第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.(2025·广东广州模拟)如图甲所示,为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化图如图乙所示,间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上,O为正六边形的中心,A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比,与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外、大小相等的电流,其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F,则(　　) A.A点和B点的磁感应强度相同 B.其中b导线所受安培力大小为F C.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感 应强度方向垂直于ed向下 D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等,方向相反,关于O点对称,故A错误;根据题意可知a、c对导线b的安培力大小为F,f、d对导线b的安培力大小为Ffd=Ftan 30°=F,e对导线b的安培力大小为,根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb=2Fsin 30°+2×sin 60°+=,故B错误;根据安培定则,a、d两根导线在O点的磁感应强度等大反向,b、e两根导线在O点的磁感应强度等大反向,a、b、c、d、e五 根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁 感应强度方向相同,垂直于ed向下,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈,a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到向下的安培力 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由左手定则可知,图示左侧通电导线受到向下的安培力,选项A正确;a、b两点的磁感应强度大小相同,但是方向不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,故圆柱内的磁感应强度不为零,选项C错误;因c点处的磁感线较d点密集,所以c点的磁感应强度大小大于d点的磁感应强度大小,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·广东揭阳模拟)如图所示,导体棒MN的质量为m,接入电路部分的电阻为R,长度为L,初始时静止于光滑的水平轨道上,电源电动势为E,内阻大小也为R,匀强磁场的磁感应强度大小为B,其方向与轨道平面成θ=45°角斜向右上方,开关闭合后导体棒MN开始运动,则下列说法正确的是 (　　) A.导体棒MN向左运动 B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度大小为 C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 D.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对导体棒MN进行受力分析,如图所示,其中安培力FA=ILB=,其水平分力FAx=FAsin θ=,开关闭合瞬间导体棒MN向右运动,加速度a===,A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(多选)(2025·广东佛山二模)如图为洛伦兹力演示仪,励磁线圈产生的匀强磁场B方向垂直纸面向外,电子经电子枪由静止加速(加速电压为U)后垂直磁场水平向右射出,如图所示。忽略电子间的相互作用,则电子做圆周运动时 (　　) A.运动的速率与U成正比 B.若B不变,运动周期与U无关 C.若B不变,轨道半径与U成正比 D.若U不变,轨道半径与B成反比　 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:电子在电场中加速,根据动能定理可得eU=m,解得v0=,则运动的速率与U不成正比,故A错误;电子在磁场中做匀速圆周运动,可得ev0B=m=mr,解得r=,T=,若B不变,运动周期与U无关,轨道半径与U不成正比,若U不变,轨道半径与B成反比,故B、D正确,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·广东深圳二模)如图所示,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于圆所在的平面。一速度为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场,入射点A与出射点B间的圆弧为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向射入磁场,已知粒子速率均为v,忽略粒子间的相互作用,则粒子在磁场中最长运动时间为 (　　) A.　　　　　　　 B. C. D. C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,设速率为v的带电粒子的运动半径为r1,其轨迹如图中弧AB所示,由题意可知∠AOB=120°,由几何关系可得θ=30°,圆周运动的半径为r1==R,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,知粒子运动半径与速率成正比,则当粒子的速率为v时,在磁场中圆周运动半径为r2=r1=2R,在磁场中运动时间最长的粒子,其运动轨迹的弦为磁 场区域圆的直径,粒子运动轨迹如图中的弧AC,则角β满足sin β=, 可得β=30°,粒子在磁场中运动的周期为T==,粒子在磁 场中最长运动时间为t=T=,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·广东佛山二模)如图所示,空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场内外边界为两个同心圆,半径分别为R、3R。现有质量为m、电荷量为q的粒子,沿半径方向垂直于磁场进入环形区域,粒子恰好不能进入小圆区域。不计粒子重力,sin 37°=0.6,则粒子在磁场中运动的(　　) A.轨道半径为1.5R　　　 B.轨道半径为3R C.运动时间为 D.运动时间为 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设粒子带正电,粒子恰好不能进入小圆区域,则轨迹如图所示,根据几何关系可得r2+(3R)2=(r+R)2,解得粒子轨道半径为r=4R,故A、B错误;由几何关系可得tan θ==,可得θ=37°,则粒子在磁场中的运动时间为t=T=×=,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(多选)(2025·广东河源模拟)如图所示,区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里,CD和MN是两平行边界,区域宽度为d。许多质量为m、电荷量为+q的粒子以相同的速率、沿纸面内各个方向、由边界CD上的O点射入磁场,入射速度大小为。不考虑粒子间相互影响,不计粒子重力,磁场区域足够长,则(　　) A.粒子在磁场区域中运动的最长时间为 B.粒子在磁场区域中运动的最长时间为 C.粒子在磁场区域中运动的最短时间为 D.粒子在磁场区域中运动的最短时间为 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心 力,有qvB=,解得r==·=d,周期T==。 如图甲所示,由几何关系可知,当粒子在O点的速度方向垂直CD边界时,粒子轨迹恰好与MN相切,此时轨迹对应的圆心角最大为180°,粒子恰好在磁场中运动半个周期,粒子运动时间最长,最长时间tmax==,A正确,B错误;粒子在磁场区域中运动的时间最短时轨迹 如图乙所示,由几何关系可知θ=60°,故粒子在磁场中 运动的最短时间tmin==,C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [提能争分练](8-10题,每题6分) 8.(多选)(2025·广东广州二模)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,D是AB边的中点,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从D点以大小为v、平行于BC边方向的速度射入磁场,不计粒子重力,下列说法正确的是(　　) A.粒子可能从B点射出 B.若粒子从C点射出,则粒子做匀速圆周运动的半径为L C.若粒子从C点射出,则粒子在磁场中运动的时间为 D.若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,其在磁场中运动的时间越短 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:带负电的粒子从D点以大小为v、平行于BC边方向 的速度射入磁场,由左手定则可知,粒子向下偏转,由于BC 边的限制,粒子不能到达B点,故A错误;粒子从C点射出,如 图甲所示,根据几何关系可得R2=(R-sin 60°)2+(L-cos 60°)2,解得R= L,则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin ∠DOC==,则∠DOC=60°,粒子在磁场中运动的时间为t=T=×=,故 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B、C正确;由qvB0=m,可知r=,若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,轨迹半径越大,如图乙所示,粒子从AB边射出时的圆 心角相同,根据T=,可知粒子在磁场中运动的周期 相等,则其在磁场中运动的时间相同,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)如图所示,M、N是真空中宽为d的匀强磁场的左右边界(边界上有磁场),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里(图中未画出)。大量比荷为k的正离子从M边界上的P点以速率v=kBd进入磁场,速度方向分布在180°的范围内,不计离子重力及离子间的相互作用,磁场区域足够长,则 ( 　　) A.从边界N飞出磁场的离子,飞出点与P点距离小于或等于d B.从边界N飞出磁场的离子中,在磁场中运动的最短时间为 C.磁场中有离子经过的区域的面积为d2(1+) D.若将M、N边界间的距离变为3d,其他条件不变,则从P点沿不同方向射入磁场的离子有可能从M边界上同一点射出磁场 ACD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得正离子运动半径为r=d,根据几何关系可知,水平向右入射的离子与N边界的切点与竖直向下入射的离子在N边界的飞出点离P点的距离均为d,故飞出点与P点距离小于或等于d,故A正确;轨迹弦长为d的离子的运动轨迹是从N边界飞出的离子中弦长最短的,圆心角最小,为60°,离子在磁场中运动的最短时间为t=T=×=,故B错误;有离子经过的磁场区域由半径为d的两个四分之一圆和边长为d的正方形组合而成,其面积为S=2×πd2+d2=d2(1+),故C正确;若将M、N边界间的距离变为3d,则所有离子都从M边界上射出磁场,且初速度方 向从竖直向下到竖直向上变化的过程中,根据旋转圆知识知,离子从M边 界上射出的位置从P点逐渐向上移动到距离为2d的位置再逐渐向下移动 到P点,故从P点沿不同方向射入磁场的离子有可能从M边界上同一点射 出磁场,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2025·广东清远二模)如图,在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠C=,现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为,不计粒子重力,则(　　) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2t0 B.该匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨迹半径为d D.粒子进入磁场时速度大小为 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T,即T=t0,则得周期T=4t0,故A错误;由T=得B==,故B正确;设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ,则有T=,得θ=,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设轨迹半径为R, 由几何知识得+Rcos 30°=d,可得R=d,故C 错误;根据=,解得v=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(14分)(2025·广东韶关二模)如图所示,矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场,aa'、bb'、cc'、dd'为磁场边界线,四条边界线相互平行,区域Ⅰ的磁感应强度大小为B,区域Ⅱ的磁感应强度大小为B,矩形区域的长度足够长,磁场宽度及bb'与cc'之间的距离相同。某种带正电的粒子从aa'上的O1处以大小不同的速度沿与O1a成α=30°角进入磁场 (不计粒子所受重力),当粒子的速度小于某一值时,粒子在区域 Ⅰ内的运动时间均为t0;当速度为v0时,粒子垂直bb'进入无场区 域,最终从dd'上的A点(图中未画出)射出,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)粒子的比荷; 解析:当粒子的速度小于某一值时,粒子只在区域Ⅰ内运动,不进入区域Ⅱ,从aa'离开磁场,粒子在磁场Ⅰ中运动转过的圆心角为φ=300°, 粒子的运动时间为t0=T, 粒子在区域Ⅰ内有qvB=m,T=, 得=。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)磁场区域Ⅰ的宽度L; 解析:当速度为v0时,粒子垂直bb'进入无场区域,设粒子的轨迹半径为r1,轨迹如图所示, 根据牛顿第二定律得qv0B=m, 转过的圆心角θ1=60°, 又因为L=r1sin 60°,解得L=。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)出射点A偏离入射点O1竖直方向的距离y。 解析:设粒子在磁场Ⅱ中运动时,转过的圆心角为θ2,轨迹半径为r2,根据牛顿第二定律得qv0·B=m, 又因为sin θ2=, 解得r2=r1,θ2=30°,y=(r1-r1cos θ1)+(r2-r2cos θ2),解得y=(-1)。 答案:(-1) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(16分)(2025·广东深圳三模)如图,在平面直角坐标系xOy平面内存在两处匀强磁场,第一象限内的匀强磁场分布在三角形OAC之外的区域,磁感应强度大小为2B,方向垂直纸面向里,A、C两点分别位于x轴和y轴,∠OAC=30°,OC的长度为2R,第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内,磁感应强度大小为B,圆形区域的圆心坐标为(-R,R),圆形区域与x、y轴的切点分别为P、Q,第三、四象限内均无磁场。置于P点的离子发射器,能持续地从P点在xOy平面内向x轴上方180°范围内以恒定速率发射同种正离子,离子质量均为m,电荷量均为q;在y轴上的C、G之间放置一个长CG=2R的 探测板,所有打到探测板上的离子都被板吸收。已知从P点垂 直于x轴发射的离子恰好经过Q点进入第一象限,不计离子的 重力及离子间的相互作用,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)圆形区域内磁场的方向及离子的发射速率v0; 解析:从P点垂直于x轴发射的正离子恰好经过Q点 进入第一象限,说明正离子在P点受向右的洛伦兹 力,由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外。如图 所示,设离子在圆形区域内做圆周运动的轨迹半径 为r,则r=R,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,解得v0=。 答案:垂直于纸面向外　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)从P点垂直于x轴发射的离子,从发射到第二次经过边界AC所用的时间t; 解析:设离子在第二象限磁场中做圆周运动的周期为T,则T==, 则在第一象限磁场中做圆周运动的周期为T'==, 离子在圆形区域磁场中的运动轨迹对应的圆心角为90°,运动时间t1=T=, 离子在两磁场之间做匀速直线运动的时间t2==, 离子在AC右侧区域磁场中的运动轨迹对应的圆心角为300°,运动时间t3=T'=, 则离子从发射到第二次经过边界AC所用的时间t=t1+t2+t3,解得t=(+)。 答案:(+) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)探测板CG上有离子打到的区域长度。 解析:如图所示,因所有离子均以恒定速率发射,故离子在圆形 磁场中的轨迹半径均为r,又已知r=R,易得所有离子经过圆形 磁场后均水平向右飞出圆形磁场,然后穿过AC进入右侧磁场, 离子在第一象限运动时有qv0·2B=m,得r'=,从C点进入右侧 磁场的离子,经过半个周期打到屏上E点,则CE=2r'=R,从M点进入右侧磁场的离子,轨迹恰好与屏CG相切于D点,图中CF垂直于O2M,则CD=r'-r'tan 30°, 解得CD=(-)R,则探测板上有离子打到的区域为DE,其长度DE=CE-CD=(+)R。 答案: (+)R $