专题3 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

第2讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动 　(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 [解析]　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，由几何关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径射入，∠O1PO＝90°，则∠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的连接，D对；粒子在圆筒中先做圆周运动，与圆筒碰后速度反向，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；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对；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增多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错。 [答案]　BD 　(多选)在例题中，若磁感应强度大小为B，粒子的质量为m、带电量为q，粒子沿孔半径为向射入筒内，粒子与筒壁碰撞n次后恰好又从小孔穿出，其他条件不变，已知小球在磁场中运动的总时间t＝，则n可能等于(　　) A．2　　　　 B．3　　　　 C．4　　　　 D．5 解析　粒子在磁场中的周期为T＝，而小球在磁场中运动的总时间t＝＝T可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n＝2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则圆筒所对圆心角为120°，圆筒所对总圆心角为120°×3＝360°，故A正确；若n＝3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为45°，则对应着圆筒上的圆心角为135°，圆筒所对总圆心角为135°×4＝540°，不是360°整数倍，故B错误；若n＝4，即粒子与圆筒碰撞4次，则分别对应5段圆弧，可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°，对应着圆筒上的圆心角为144°，则圆筒所对总圆心角为5×144°＝720°，故C正确；若n＝5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为30°，则对应着圆筒上的圆心角为150°，圆筒所对总圆心角为150°×6＝900°，不是360°的整数倍，故D错误。 答案　AC 　(多选)在例题中，若磁感应强度大小为B，粒子的质量为m、带电量为q。粒子以不同速度，从筒壁的A孔沿半径方向进入筒内。粒子与筒壁连接碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A孔射出(其余粒子被吸收)，其他条件不变。则粒子在筒中运动的时间为(　　) A． B． C． D． 解析　粒子射入圆筒后受洛伦兹力而偏转，设第一次与B点碰撞，碰后速度方向又指向O点，假设粒子与筒壁碰撞n－1次，运动轨迹是n段相等的圆弧，再从A孔射出，设第一段圆弧的圆心为O′，半径为r，如图所示，则θ＝＝，因2θ－π，故n>2，可知n＝3，4，5，…，又因粒子运动周期为t′－， 弧AB所对圆心角为φ＝π－2θ－，粒子由A运动到B所用时间t′＝T＝(n＝3，4，5，…)，粒子的运动的总时间为t＝nt′＝(n＝3，4，5，…)，故选BCD。 答案　BCD 　如图所示，在半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷相同且为的负离子体以相同速率v0，由A点在纸平面内向不同方向射入磁场中，圆心为O，AB是直径，发生偏转后又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计粒子重力) (　　) A．离子飞出磁场时的动能一定相等 B．离子在磁场中运动半径一定不等 C.由B点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 D．沿AB方向射入的离子飞出时偏转角最大 [解析]　带电离子在磁场中运动洛伦兹力不做功，所以速度不变化，则射出时离子的动能Ek＝mv02，由于比荷相同，离子的质量不等，离子飞出磁场时的动能不相等，故A错误；离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B错误；由圆的性质可知，轨迹圆半径一定时，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为AB，故由B点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，故C正确；由C选项的分析知道，时间最长的是由B点射出的，偏转角最大，此时粒子一定不会沿AB射入，故D错误。 [答案]　C 　在例题中，若半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现只改变带电粒子的速度大小，仍从A点沿原方向射入磁场，粒子在磁场中的运动时间变为1.5Δt, 不计粒子重力，则粒子的速度大小变为(　　) A．v　　　 B．v　　　 C．v　　　 D．v 答案　C 　在例题中，带正电的粒子从A点射入磁场，速度方向与直径的夹角为60°，若半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场(磁场方向未画出)，一个比荷为的带正电的粒子从A点射入磁场，从圆周上的C点射出磁场(C点未画出)，AC＝R。求粒子射入磁场时的速度及粒子在磁场中运动的时间可能值。 答案　或， 或 带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法 (1)认真读题，逐一确认形成多解的各种因素。 (2)画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况。 (3)对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式。 1．(多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　　) A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr 解析　根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。 答案　BD 2．(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　) A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 解析　由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。 答案　AC 3．(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(　　) A．　　　　　　　 B． C．(1＋) D． 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，可得粒子做圆周运动的半径r＝， 根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝(1＋)，故选C。 答案　C 4．(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10-2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10 cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流大小； (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。 解析　(1)对金属杆：做竖直上抛运动，跳起的高度为H 由运动学关系式v2＝2gH 解得v＝＝ m/s 通电过程金属杆收到的安培力大小为FA＝BIL 由动能定理得BILh－mg＝0 解得I＝4.17 A。 (2)金属杆通电时间t′＝0.002 s，由动量定理有t′＝mv′－0 由运动学公式v′2＝2gH′ 通过金属杆截面的电荷量q＝I′t′ 联立解得q＝0.085 C。 答案　(1) m/s　4.17 A　(2)0.085 C 命题点一　磁场的基本性质　安培力 1．磁感应强度B的叠加 空间的磁场通常是多个磁场叠加而成的，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断。具体思路如下： (1)首先确定磁场的场源，如通电导线。 (2)定位空间中需要求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁场的大小和方向，如图中场源M、N在c点产生的磁场。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。 2．解决磁场中导体运动问题的一般思路 (1)正确对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。 (2)画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向)。 (3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。 1．(2024·九省联考)半径为0.1 m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为0.4 T，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图所示，当通过线框的电流I为1 A时，线框所受的安培力大小为(　　) A． N　　　　　　 B． N C． N D． N 解析　线框在磁场的有效线段的长度L＝R＝ m，安培力大小为F＝BIL＝ N，故选项B正确。 答案　B 2．(2024·河南周口模拟)如图所示，通有大小恒为I、方向向右电流的长直导线PQ水平固定，通有大小也为I、沿逆时针方向恒定电流的矩形线框ACDE通过轻弹簧悬挂，悬挂点为AE边的中点，线框静止，AE边水平，PQ和线框在同一竖直面内，AE和CD间距离为d，PQ和CD间距离也为d，CD长为2d，已知长直通电导线在距离导线为r的位置产生的磁感应强度为B＝k(其中k为常数，I为长直通电导线中的电流)，则下列判断正确的是(　　) A．长直导线PQ受到的安培力方向向下 B．长直导线PQ受到的安培力大小为kI2 C．长直导线PQ受到的安培力大小为2kI2 D．将长直导线中电流增大，弹簧的长度会变短 解析　长直导线PQ在矩形线框ACDE处的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知CD受到的安培力向下，AE受到的安培力向上，由于长直导线PQ在CD处的磁感应强度较大，则长直导线PQ对矩形线框的安培力向下，根据牛顿第三定律，长直导线PQ受到的安培力方向向上，故A错误；矩形线框受到的安培力的大小为F＝IL(BCD－BAE)＝I·2d·＝kI2，根据牛顿第三定律，长直导线PQ受到的安培力大小为kI2，故B正确，C错误；对矩形线框，根据平衡条件有kx＝mg＋F，将长直导线中电流增大，矩形线框受到的安培力的大小增大，弹簧的长度会变长，故D错误。 答案　B 3．(2022·全国甲卷)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心，使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。 (1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s； (2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。 解析　(1)由题意，当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为F＝NBIl 根据胡克定律有F＝NBIl＝k|Δx| |Δx|＝ 设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为d≫Δx，r≫d 则sin θ≈θ，sin 2θ≈2θ 所以有Δx＝d·θ s＝r·2θ 联立可得s＝Δx＝。 (2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有 s1＝＋s′ 当电流反向后有s2＝－s′ 联立可得I′＝ 同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为I′＝。 答案　(1)　 (2) 命题点二　带电粒子在磁场中的圆周运动 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法 4．(多选)(2024·九省联考)空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x＝a两侧的匀强磁场方向相反，x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍。不同带电粒子以速率v0由原点沿xOy平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为下图中的(　　) 解析　因x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍，根据r＝，可知x<a区域的圆周运动的半径为x>a区域的圆周运动的半径2倍。该图中粒子运动的轨道半径为r＝<a，即粒子没能到达两磁场的分界线，则该轨迹可能存在，选项A正确；该图中粒子在x<a中运动时的轨迹半径为r＝＝＝a，在x>a区域运动的半径应该为r′＝，轨迹与y轴交点的纵坐标应该是y＝2r′sin 45°＝，则选项B正确；该图中粒子在x<a区域的轨道半径小于在x>a区域的轨道半径，则选项C错误；该图中粒子在x<a区域的轨道半径为r＝a，则在x>a区域的轨道半径为r′＝，则轨迹与y轴交点y＝a＋2×＋a＝3a，选项D正确。 答案　ABD 5．(2024·九省联考)如图所示，半径为R的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ是相互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从M点先后以相同速率v射入磁场，其中粒子甲沿MN射入，从Q点射出磁场，粒子乙沿纸面与MN方向成30°角射入，两粒子同时射出磁场。不计粒子重力及两粒子间的相互作用，则两粒子射入磁场的时间间隔为(　　) A． B． C． D． 解析　O1是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形OQO1M是正方形，所以甲、乙运动轨迹的半径均为R，甲的运动轨迹的圆心角为。而粒子乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为。 甲运动的时间为t1＝·＝＝，乙运动的时间为t2＝·＝＝，因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁场的时间间隔为Δt＝t1－t2＝－＝，故选B。 答案　B 6．(多选)如图所示，xOy坐标系的第一象限内分布着垂直纸面向里的有界匀强磁场B＝0.5 T，磁场的右边界是满足y＝x2(单位：m)的抛物线的一部分，现有一质量m＝1×10-6kg，电荷量q＝2×10-4C的带正电粒子(重力不计)从y轴上的A点(0，0.5 m)沿x轴正向以v0射入，恰好不从磁场右边界射出，则(　　) A．粒子在磁场中做逆时针圆周运动 B．粒子到达磁场边界的位置坐标为(3 m，1.5 m) C．粒子在磁场中运动的速率为2×102 m/s D．粒子从A点到磁场右边界的运动时间为×10-2s 解析　根据左手定则可知粒子在磁场中做逆时针圆周运动，选项A正确；设粒子到达磁场边界的位置坐标为(x，y)，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则有粒子在磁场中做圆周运动的圆心的位置坐标为(0，R＋0.5)，根据数学知识可知R＝，tan θ＝，粒子到达磁场边界的切线斜率为k＝x＝tan θ，联立解得R＝2 m，y＝1.5 m，x＝ m，选项B错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝，粒子在磁场中运动的速率为v＝＝2×102 m/s，选项C正确；粒子从A点到磁场右边界的圆周运动的圆心角为θ＝60°，粒子从A点到磁场右边界的运动时间为t＝T＝× s＝×10-2 s，选项D正确。 答案　ACD 命题点三　带电粒子在磁场中运动的临界极值问题 求解临界、极值问题的“两思路” (1)以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界状态和特殊解。 (2)画轨迹表示临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。 7．(2024·九省联考)2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核12H沿内环切线向左进入磁场，氚核13H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则12H和13H的速度之比为(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶1 解析　由题意可知，根据左手定则，作图如图所示，由几何关系可知，氘核12H的半径为r1，2r1＝R2－R1＝R1，r1＝。由几何关系可知，氚核13H的半径为r2，有2r2＝R2＋R1＝3R1，则r2＝，＝，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得v＝， 由题意可知，氘核12H和氚核13H的比荷之比为＝·＝×＝，故12H和13H的速度之比为＝·＝×＝，故选项A正确。 答案　A 8．(2024·贵州贵阳期末)如图所示，圆心为O、半径为R＝1 m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为(　　) A．m2 B．m2 C． m2 D． πm2 解析　粒子经过的区域如图所示，设轨迹圆的半径为r，由几何关系得∠POQ＝90°，粒子做圆周运动的半径为r＝R。由几何关系得粒子经过的区域面积S＝＋＋＝－，代入数据解得S＝m2，故选A。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $$