专题三 第9讲 磁场及其对通电导线的作用 带电粒子在磁场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 第9讲　磁场及其对通电导线的作用带电粒子在磁场中的运动 考点1　磁场的性质及磁场对通电导线的作用 例1　（2024·江西省上饶市高三下二模）如图所示，在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，以O点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处，并通入相同的电流，Q点磁感应强度大小为0。则（　　） A.P点磁感应强度大小为0 B.P点磁感应强度大小为2B C.M处导线受安培力方向竖直向上 D.M处导线受安培力方向斜向右上方 [解析]　Q点磁感应强度大小为0，则M、N处的导线在Q点产生的合磁场的磁感应强度大小为B，方向水平向左，根据安培定则和对称性可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场的磁感应强度与在Q点产生的合磁场的磁感应强度等大反向，即M、N处的导线在P点产生的合磁场的磁感应强度大小为B，方向水平向右，故P点磁感应强度大小为2B，方向水平向右，故A错误，B正确；根据安培定则可知，N处的导线在M处产生的磁场方向竖直向上，则M处磁场方向斜向右上方，根据左手定则可知，M处导线受安培力方向斜向右下方，故C、D错误。 [答案]　B 例2　（2022·全国乙卷）（多选）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（　　） 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 －45 2 0 －20 －46 3 21 0 －45 4 －21 0 －45 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50 μT C.第2次测量时y轴正向指向南方 D.第3次测量时y轴正向指向东方 [解析]　地球可视为一个条形磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，由表中Bz数据可看出z轴的磁感应强度分量竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可得当地地磁场的磁感应强度大小为B＝≈50 μT，B正确；由A项分析可知测量地点位于北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量时Bx＝0，By为负值，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx为正值，By＝0，故x轴正向指向北方，则y轴正向指向西方，C正确，D错误。 [答案]　BC 1.磁场的产生与叠加 2.地磁场的主要特点 （1）地磁场的N极在地球南极附近，S极在地球北极附近，磁感线分布如图所示。 （2）地磁场B的水平分量Bx总是从地球南极指向北极，而竖直分量By则南北相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。 （3）在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等且方向水平向北。 3.安培力的分析与计算 方向 左手定则 大小 直导线 F＝IlBsinθ，θ＝0°时F＝0，θ＝90°时F＝IlB 导线为曲线时 等效为ac直线电流 4.两个二级结论 （1）同向平行电流相互吸引，反向平行电流相互排斥。 （2）两个电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。 1.判别物体在安培力作用下的运动方向的常用五种方法 （1）电流元受力分析法：即把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向。 （2）特殊值分析法：把电流或磁体转到一个便于分析的特殊位置（如转过90°）后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向。 （3）等效分析法：环形电流可以等效成条形磁体、条形磁体也可等效成环形电流、通电螺线管可等效成很多的环形电流来分析。 （4）推论分析法：两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；两电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势。 （5）转换研究对象法：因为电流之间、电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律。这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。 2.求解安培力作用下的动力学问题的一般思路 考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动 例3　（2024·广西高考）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]　粒子从O点到P点的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做匀速圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得，P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋）r＝（1＋），故选C。 [答案]　C 例4　（2024·内蒙古包头市高三下二模）（多选）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为－q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v＝，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　） A.粒子运动的轨迹半径为r＝L B.粒子由P点运动到Q点所用的时间为t＝ C.若射出速度为v，粒子由P点运动到Q点所用时间为t′＝ D.若射出速度为2v，粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点的距离为d＝（2－）L [解析]　根据qvB＝m，v＝，得粒子运动的轨迹半径为r＝L，故A正确；由左手定则及几何关系可知，粒子运动轨迹如图甲所示，可知粒子由P点运动到Q点所用的时间恰好为一个周期，即t＝＝，故B正确；若射出速度为v，由q·vB＝m，v＝，得运动半径r′＝L，由左手定则及几何关系可知，粒子运动轨迹如图乙所示，可知粒子由P点运动到Q点所用的时间恰好为一个周期，即t′＝＝，故C错误；若射出速度为2v，由q·2vB＝m，v＝，得运动半径r″＝L，由左手定则及几何关系可知，粒子运动轨迹如图丙所示，由几何关系可知，粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点的距离为d＝L－r″（1－cos45°）＝（2－）L，故D正确。 [答案]　ABD 1.洛伦兹力 方向 左手定则对正电荷：四指指向运动方向；对负电荷：四指指向运动的反方向 大小 F＝qvBsinθ 特点 洛伦兹力不做功 2.不计带电粒子的重力，当带电粒子的速度和匀强磁场方向垂直时，带电粒子做匀速圆周运动。 1.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动问题的处理关键 （1）圆心的确定 ①速度和轨道半径垂直。 ②轨迹上两点连线的垂直平分线过圆心。 如下三图所示 （2）轨道半径的计算 方法一：由物理公式求：由于qvB＝，所以轨道半径r＝。 方法二：由几何关系求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。 （3）运动时间的确定 方法一：由对应的圆心角α求：t＝T＝。 方法二：由对应的弧长s求：t＝。 2.带电粒子在有界匀强磁场中运动时轨迹圆的几个基本特点 （1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，出射角等于入射角。（如图1所示，θ1＝θ2＝θ3） 并且粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角。（如图1所示，α1＝α2） （2）在圆形匀强磁场区域，若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应磁场半径的夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应磁场半径的夹角也为θ，如图2所示。 特例：沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时也沿半径方向，如图3所示。 3.多解问题 （1）产生多解现象的四种因素 原因 特点 图例 带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解 磁场方向不确定 有些题目只给出了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解 临界状态不唯一 如图所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解 运动的周期性（或往复性） 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往具有周期性或往复性，因而形成多解 （2）解决多解问题的一般思路 考点3　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 例5　（2024·内蒙古包头市高三下一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其中ac＝2d，bc＝d，c点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A.ab边有粒子出射的区域长度为0.5d B.粒子在磁场中运动的最长时间为 C.若粒子从ac边出射，入射速度v>kBd D.若某粒子的速度v＝，则粒子可以恰好从a点飞出 [解析]　如果粒子速度非常大，粒子运动轨迹近似为直线，则粒子可以在ab边上任何位置射出，结合几何关系可知，ab边有粒子出射的区域长度为ab＝＝d，故A错误；由qvB＝m，T＝，联立得粒子运动周期T＝，T与粒子的速度无关，则粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，粒子从c点沿cb方向射入，从ac边射出时，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角最大，为θ＝120°＝，故粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝＝，B正确；若粒子沿ca方向进入磁场，则无论速度多大，都能够从ac边射出，C错误；若粒子速度v＝，根据qvB＝m、＝k，得轨迹半径R＝，当粒子沿cb方向入射时，粒子从ac边射出的出射点到c的距离最大，为2Rsin60°＝d<2d，故粒子从c点沿任何方向进入磁场，都无法从a点飞出，D错误。 [答案]　B 例6　（2024·湖北高考）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>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 [解析]　粒子在各磁场中均做匀速圆周运动，由几何知识可知，粒子在圆形区域内的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，粒子沿直径方向射入圆形区域，则射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，同理可知，粒子在圆形区域外的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，则射入圆形区域时的速度方向也一定沿该区域的半径方向，易知，粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；设粒子的速度大小为v，根据qvB＝m得，粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝，则粒子在各磁场中的轨迹半径相等，根据T＝得，粒子做圆周运动的周期为T＝，与粒子速度和轨迹半径无关，根据粒子运动的周期性和对称性可知，粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间间隔最小的运动轨迹如图1所示，则最小时间间隔为t＝×T＝2T＝，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，其运动轨迹如图2所示，由几何关系可知θ＝＝60°，设此时粒子的速度大小为v1，在磁场中运动的半径为r1，根据几何关系可知r1＝Rtan＝，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，可得v1＝，故D正确。 [答案]　D 例7　（2024·河北高考）（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（　　） A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45° D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° [解析]　粒子在磁场中做匀速圆周运动，在abcd区域做匀速直线运动。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子在abcd区域的运动轨迹与ac连线平行，作出粒子到达cd边前的运动轨迹如图甲所示，分析知，粒子前后两次在磁场中的运动轨迹关于BD连线对称，则粒子必从C点垂直BC射出，故A正确。若粒子经bc边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图乙所示，r是粒子的轨迹半径，因为E到AD边的距离与F到BC边的距离相等，则有r－rcosθ＝rsinα，由几何关系知，θ＋α＝90°，解得θ＝60°，故D正确。若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图丙所示，r是粒子的轨迹半径，根据几何关系，H到BC边的距离rcosi≥r（1－cosi），出射点到cd边的距离r（1－sini）≤r（1－cosi），可得45°≤i≤60°，当i＝45°时，粒子经过C点，当i＝60°时，粒子经过c点，故C错误。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，粒子可能穿过bc边或cd边再次进入磁场。如图丁所示，设正方形ABCD边长为l，正方形abcd边长为x，根据几何关系有＝r（1－cos60°），可解得粒子的轨迹半径r＝l－x，则粒子轨迹与cd边所在直线的交点J到d的距离为y＝tan60°，当y<x时，粒子经过cd边（不包括c点），可得x<（2－3）l，解得的x合理，则x≥（2－3）l时，粒子经过bc边（包括c点），x<（2－3）l时，粒子经过cd边（不包括c点）。若粒子经过bc边（包括c点），如图戊所示，根据几何关系知，rcos60°＝，r（1－sin60°）<，即第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边上，且第二次在磁场中运动的轨迹圆与BC边的交点在C点下方，则粒子垂直BC边射出磁场；若粒子经过cd边（不包括c点），如图己所示，根据几何关系知，r（1－sin60°）<，r＋rcos60°>l－，rcos60°＝，即第二次在磁场中运动的轨迹圆与CD边不相交，与BC边相交，且第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边左侧，则粒子从BC边射出磁场且射出磁场时与BC边不垂直，故B错误。 [答案]　AD 例8　（2024·浙江省温州市高三下三模）如图所示是粒子流扩束技术的原理简图。正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对称分布，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，四个区域内有界磁场（边界均为圆弧）分布可能正确的是（　　） [解析]　质子束的速度大小相同，则在每个有界磁场中运动的轨迹半径相同。B项Ⅲ、Ⅳ区域磁场的右边界是直线，与Ⅲ、Ⅳ正方形区域的右侧边重合，而质子束垂直Ⅲ、Ⅳ正方形区域右边界射出，结合左手定则可知，从Ⅲ正方形区域射出的质子束以相同的速度从Ⅲ区域磁场的圆弧边界上射入，轨迹形状相同，从Ⅳ正方形区域射出的质子束以相同的速度从Ⅳ区域磁场的圆弧边界上射入，轨迹形状相同，所以质子束不可能通过Ⅰ、Ⅱ正方形区域进入Ⅲ、Ⅳ正方形区域，故B错误。A项Ⅲ、Ⅳ区域磁场的右边界是圆弧，质子束垂直Ⅲ、Ⅳ正方形区域右边界射出，根据磁发散的结论结合左手定则可知，从Ⅲ正方形区域射出的质子束均从Ⅲ区域圆弧边界上侧端点射入，从Ⅳ正方形区域射出的质子束均从Ⅳ区域圆弧边界下侧端点射入，所以质子束不可能通过Ⅰ、Ⅱ正方形区域进入Ⅲ、Ⅳ正方形区域，故A错误。对于D项磁场，质子束垂直Ⅲ、Ⅳ正方形区域右边界射出时，根据A项分析同理可知，从Ⅲ正方形区域射出的质子束均从Ⅲ区域圆弧边界上侧端点射入，从Ⅳ正方形区域射出的质子束均从Ⅳ区域圆弧边界下侧端点射入，所以质子束不可能通过Ⅰ、Ⅱ正方形区域进入Ⅲ、Ⅳ正方形区域，故D错误。对于C项磁场，质子束垂直Ⅲ、Ⅳ正方形区域右边界射出时，根据A项分析同理可知，从Ⅲ正方形区域射出的质子束均从Ⅲ正方形左下顶点射入，射入速度与水平虚线的夹角范围为0°～90°，例如图中轨迹3、4，从Ⅳ正方形区域射出的质子束均从Ⅳ正方形左上顶点射入，射入速度与水平虚线的夹角范围为0°～－90°，例如图中轨迹1、2；质子束垂直Ⅰ、Ⅱ正方形区域左边界射入，根据磁会聚的结论结合左手定则可知，从Ⅰ正方形区域射入的质子束均从Ⅰ区域右下顶点射出，射出速度与水平虚线的夹角范围为0°～－90°，例如图中轨迹1′、2′，从Ⅱ正方形区域射入的质子束均从Ⅱ区域右上顶点射出，射出速度与水平虚线的夹角范围为0°～90°，例如图中轨迹3′、4′，综上分析可知，C正确。 [答案]　C 1.临界问题 （1）许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语暗示临界状态，审题时，一定要抓住这些特定的词语，挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。例如粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 （2）解决带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态（一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大），常用方法如下： 放缩圆 适用条件 粒子的初速度v0方向一定，大小不同 应用方法 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件 （轨迹圆的圆心在PP′直线上） 旋转圆 适用条件 粒子的初速度v0大小一定，方向不同 应用方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件 平移圆 适用条件 粒子的初速度v0大小、方向均一定，从同一直线边界进入匀强磁场的入射点位置不同 应用方法 将半径为R＝的圆进行平移 （轨迹圆的所有圆心在一条直线上） 2.磁聚焦与磁发散 （1）磁聚焦：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，速度大小相同，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，且该点切线与入射方向平行。 （2）磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，速度大小相同，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行。 高考命题预测 1.（2024·湖南省娄底市高三下一模）如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两个力的比值为（　　） A. B. C. D. 答案：A 解析：由图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分并联，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，设圆环的半径为R，流过优弧的电流为I1，则整个圆环所受的安培力大小为F1＝BI1·R＋B·3I1·R＝4BI1R；同理，当P、Q与该电源相连时，设流过某一半圆的电流为I2，则整个圆环所受的安培力大小为F2＝2·BI2·2R＝4BI2R。设电源电动势为E，整个圆环的电阻为4r，则I1＝，I2＝，所以＝，＝＝，故A正确。 2.（2024·湖北省宜荆荆高三下一模）托卡马克装置是利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器（如图甲），简化的模拟磁场如图乙所示。已知半径为R的足够长水平圆柱形区域内，分布着水平向右的匀强磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L（长度未知）的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相等，也为B，其横截面图与纵截面图分别如图丙、丁所示。某时刻氘原子核（已知其质量为m，电荷量为q）从磁场Ⅰ区最低点以大小为v＝的速度竖直向下射入磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求： （1）要使氘核不射出磁场Ⅱ区边界，Ⅱ区厚度L的最小值； （2）该氘核从出发到第二次回到磁场Ⅰ最低点需要的时间； （3）若氘核从磁场Ⅰ最低点以大小为2v、与水平方向夹角θ＝60°的速度射入磁场Ⅱ（如图戊所示），则从出发到第二次回到磁场Ⅰ最低点的水平位移是多少？ 答案：（1）R　（2）　（3）（6＋π）R 解析：（1）设氘核在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力得 qvB＝m 其中v＝ 解得r＝R 氘核恰好不射出磁场Ⅱ区的边界时，Ⅱ区厚度L最小，最小值为Lmin＝r＝R。 （2）两个磁场的磁感应强度大小相等，则氘核在两个磁场中运动的轨迹半径相等。 氘核在磁场Ⅱ中每运动半个周期后离开，随后垂直进入磁场Ⅰ，每运动四分之一周期后再垂直射入磁场Ⅱ，氘核在两个磁场中运动轨迹的横截面图如图1所示。 氘核在两个磁场中的运动周期均为T＝ 第二次回到磁场Ⅰ最低点需要的时间为 t＝4× 联立解得t＝。 （3）设氘核以大小为2v的速度射入磁场Ⅱ时，在磁场Ⅱ中运动的轨迹半径为r1，有 q·2vB＝m 解得r1＝2R 如图2所示，氘核每次在磁场Ⅱ中的水平位移为x1＝2r1sinθ 则x1＝2R 氘核进入磁场Ⅰ后做等距螺旋运动，将速度分解为与磁场Ⅰ垂直的分速度v1和与磁场Ⅰ平行的分速度v2，如图3所示 则有v1＝2vsinθ v2＝2vcosθ 在与磁场Ⅰ垂直的平面内，氘核以大小为v1的速度做匀速圆周运动，轨迹如图4所示 设其轨迹半径为r2，则有 qv1B＝m 解得r2＝R 由几何关系有，tan＝ 解得α＝60° 氘核每次在磁场Ⅰ中的运动时间为t2＝ 每次在磁场Ⅰ中的水平位移为x2＝v2t2 联立解得x2＝R 由＝3可知，氘核重复这样的运动3次后回到磁场Ⅰ最低点。根据运动的重复性，从出发到第二次回到磁场Ⅰ最低点的水平位移为x总＝（x1＋x2）×3 联立解得x总＝（6＋π）R。 专题作业 1.（2024·福建省福州市高三下4月末质量检测）（多选）如图甲，某科技小组要探究长直导线周围磁场分布情况，将长直导线沿南北方向水平放置，在导线正下方、与导线距离为r的P处放置一枚可自由转动的小磁针。当导线中通以恒定电流后，小磁针N极向纸外偏转，测得小磁针静止时N极偏离南北方向的角度θ，其正切值tanθ与的关系图像如图乙所示。已知实验所在处地磁场磁感应强度水平分量大小恒为B0，则下列判断正确的是（　　） A.导线中的电流方向由北向南 B.电流在P处产生的磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向 C.电流在导线正下方r0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0 D.导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为B0 答案：AD 解析：当导线中通以恒定电流后，小磁针N极向纸外偏转，表明电流在小磁针位置产生的磁场的方向垂直纸面向外，根据安培定则可知，导线中的电流方向由北向南，故A正确；电流在P处产生的磁场与地磁场水平分量的合磁场方向，就是小磁针静止时N极所指的方向，故B错误；设通电导线在P处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，根据磁场的叠加原理，有B1＝B0tanθ，根据图乙可知，当r＝r0时，有tanθ＝，解得B1＝B0，则导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为B＝＝B0，故C错误，D正确。 2.（2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试）（多选）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（　　） 答案：ABD 解析：x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍，根据r＝，可知粒子在x>a区域的圆周运动的半径为x<a区域的。A图中粒子运动圆，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，A正确；B图中粒子先在x<a区域运动圆，轨道半径为r＝＝，则在x>a区域应运动圆，其轨道半径应该为r′＝r＝，由几何关系可知，轨迹与y轴交点的纵坐标应该是y＝2r′sin45°＝，该轨迹可能存在，B正确；C图中粒子在x>a区域的轨道半径大于在x<a区域的轨道半径，该轨迹不可能存在，C错误；D图中粒子先在x<a区域运动圆，轨道半径为r＝a，则在x>a区域应运动圆，轨道半径应该为r′＝r＝，由几何关系可知，轨迹与y轴交点纵坐标应为y＝2r＋2r′＝3a，该轨迹可能存在，D正确。 3.（2024·江西省赣州市高三下3月摸底）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子（不计重力），入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝120°，下列说法正确的是（　　） A.粒子在磁场中的运动时间为t＝ B.圆形区域的半径为R＝ C.要使粒子从D点离开磁场，入射速度为v2＝v1 D.若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点 答案：C 解析：粒子从A点沿AO方向进入磁场，从C点离开磁场时速度一定沿OC方向，粒子的速度方向改变了90°，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径r1＝R，由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m，运动周期T＝，粒子在磁场中的运动时间为t＝T，又＝k，联立得圆形区域的半径为R＝，t＝，故A、B错误；粒子从D点离开磁场的运动轨迹如图所示，根据几何知识可得tan60°＝，解得轨迹半径r2＝R＝r1，根据r＝可得，v2＝v1，故C正确；由于r1＝R>R，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O点，故D错误。 4.（多选）科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度。图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定（　　） A.匀强磁场方向向外 B.正电子由上而下穿过铅板 C.正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同 D.正电子在铅板上、下磁场中运动的动量大小相等 答案：BC 解析：正电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得r＝，由题意知正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从题图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A错误，B正确；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝＝，可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C正确；正电子穿过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，即正电子在铅板上、下磁场中运动的动量大小不相等，D错误。 5.（2024·广东省汕头市高三下二模）某科研小组为了研究离子聚焦的问题，设计了如图所示的装置，在平行于x轴的虚线上方有一垂直于xOy平面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的离子从M点处以速率v射出，当速度方向与x轴正方向成90°和53°时，离子均会经过N点。已知OM＝ON＝d，不计离子重力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）匀强磁场的磁感应强度； （2）当离子速度方向与x轴正方向成53°时，从M运动到N的时间。 答案：（1）　（2） 解析：（1）当离子速度方向与x轴正方向成90°时，其运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知，离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝d 设匀强磁场的磁感应强度为B，离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝ 联立解得B＝。 （2）当离子速度方向与x轴正方向成53°时，其运动轨迹如图乙所示 根据几何关系可知，离子在磁场中轨迹所对应的圆心角 θ＝53°×2＝106° 则离子在磁场中运动的时间t圆＝×T 其中离子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝ 离子在非磁场区做匀速直线运动，设离子从M点到进入磁场的射入点的距离为s，根据几何关系可得scos53°＝d－Rsin53° 离子在非磁场区运动的时间为t直＝ 则离子从M运动到N的总时间t总＝t圆＋t直 联立解得t总＝。 6.（2024·江苏省苏锡常镇高三下3月一模）在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则稳定后导线中的张力为（　　） A.0 B.BIL C. D. 答案：D 解析：由左手定则知，导线各部分所受安培力均背离导线所围部分向外，则稳定后导线会围成一个圆形。选取导线中的一极短部分，受力分析如图所示，此部分导线的等效长度l＝2Rsinθ，所受安培力大小FA＝BIl，由受力平衡得2Tsinθ＝FA，又2πR＝L，联立解得T＝，故D正确。 7.（2024·湖北省武汉市高三下5月模拟）（多选）如图所示，一光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度大小为B，筒上P点和Q点开有小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，PQ为直径。质量为m、电量为q的带正电粒子从P点沿PO入射，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度大小不变，电量不变。不计重力，则粒子在磁场中运动的时间可能为（　　） A. B. C. D. 答案：BD 解析：根据题意可知，粒子每次与筒壁碰撞前后的轨迹圆半径相同，且关于碰撞点所在半径对称；粒子与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒，画出可能的轨迹，如图所示。粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为θ时，粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝。由图可知，粒子在磁场中偏转一次，轨迹对应的圆心角可能为θ1＝180°－＝135°，也可能为θ2＝180°－＝45°，则粒子在磁场中运动的时间可能为t1＝T＝，也可能为t2＝T＝，故选B、D。 8.（2024·河北省邯郸市高三下5月保温测试）（多选）如图所示，长ab＝18 cm、宽bc＝16 cm的矩形区域中分布着垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感应强度大小为B＝1 T，在矩形的中心O点有一正电荷粒子源，可在纸面内沿各个方向发射比荷k＝2×108 C/kg的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法中正确的是（　　） A.粒子在磁场中做完整圆周运动的最大速度为1.0×107 m/s B.粒子分别从b点、c点射出的最小速度之比为8∶9 C.若粒子的速度为1.6×107 m/s，其在磁场中运动的最短时间为×10－8 s D.若粒子的速度为1.6×107 m/s，其在磁场中运动的最长时间为×10－8 s 答案：ABC 解析：粒子能在磁场中做完整圆周运动，粒子速度最大时，轨迹圆半径最大，由几何关系可知，半径最大的轨迹圆与矩形两边界相切，如图甲所示，则最大轨迹半径r0满足r0＋r0cosθ＝ab，r0＋r0sinθ＝bc，解得θ＝37°，r0＝5 cm；根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，得qv0B＝m，又＝k＝2×108 C/kg，解得粒子的最大速度v0＝1.0×107 m/s，故A正确。如图乙所示，当轨迹圆弧与bc边相切于b点时，从b点射出的粒子的轨迹半径最小，射出的速度最小；如图丙所示，当轨迹圆弧与dc边相切于c点时，从c点射出的粒子的轨迹半径最小，射出的速度最小；根据几何关系有Oc＝Ob＝＝ cm，cos∠O1bO＝＝，cos∠O2cO＝＝，解得粒子从b点射出的最小轨迹半径r1＝ cm，粒子从c点射出的最小轨迹半径r2＝ cm，结合r＝，可知粒子分别从b点、c点射出的最小速度之比为＝＝，故B正确。若粒子的速度为v3＝1.6×107 m/s，则粒子的运动半径为r3＝＝8 cm，运动周期为T＝＝π×10－8 s，粒子在磁场中运动时间最短时，其在磁场中的运动轨迹对应的弦最短，如图丁所示，由几何知识可得2r3sin＝bc，解得α＝，可得粒子在磁场中运动的最短时间为t3＝T＝×10－8 s；粒子在磁场中运动时间最长时，轨迹与ad边或ab边相切，由几何关系，轨迹如图戊、己所示，因β＋90°＋γ>β＋90°，则粒子轨迹与ad边相切时运动时间最长，粒子在磁场中运动的最长时间为t4＝T>T＝×10－8 s，故C正确，D错误。 9.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为v、质量为m、电荷量为q。PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为。设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场区域足够大，不计带电粒子间的相互作用及重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A.若挡板长度为，则打在挡板上的粒子数最多 B.若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最短时间为 C.若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间为 D.若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的 答案：D 解析：粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，设粒子做圆周运动的半径为r，则有qvB＝m，解得r＝，能打到挡板上的最远的粒子的运动轨迹如图1所示，当挡板长度L≥PQ1时打在挡板上的粒子数最多，由几何关系可知，PQ1＝＝，A错误；若挡板足够长，在所有打在挡板上的粒子中，当粒子恰好从左侧打在P点时，粒子运动轨迹所对应的弦长最短，所对应圆心角最小，运动的时间最短，运动轨迹如图2中轨迹①所示，由几何关系可知2rsin＝，解得粒子转过的圆心角为θ1＝106°，对应的运动时间为tmin＝T＝·＝，同理可知，当粒子恰好从右侧打在P点时，粒子运动的时间最长，运动轨迹如图2中轨迹②所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2＝360°－θ1＝254°，对应的运动时间为tmax＝T＝·＝，故B、C错误；若挡板足够长，粒子恰好打在挡板上的临界轨迹如图3中③④所示，设粒子沿轨迹③运动时发射速度与OP之间的夹角为θ3，由几何关系可知rsinθ3＋r＝，解得θ3＝37°，粒子沿轨迹④运动时发射速度与OP之间的夹角为θ4＝180°－＝127°，则打在挡板上的粒子占所有粒子＝，D正确。 10.（2024·安徽省池州市普通高中高三下教学质量统一监测）（多选）如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为－q（q>0）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是（　　） A.小物块运动过程中的最大加速度为g B.小物块获得的最大速度vm＝ C.小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功W＝mgh－ D.小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间t＝＋ 答案：ABD 解析：小物块运动过程中受到竖直向下的重力mg、水平向左的洛伦兹力qvB、水平向右的弹力F和竖直向上的滑动摩擦力f，在水平方向，由平衡条件有F＝qvB，在竖直方向，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，且f＝μF，联立解得加速度大小a＝，物块由静止释放时速度为0，所以此时有最大加速度，为am＝g，A正确；物块速度最大时其加速度为0，即a＝＝0，解得小物块能达到的最大速度为vm＝，B正确；小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动能定理有mgh－W＝mv，解得克服摩擦力做的功W＝mgh－，C错误；小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理有mgt－∑μqBvt＝mvm－0，又∑μqBvt＝μqB∑vt＝μqBh，解得所用时间t＝＋，D正确。 11.（2024·山东省青岛市高三下三模）（多选）如图，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q的带正电微粒，从M点沿水平直线MN垂直射入磁场。微粒运动过程中重力势能最大的位置与直线MN距离h＝，g为重力加速度。不计空气阻力，在微粒运动过程中，下列说法正确的是（　　） A.微粒射入磁场的初速度大小为 B.微粒重力势能最大时受到的磁场力大小为2mg C.微粒第一次回到水平线MN时距离M点的距离为 D.微粒射入磁场后经恰好处于水平线MN上 答案：BC 解析：根据题意，微粒射入磁场后先向上偏转，将初速度v0分解为两个分速度v1、v2，其中一个分速度v1对应的洛伦兹力f1与重力平衡，即f1竖直向上，且f1＝qv1B＝mg，可得v1＝，水平向右，则另一个分速度v2＝v0－v1，水平向右，则v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，另一个分速度v2对应的洛伦兹力f2＝qv2B，对应的分运动为初速度水平向右的竖直面内的匀速圆周运动，由qv2B＝m，解得圆周运动的半径R＝，根据运动的合成可知，微粒运动过程中重力势能最大的位置与直线MN距离h＝2R，又h＝，联立解得v2＝，所以微粒射入磁场的初速度大小为v0＝v1＋v2＝，故A错误；微粒重力势能最大时，分速度v2对应的洛伦兹力方向竖直向下，v1对应的洛伦兹力方向竖直向上，则微粒受到的磁场力大小为f＝f2－f1＝2mg，故B正确；微粒第一次回到水平线MN时，经历的时间为以速度v2做圆周运动的一个周期，即T＝＝，则此时距离M点的距离s＝v1T＝，故C正确；由于t＝＝T，所以微粒射入磁场后经恰好处于最高点，不在直线MN上，故D错误。 12.（2024·湖南省益阳市高三下三模）如图所示，有一圆形匀强磁场区域，区域半径为R，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形的边长足够长，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速度v0＝沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（　　） A.S＝R2 B.S＝R2 C.S＝（π＋1）R2 D.S＝R2 答案：C 解析：粒子在圆形磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B1＝，又v0＝，解得轨迹半径r1＝R，则粒子在圆形磁场区域经历磁聚焦，根据左手定则可知，会聚于两磁场区域相切点，而后进入正方形磁场区域；分析可知，粒子进入正方形磁场区域时的速度方向在竖直向下与水平向右之间。粒子在正方形磁场区域中可能经过的区域如图中阴影部分。粒子在正方形磁场区域中，轨迹半径r2＝＝R，图中阴影部分中间空白区域面积S白＝2×＝r，则阴影部分的总面积S总＝π（2r2）2＋πr－S白＝（π＋1）r＝（π＋1）R2，故选C。 13.（2023·全国甲卷）（多选）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 解析：假设粒子带负电，如图甲，第一次在A点与筒壁发生碰撞，O1为粒子做圆周运动的圆心，由几何关系可知，在A点和筒壁发生碰撞前瞬间，粒子的速度方向沿OA方向，则碰撞后瞬间粒子速度方向为AO方向，即粒子与筒壁碰撞时其速度方向改变180°，由轨迹的对称性可知，每次碰撞前瞬间，粒子的速度均沿圆筒半径方向，碰撞后速度方向均改变180°，故每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，故D正确；由D项分析可知，粒子每次离开筒壁时速度方向均指向圆心O，由于粒子做圆周运动，所以粒子的运动轨迹不可能通过圆心O，故A错误；若粒子经过1次碰撞能从小孔射出，由轨迹的对称性可知，碰撞点必在P关于O的对称点，而粒子到达筒壁前做圆周运动，则粒子不能未经碰撞到达该点，假设错误，若粒子经过2次碰撞能从小孔射出，由轨迹的对称性，可作出轨迹如图乙所示，即最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出，故B正确；根据对称性可知，粒子能从小孔射出时，各碰撞点与P均匀分布在圆筒上，各段圆弧形状相同，设粒子运动轨迹所对各段圆弧总的圆心角为θ，则粒子在筒内的运动时间t＝·，由几何关系可知，图乙对应的总角度θ3＝×3＝π，若粒子速度变大，则轨迹半径r＝变大，粒子必与筒壁发生至少4次碰撞才可能从小孔射出，粒子与筒壁碰撞4次从小孔射出的情形如图丙所示，所对应的总角度θ5＝×5＝π，则图丙粒子在筒内的运动时间与图乙相等（分析粒子与筒壁碰撞6次、7次等，可得出所用时间可能不变或增大），故C错误。 14.（2023·广东省茂名市高三下二模）如图甲是医用肿瘤化疗装置，其原理如图乙所示，利用在O点沿y轴正方向射出的高能质子束对肿瘤病灶精准打击从而杀死癌细胞。实际中，质子束的运动方向并不是严格沿y轴而是与y轴有一个很小的偏角，呈发散状。为此加一个方向沿y轴正向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，使得质子参与两种运动，沿y轴方向的直线运动和垂直y轴的平面内的圆周运动。为研究方便，用垂直y轴足够大的显示屏表示病人，癌细胞位于屏上，从O点射出的质子速度为v，质量为m，电荷量为q，所有质子与y轴正方向偏差角均为θ，不考虑质子重力和空气阻力，不考虑质子间的相互作用。 （1）y轴方向的直线运动速度大小是否变化，请简述理由； （2）当显示屏离O点距离为多大时，所有的质子会重新会聚于一点？ （3）移动显示屏，屏上出现一亮环，当屏到O点的距离为L＝时，亮环半径多大？在移动显示屏过程中，最大亮环的面积是多少？ 答案：（1）不变，理由见解析 （2）（n＝1，2，3，…） （3）　 解析：（1）磁场方向沿y轴正向，则质子在沿y轴方向不受力，y轴方向的直线运动速度大小不变。 （2）所有质子在沿y轴方向均做匀速直线运动，经过时间t运动的距离l＝vcosθ·t 垂直y轴方向的平面内，所有质子均做圆周运动，设轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qvsinθ·B＝ 又周期T＝ 解得r＝，T＝ 当t＝nT（n＝1，2，3，…）时，所有质子重新会聚于一点，解得显示屏离O点的距离 l＝（n＝1，2，3，…）。 （3）当屏到O点的距离为L＝时，可得质子在磁场中的运动时间t1＝＝ 可知＝ 所以质子在打到屏上时，在垂直于y轴的平面内偏转了90°，则由几何关系可得亮环半径 R＝ 解得R＝ 在移动显示屏过程中，质子在垂直y轴的平面内偏转半个圆周的奇数倍时，亮环半径最大，为Rmax＝2r 可得最大亮环的面积为Smax＝πR 解得Smax＝。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$