《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 4] (2024·广西卷)$Oxy$ 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为 $B$，方向垂直纸面向里。质量为 $m$、电荷量为 $+q$ 的粒子，以初速度 $v$ 从 $O$ 点沿 $x$ 轴正向开始运动，粒子过 $y$ 轴时速度与 $y$ 轴正向夹角为 $45°$，交点为 $P$。不计粒子重力，则 $P$ 点至 $O$ 点的距离为 (C)


A.$\frac{mv}{qB}$
B.$\frac{3mv}{2qB}$
C.$(1 + \sqrt{2})\frac{mv}{qB}$
D.$(1 + \frac{\sqrt{2}}{2})\frac{mv}{qB}$

答案：
例4　答案:C
解析:粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$，可得粒子做圆周运动的半径$r=\frac{mv}{qB}$，根据几何关系可得$P$点至$O$点的距离$L_{PO}=r+\frac{r}{\sin45^{\circ}}=(1 + \sqrt{2})\frac{mv}{qB}$，故C正确。

[例 5] (多选)(2025·贵州遵义模拟预测)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)，$∠ACB = 30°$，一带正电的粒子由 $AC$ 中点以速率 $v_0$ 沿垂直 $AC$ 方向射入磁场，经磁场偏转后从 $AC$ 边离开磁场，已知 $AB = L$，粒子的质量为 $m$、电荷量为 $q$，粒子重力忽略不计。则下列说法正确的是 (BD)


A.磁感应强度的大小可能为 $\frac{2mv_0}{qL}$
B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到 $C$ 点的距离为 $\frac{L}{3}$
C.从 $AC$ 边离开的粒子在磁场中运动的时间均为 $\frac{2πL}{3v_0}$
D.当磁感应强度取粒子从 $AC$ 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：
例5　答案:BD
解析:根据洛伦兹力提供向心力，有$qvB=\frac{mv^{2}}{r}$，解得$r=\frac{mv}{qB}$，可知半径越大，磁感应强度越小，粒子能从$AC$边离开磁场的临界轨迹如图所示，由几何关系可得$OC = 2r$，$AC=2AB = 2L$，可得$CD=r=\frac{1}{3}L$，则有$r=\frac{mv_{0}}{qB}\leq\frac{L}{3}$，解得$B\geq\frac{3mv_{0}}{qL}$，故A错误，B正确；根据题意可知，从$AC$边离开的粒子在磁场中运动的时间为$t=\frac{T}{2}=\frac{1}{2}×\frac{2\pi r}{v_{0}}=\frac{\pi L}{3v_{0}}$，故C错误；
粒子在磁场中的运动周期为$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$，粒子在磁场中运动时间为$t=\frac{\theta}{2\pi}· T=\frac{\theta m}{qB}$，当磁感应强度取粒子从$AC$边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子运动半径增大，则粒子从$BC$边离开磁场，速度越大，轨迹对应的圆心角$\theta$越小，粒子在磁场中的运动时间越短，故D正确。

[例 6] (多选)(2025·甘肃卷)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 $R_0$。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 $\frac{q}{m}$，$a$ 粒子的速度大小为 $v_a = \frac{qBR_0}{m}$，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 (BD)


A.外圆半径等于 $2R_0$
B.$a$ 粒子返回 $A$ 点所用的最短时间为 $\frac{(3π + 2)m}{qB}$
C.$b$、$c$ 粒子返回 $A$ 点所用的最短时间之比为 $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} + 2}$
D.$c$ 粒子的速度大小为 $\frac{\sqrt{2}}{2}v_a$

答案：
例6　答案:BD
解析:由题意，作出$a$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$v_{a}=\frac{qBR_{0}}{m}$
可得$R_{a}=R_{0}$，设外圆半径等于$R'$，由几何关系得$\angle AO'B = 270^{\circ}$，则$R'=R_{0}+\sqrt{2}R_{0}$，A错误；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$t_{min}$，$a$粒子做匀速圆周运动的周期$T=\frac{2\pi R_{a}}{v_{a}}=\frac{2\pi m}{qB}$，在磁场中运动的时间$t_{1}=\frac{540^{\circ}}{360^{\circ}}· T=\frac{3\pi m}{qB}$，匀速直线运动的时间$t_{2}=\frac{2R_{0}}{v_{a}}=\frac{2m}{qB}$，故$a$粒子返回$A$点所用的最短时间为$t_{min}=t_{1}+t_{2}=\frac{(3\pi + 2)m}{qB}$，B正确；由题意，作出$b$、$c$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$\frac{q}{m}$，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；由几何关系得$2R_{c}=\sqrt{2}R_{0}$，洛伦兹力提供向心力有$qv_{c}B=\frac{mv_{c}^{2}}{R_{c}}$，联立解得$v_{c}=\frac{\sqrt{2}}{2}v_{a}$，D正确。 故选BD。

[例 7] (多选)(2025·黑龙江大庆·模拟预测)如图甲所示，$M$、$N$ 为竖直放置彼此平行两块足够长的平板，板间距离为 $d$，两板中央各有一个小孔 $O$、$O'$ 且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)，有一群正离子在 $t = 0$ 时垂直于 $M$ 板从小孔 $O$ 射入磁场，已知正离子质量为 $m$，带电荷量为 $q$，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 $T_0$，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，粒子撞到平板即被吸收，不计离子所受重力，下列说法正确的是 (CD)

A.磁感应强度 $B_0$ 大小等于 $\frac{πm}{T_0q}$
B.当入射速度大小为 $\frac{2πd}{T_0}$ 时，粒子能从 $O'$ 飞出磁场
C.当入射速度大小为 $\frac{πd}{4T_0}$ 时，粒子能从 $O'$ 飞出磁场
D.若正离子能从 $O'$ 孔垂直于 $N$ 板射出磁场，则当离子做匀速圆周运动的半径为 $\frac{d}{4}$ 时所用时间最短

答案：
例7　答案:CD
解析：正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力$B_{0}qv_{0}=m\frac{v_{0}^{2}}{R}$，做匀速圆周运动的周期$T_{0}=\frac{2\pi R}{v_{0}}$，联立两式得磁感应强度$B_{0}=\frac{2\pi m}{T_{0}q}$，选项A错误；要使正离子从$N$板$O'$孔射出磁场，轨迹应如图所示
结合粒子运动的方向可知，当运动的轨迹是一个周期时，运动的时间最短，所以$t_{min}=T_{0}$，
此时离子做匀速圆周运动的半径为$\frac{d}{4}$；两板之间正离子运动$n$个周期，即$nT_{0}$，则$R_{n}=\frac{d}{4n}$，
联立上式可得，正离子的速度$v_{0}=\frac{B_{0}qR_{n}}{m}=\frac{\pi d}{2nT_{0}}(n = 1,2,3·s)$，
当$n = 1$时$v_{01}=\frac{\pi d}{2T_{0}}$，当$n = 2$时$v_{02}=\frac{\pi d}{4T_{0}}$，选项B错误，C、D正确。 故选CD。