专题过关创新练(11) 磁场及带电粒子在磁场中的运动（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2024·九省联考江西卷)为缩短固定翼飞行器着陆后的滑行距离，有人构想在机身和跑道上安装设备，使飞行器在安培力作用下短距着陆．如图所示，在机身上安装长为10 m、匝数为60匝的矩形线圈，线圈通以100A的电流，跑道上有大小为0.2T的磁场，通过传感器控制磁场区域随飞机移动，使矩形线圈始终处于图示磁场中．忽略电磁感应的影响，线圈所受安培力的大小和方向是(　　 ) A．24000 N，向左 B．24000 N，向右 C．12000 N，向左 D．12000 N，向右 【解析】　由左手定则可知，各处的安培力方向如图所示： 可知线圈所受安培力的方向为水平向左．线圈所受安培力的大小为F安＝F1＋F2＝2nBIL＝2×60×0.2×100×10 N＝24000 N，故A正确，BCD错误． 【答案】　A 2．(2022·北京高考)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷．在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示．下列说法正确的是(　　 ) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子 【解析】　AD.根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；B.电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；C.带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m解得粒子运动的半径为r＝ 根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误，故选A. 【答案】　A 3．(多选)(2024·九省联考安徽卷)如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场．已知圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，不计粒子重力．则(　　 ) A．粒子带负电 B．粒子运动速率为 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在磁场中运动的路程为 【解析】　A．由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，可知粒子在A点所受洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知，四指指向与速度方向相反，所以粒子带负电，故A正确；B.根据题意，作出粒子的运动轨迹，如图所示： 由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，令粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有r2＝＋R2－，解得：r＝R 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝m，解得粒子运动速率为：v0＝，故B错误；C.由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，根据上述分析，粒子做圆周运动的轨迹半径也为R，则△AOO′与△EOO′均为等边三角形，所以轨迹所对应的圆心角∠AO′E＝120°，粒子圆周运动的周期为T＝＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，故C错误；D.粒子在磁场中运动的路程为：x＝·2πr＝，故D正确． 【答案】　AD 4．(2024·九省联考河南卷)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H沿内环切线向左进入磁场，氚核H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H和H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H的半径为r1，根据几何关系有2r1＝R2－R1＝R1 所以r1＝，由几何关系可知，氚核H的半径为r2，有2r2＝R2＋R1＝3R1 所以r2＝，得到半径之比满足＝，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m 可得线速度的表达式为v＝，根据题意可知，氘核H和氚核H的比荷之比为 ＝·＝×＝，所以H和H的速度之比为 ＝·＝×＝，故A正确，BCD错误． 【答案】　A [考能提分练] 5．(多选)(2025·保定期末)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点．已知OP＝OS＝d，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　 ) A．粒子的速度大小为 B．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为7∶4 C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d D．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 【解析】　A．根据几何关系可得：SP＝＝＝2d，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足2r＝SP＝2d，可得r＝d，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：qvB＝m，解得：v＝，故A正确；B.从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示： 根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为：α＝；θ＝. 从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为：＝＝＝，故B错误；C.沿平行x轴正方向射入的粒子，其圆心现在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，故C错误；D.从O点射出的粒子轨迹如图所示： 根据几何关系可知对应的圆心角为：θ＝，从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为t＝＝，故D正确． 【答案】　AD 6．(多选)(2025·新疆乌鲁木齐市二模)如图所示为有一小孔的绝缘圆筒的横截面，内圆的半径为R，外圆圆筒的半径为2R.内、外圆间环形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电量为q的带电粒子以初速度大小从v0＝小孔沿半径方向射入筒内，粒子在筒内运动过程中，每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中粒子的电荷量不变．已知粒子从小孔射出前始终在环形磁场区域内运动，不计粒子重力，忽略小孔的尺寸，sin 36°＝0.6.则(　　 ) A．粒子在磁场中运动的半径为R B．粒子在磁场中运动的半径为R C．粒子在时间内能够从小孔射出 D．粒子在时间内不能从小孔射出 【解析】　AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝m 解得粒子在磁场中运动的半径为：r＝＝R，故A正确，B错误；CD.粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子与筒壁碰撞后速度大小不变，方向反向，运动轨迹示意图如下图所示： 由几何关系得：tan θ＝，可得tan θ＝，则sin θ＝＝0.6，由已知可得：θ＝36° 轨迹的圆心与圆筒的圆心之间的距离为＝＝2.5R，可见轨迹圆与内圆恰好相切． 可得在外圆圆筒上相邻两个碰撞位置之间的圆弧所对的圆心角等于2θ＝2×36°＝72°，因72°×5＝360°，故粒子与圆筒碰撞4次后从小孔射出(共5段圆弧轨迹).粒子在磁场中运动的周期：T＝，粒子运动的每段圆弧轨迹的圆心角为108°，粒子在磁场中的运动时间为：t＝5×T＝＜，故粒子在时间内能够从小孔射出，故C正确，D错误． 【答案】　AC 7．如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出).两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力．则(　　) A.沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R B．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R C．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1 D．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为 【解析】　沿ac方向射入的粒子在磁场中运动方向偏转60°，其轨迹所对的圆心角为60°，如图中轨迹1所示，由几何关系知其轨迹半径为r1＝R，A错误；沿ab方向射入磁场区域的粒子在磁场中运动轨迹如图中轨迹2所示，根据几何关系可知，该粒子的轨迹所对圆心角为30°，则轨迹半径r2满足＝，又sin 15°＝sin (45°－30°)，解得r2＝(＋1)R，B错误；两粒子的质量和电荷量相同，则在磁场中的运动周期相同，结合两粒子在磁场中的偏转角可知，沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，C正确；根据qvB＝可得v＝，则沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为，D错误． 【答案】　C 8．(2025·浙江1月选考)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上．开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力． (1)线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求： ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至x＝过程，安培力做的功及冲量； ③线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压． (2)线框中心分别位于x＝0和x＝，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1－t2. 【解析】　(1)①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l＝2L，所以线框受到的安培力大小为F安＝BIl＝2BIL. ②由①问分析可知线框中心运动到x(x≤L)时，线框受到的安培力大小为F安＝2BI(L－x)，则初始时和线框中心运动至x＝时线框受到的安培力分别为F安1＝2BIL，F安2＝BIL 则线框中心运动至x＝过程，安培力做的功为 W安＝安·Δx＝·＝ 该过程由动能定理有W安＝mv2 解得v＝ L 则由动量定理可知该过程安培力的冲量大小为I＝mv＝ L，方向水平向右． ③线框中心运动至x＝时，由能量守恒定律有 UI＝BILv＋I2R 则线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压为U＝BL2＋IR. (2)线框出磁场之前，线框运动的过程中受到的安培力F安＝2BI(L－x)＝2BIx′＝kx′，则出磁场前，线框做简谐运动 根据简谐运动周期公式可得T＝2π＝2π 由题意可知，两次简谐运动周期相同，由于闭合开关S后，线框同向运动，则两次都从最大位移运动到平衡位置，因此两次运动时间相同，则有t1＝t2＝＝ 故t1－t2＝0. 【答案】　(1)①2BIL　②　L，方向水平向右　③BL2＋IR　(2)0 [高考高分练] 9．(2023·北京高考)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(l≫a).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＋q，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nqπa2v D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 【解析】　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qvB＝m，可得粒子的质量m＝，故B正确，不符合题意；C.管道内的等效电流为I＝＝nq，故C错误，符合题意；D.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＝BIl＝Bnql 故D正确，不符合题意．故选C. 【答案】　C 10．(多选)(2022·全国乙卷)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】　如图所示： 地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近．由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格第1次测量的数据可知此处的磁感应强度大致为B＝≈50μT，B正确；测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量By<0，故y轴指向南方，第3次测量Bx>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误． 【答案】　BC 11．(2025·安徽高考)如图所示，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d 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 【解析】　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得R＝＝d，故A错误； 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，s上max＝d，故上表面接收到粒子的区域长度为s上＝d－d，故B错误； 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，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确； 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，有tmin＝T＝，故D错误． 【答案】　C 12．(2025·湖北高考)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场．MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上．已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动．不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期． 【解析】　(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得粒子在MN左侧区域中运动的半径r1＝. (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝m 则粒子在PQ右侧区域的运动半径为r2＝ 由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于MN的中垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知cos ∠MO1O2＝＝ 则∠MO1O2＝60° 对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin 60°＝. (3)结合qvB＝m、T＝可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝、T2＝ 由(1)问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为θ1＝360°－2×60°＝240°、θ2＝2×60°＝120° 则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝T1＋T2＝ 由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝＝ 则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为t2＝＝ 则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝＋. 【答案】　(1)　(2)　(3)＋ 学科网（北京）股份有限公司 $