7．（2025 广西）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（　　）
A．M粒子质量为
B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】A.根据动能定理和平衡关系求M粒子质量；
B.根据力的大小关系求刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度；
C.根据洛伦兹力提供向心力求出M粒子在磁场中运动半径，结合动能定理和平衡关系求此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比；
D.根据长度关系求打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距。
【解答】解：A．对M粒子在加速电场中，根据动能定理有
在速度选择器中，根据平衡关系
qv0MB1＝qE
解得：
故A正确；
B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知qv0NB1＞qE
所以v0N＞v0M，故B错误；
C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则根据洛伦兹力提供向心力
解得M粒子在磁场中运动半径
N粒子在磁场中运动的半径为r2，则
2r1﹣2r2cosθ＝d
解得
其中
可得
N粒子在选择器中，根据动能定理
在加速电场中，根据动能定理
解得，
则要想使得粒子N沿轴线OO'通过选择器，则需满足qv0NB1'＝qE'
联立解得
故C错误；
D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，对N粒子在加速电场中，根据动能定理有
N粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
解得：
因：v0N＞v0M，故r3＜r1
则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为Δx＝2r1﹣2r3
其中，
可得，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，理解粒子在不同情况下的运动条件和情况，解题的关键是分析清楚粒子做直线运动的原因是电场力和洛伦兹力相等且反向。
（多选）8．（2025 甘肃）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R0。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va，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2R0
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
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；模型法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】A.a粒子恰好到达磁场外边界后返回，作出a粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力结合数学知识求解作答；
B.根据圆周运动的周期公式结合对称性求解粒子在磁场中的运动时间；粒子在内圆里做匀速直线运动，根据匀速直线运动公式求解粒子在内圆中的运动时间，然后求总时间；
C.作出b、c柆子运动轨迹图，结合粒子做匀速圆周运动的周期公式求解作答；
D.根据运动轨迹图，结合几何关系求解粒子c做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子c的速度大小。
【解答】解：A.a粒子恰好到达磁场外边界后返回，作出a粒子运动轨迹图，如图所示：
设粒子a的轨迹半径为ra，外圆半径为R；
根据洛伦兹力提供向心力
由于a粒子的速度大小为
联立解得ra＝R0
根据数学知识
外圆半径为，故A错误；
B.a粒子做匀速圆周运动的周期
根据对称性，粒子在磁场中运动的时间
粒子在内圆中的运动时间
a粒子返回A点所用的最短时间为，故B正确；
C.由题意，作出b、c柆子运动轨迹如图所示：
因为b、c柆子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子倣圆周运动的周期相同，因此所用的最短时间之比为1：l，故C错误；
D.根据运动轨迹图，结合几何关系得2rc+R0＝R
联立解得
洛伦兹力提供向心力
联立解得，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，要熟练掌握洛伦兹力公式、周期公式的运用，作出粒子的运动轨迹图是解题的关键。
（多选）9．（2025 四川）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
【考点】带电粒子在多个组合边界磁场中的运动；带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之上比；依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹图，根据几何关系计算粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比；粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比。
【解答】解：B、设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，Ⅱ区的磁感应强度大小为B2，则有：B1：B2＝4：1
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得：qvB＝m
解得圆周运动半径为：r
可得在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为：，故B错误；
ACD、依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹如上图所示，易知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点。粒子在Ⅱ区的两段圆弧轨迹的圆心角相等，设为θ，由几何关系得：
cosθ，结合：，解得：θ＝37°，易知上图中的角β＝53°
粒子在Ⅰ区的轨迹长度为：s1
粒子在Ⅱ区的轨迹长度为：s2
解得：
因粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比，即在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为：，故AD正确，C错误。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在有界磁场中的运动问题，要熟练掌握圆心、半径及运动时间的确定，考虑在有界磁场中运动的对称性，分析几何关系，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解决问题。
（多选）10．（2025 河北）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M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OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，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7L
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】BCD
【分析】根据左手定则判断粒子的电性；
根据装置原理，结合动能定理判断出电场强度的变化；
画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据运动情况求解粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离；
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，由几何关系求解粒子进入两板间时的速度方向与M板夹角，根据运动的合成与分解进行解答。
【解答】解：A、当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。根据左手定则可知，粒子带负电，故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v2＝2ad，a，联立解得，E，即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，故B正确；
C、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，当两板间的电场强度最大、发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：rcosθ+r＝3L，解得：r＝2L
粒子在N板返回后经过Q后打在M的上表面，则粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为：x＝3L+2r＝3L+2×2L＝7L，故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，如图所示：
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＝90°﹣60°＝30°
则在两板间运动时间为：t，其中a是粒子在电场中运动的最大的加速度。
水平位移为：x＝vcosα t
沿竖直方向进入电场时，有：v2＝2ad
联立解得：xd，故D正确。
故选：BCD。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
（多选）11．（2025 福建）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】带电体做匀速直线运动时，对其受力分析，根据平衡条件求解电场强度和磁感应强度；撤去磁场后，粒子做类平抛运动，根据运动学公式求解合速度，根据动能定理求解电势差；将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，根据运动学公式求解即可。
【解答】解：AB、带电体恰能沿MN做匀速直线运动，对带电体受力分析可知，带电体一定带正电，如图
由平衡条件得：
mg＝qE
qvBmg
解得：
E
B
故A错误，B正确；
C、粒子从N点运动到P点，初速度为v，所受合力为mg，做类平抛运动，将粒子的运动分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，运动到P点时，位移偏转角为45°，速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍：
2tan45°
合速度为
v合
联立解得：
v合v
从N点到P点，由动能定理得：
qUmmv2
解得：
U
故C正确；
D、将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度为零时，离NP的距离最大，最大距离为
h
故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是对粒子做好受力分析，研究好粒子的运动情况，结合动能定理和运动学公式列式求解即可。
（多选）12．（2025 山东）如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y﹣t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．区域Ⅰ内电场强度大小，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小，方向垂直Oxy平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】A.根据粒子在匀强电场中的运动轨迹判断粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律和牛顿第二定律求解场强的大小和方向；
BC.根据运动学公式以及运动的合成与分解求解粒子进入磁场时的速度大小和方向；在区域Ⅱ中运动的y﹣t图像为正弦曲线的一部分，说明粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子的轨道半径；根据洛伦兹力提供向心力，进而可得磁感应强度；
D.根据几何关系计算圆心位置坐标。
【解答】解：A．粒子在区域Ⅰ中的做类平抛运动，设粒子初速度为v0，加速度为a；
根据平抛运动规律，竖直方向
根据牛顿第二定律，加速度
水平方向有x＝3L＝v0t0
联立解得场强的大小
场强的方向沿y轴正方向，故A正确；
B．粒子在区域Ⅱ中运动的y﹣t图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
粒子离开电场时的竖直速度
水平速度
合速度
设速度方向与y轴成θ角度，根据数学知识
解得θ＝37°
设圆周运动的半径为R，根据数学知识，故B错误；
C．结合上述B，根据牛顿第二定律有
解得磁感应强度，故C错误；
D．粒子的运动轨迹如图所示：
结合上述B，根据数学知识，圆心到O的距离
粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动规律，知道匀速圆周运动与简谐运动的表达式是解题的关键。
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