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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~10题,每题4分 1.某区域内有水平方向的匀强磁场,在磁场中放一电流方向垂直纸面向里的无限长直导线后,磁感线的分布如图中曲线所示。关于匀强磁场的磁感应强度B的方向和通电导线所受安培力F的方向,下列说法正确的是(　　) A.B向右,F向上　　　　　　 B.B向右,F向下 C.B向左,F向上 D.B向左,F向下 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据磁感线的分布可知导线上方的磁感应强度比下方大,则直导线在其上方产生的磁场方向与原磁场方向相同,在其下方产生的磁场方向与原磁场方向相反,结合右手定则可知原磁场方向向右,由左手定则可知通电导线所受安培力F的方向向下,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示。下列判断正确的是(　　) A.a点的磁感应强度大于b点 B.b点的磁感应强度大于c点 C.c点的磁感应强度大于a点 D.a、b、c点的磁感应强度一样大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据题图中磁感线的分布情况可知,a、b、c三点中b点的磁感应强度最大,a点次之,c点最小,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·江苏南京模拟预测)如图所示,条形磁体放置在水平面上,矩形金属线圈abcd用轻弹簧悬挂静止在条形磁体的正上方,ab边水平,将金属线圈锁定(固定不动),并通以恒定电流,解除对线圈的锁定后发现线圈(俯视看)沿逆时针方向转动,磁体不动,则下列判定正确的是(　　) A.线圈中通入的电流方向是abcda B.俯视看,磁体有沿逆时针方向转动的趋势 C.线圈转动90°的过程中弹簧的长度变大 D.线圈转动90°的过程中弹簧的长度不变 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:因线圈沿逆时针方向转动,则图示时刻ad边所受安培力应垂直纸面向外,bc边所受安培力垂直纸面向里,由左手定则可知线圈中电流沿adcba方向,选项A错误;根据磁体间的相互作用可知,俯视看,磁体有沿顺时针方向转动的趋势,选项B错误;线圈转动90°的过程中,将通电线圈等效为磁体,等效磁体右边为N极,左边为S极,由异名磁极相互吸引可知,线圈受磁体的吸引力增大,弹簧的长度变大,选项C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.电磁灭火弹为高层建筑和森林灭火等提供有力保障,其简化模型如图所示,线圈与灭火弹加速装置绝缘并固定,可在水平导轨上无摩擦滑动的距离为s=2 m,线圈位于导轨间的辐向磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为B=0.1 T,恒流源与线圈连接。已知线圈匝数n=500匝,每匝周长L=1 m,灭火弹的质量(含线圈)m=10 kg,为了实现发射速度达到v=200 m/s,不计空气阻力,恒流源应提供的电流I为(　　) A.4 000 A B.2 000 A C.200 A D.20 A B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据运动学公式有v2=2as,根据牛顿第二定律,则有nBIL=ma,可解得I=2 000 A,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图,空间分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。关于O点对称的薄板MN的长度为3a,O点到MN的距离为a。O点有一粒子源,能沿纸面内任意方向发射速率相同、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。已知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上,打到MN上、下表面的粒子均被吸收。不计粒子的重力,则被MN吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为(　　) A. B. C. D. A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角越大,在磁场中运动的时间越长,由题意可知,水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上,故粒子的轨迹半径为a。打到MN上、下表面的粒子均被吸收,有如图所示两种情况:打在MN上表面时,粒子运动轨迹最大的圆心角为;当粒子打在MN下表面时,若OP为轨迹圆的弦(OP⊥MN),则轨迹所对圆心角最大,其中PQ==a>PN=a,故粒子运动轨迹所对的最大圆心角为。根据qvB=m、T=可知T=,故粒子在磁场中运动的最长时间为t=T=,故A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,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点处O有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出,已知电子质量为m,电荷量大小为e,则(　　) A.bc边有电子射出 B.磁场的磁感应强度大小为 C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:ab边恰好没有电子射出,轨迹如图所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,r=,所以B=,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,故A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图所示,根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=·=,故C错误;由以上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为 =,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·江苏盐城期末)如图所示,在xOy平面内,有一半径为R的圆形匀强磁场区域,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向里,边界与x、y轴分别相切于a、b两点,ac为直径。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x轴正方向进入磁场区域,从a点垂直于x轴离开磁场,不计粒子重力。下列说法中错误的是(　　) A.该粒子的速度为v0= B.该粒子从b点运动到a点的时间为 C.以速度v0从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a点 D.以速度v0从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域,从a点垂直于x轴离开磁场,如图甲所示,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m,由几何关系可得r=R,联立解得v0=,该粒子从b点运动到a点的时间为t=T=·=,故A、B正确,不符合题意;以速度v0从b点沿各个方向垂直进入磁场,粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1==R,该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径,由几何关系可知Lab=R=2r1,可知该种粒子从 边界出射的最远点恰为a点,故C正确,不符合题意; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 以速度v0从b点沿各个方向垂直进入磁场,粒子在磁场中运动的轨迹半径为r2==R,当该粒子在磁场中运动轨迹所对的弦长最大时,轨迹所对的圆心角最大,粒子在磁场中运动的时间最长,如图丙所示,由几何关系可知,最大圆心角为90°,则最长时间为tm=T=·=,故D错误,符合题意。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图,在上下无限长平行边界PQ与MN间有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,PQ与MN间的距离为d。直线l垂直于PQ,其上S点处有一点状粒子源,S到PQ的距离为1.5d。粒子源在纸面内向其右侧空间各个方向发射大量带正电粒子,粒子质量均为m、电荷量均为q、速度大小相等。从MN右侧离开磁场区域的所有粒子中,在磁场中运动时间最短的粒子a(图中未标出)做匀速圆周运动的圆心恰好在直线l上。不计粒子重力及粒子间的相互作用,则下列说法正确的是(　　) A.所有粒子在磁场中运动的轨迹半径均为 B.粒子a进入磁场时的速度方向与直线l的夹角为60° C.粒子a在磁场中运动的时间为 D.从直线l下方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:在磁场中运动时间最短的粒子a做匀速圆周运动的圆心恰好在直线l上,则a粒子在磁场中进入磁场和离开磁场的位置连线最短(弦最短,运动时间最短),即进入磁场和离开磁场的位置连线的距离为d,如图所示,圆心为O,由几何关系可知=,解得R=d,由于进入磁场的所有粒子的速度大小相等,则所有粒子在磁场中运动的轨道半径均为d,故A错误;粒子a进入磁场时的速度方向与直线l的夹角为θ,由几何关系有sin θ==,解得θ=30°,故B错误;由几何关系可知,粒子a在磁场中转过的圆心角为2θ=60°,所以粒子在磁场中运动的时间t=T,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,联立 解得t=,故C错误;分析可知沿直线l方向射入磁场的粒子,恰好和MN边界 相切,则从直线l下方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·四川成都二模)如图所示,等腰直角三角形abc内有一垂直纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场),ab边长为L,磁场磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源P垂直ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子,粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是(　　) A.粒子可能从b点飞出磁场 B.粒子可能从c点飞出磁场 C.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 D.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:粒子可能的轨迹如图所示。若粒子沿轨迹1运动,由几何关系可知,此时粒子的轨迹半径为r1=,故A正确;与ac边相切的粒子,轨迹如2,由几何关系可知,半径为r2=,由几何关系可知,切点到a的距离也为r2=<L,所以切点在c点上侧,故粒子不可能过c点,故B错误;能从ac边界飞出的粒子,当粒子与ac边相切出磁场时,粒子的速度最小,运动时间最长,轨迹如2,由几何关系可知,此时的圆心角为θ=45°,根据牛顿第二定律可知qv2B=m,解得v2==,周期为T==,运动的时间为t=T=,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(2025·河北廊坊一模)如图所示,在xOy坐标系中存在匀强磁场,磁场方向与xOy坐标平面垂直。两个带电粒子P、Q在xOy坐标平面内各自做匀速圆周运动,圆心坐标分别为(a,0)、(0,2a),两粒子P、Q与坐标原点O的连线总是相互垂直,且运动过程中不会发生碰撞,不计两个带电粒子的重力,则带电粒子P、Q的(　　) A.运动速度大小之比为1∶1 B.运动周期之比为2∶1 C.比荷之比为1∶2 D.运动半径之比为1∶2 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:依题意,两粒子P、Q与坐标原点O的连线总是相互垂直,说明两粒子相同时间内转过的圆心角相同,则周期相同,即运动周期之比为1∶1,作出两粒子位置关系,如图所示,根据相似三角形的关系,可得==,由v=可知两粒子运动速度大小之比为v1∶v2=1∶2,由T=可知两粒子的比荷之比为1∶1,故A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)在如图所示的xOy平面内,边长为2R的正方形区域中存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,沿x轴放置一长为2R的探测板,与磁场下边界的间距为R,质量为m、电荷量为q的正离子源从正方形一边(位于y轴上)的中点P向垂直于磁场方向持续发射离子,发射速度方向与水平方向夹角范围为0°~60°并沿0°~60°范围均匀分布,单位时间发射N个离子,其发射离子速度大小随发射角变化的关系为v=,α为发射速度方向与水平方向夹角,其中α=0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿y轴负方向射出。不计离子间的相互作用和离子的重力,离子打在探测板 即被吸收并中和,已知R=0.05 m,B=1 T,v0=5×105 m/s,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)离子的比荷(结果保留一位有效数字); 解析:当α=0°时,离子的轨迹如图所示, 根据几何关系可知 r=R, 根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=, 联立代入数据解得比荷 =1×107 C/kg。 答案: 1×107 C/kg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)单位时间内能打在探测板上的离子数n(结果保留分数)。 解析:发射速度方向与水平方向夹角为α的离子运动轨迹半径为 r'===。 如果第一、四象限都有磁场,根据几何关系可得离子在磁场中运动时在y轴上的弦长 L=2r'cos α=2R, 即所有离子都打到O点, 根据对称性可得从P向磁场发射的离子均垂直磁场下边界射出,离子要打在探测板最右边时,需满足 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 xa=r'+r'sin α=2R, 解得α=37°, 所以当α>37°时离子从磁场右边界射出磁场,离子不能打到探测板上,则单位时间内能打在探测板上的离子数 n=N。 答案:N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(14分)如图所示,垂直纸面向外的圆形磁场与y轴相切于坐标原点O,圆形磁场圆心坐标是(-0.1 m,0),磁感应强度大小B1=5×10-5 T。在第一象限和第四象限有垂直纸面向里的磁感应强度大小B2=5×10-5 T的匀强磁场,在第一、四象限有挡板分别交x轴、y轴于Q点和P点。在M(-0.1 m,-0.1 m)点有一粒子源,可沿纸面向圆形磁场内各个方向发射初速度v0=1×105 m/s带正电的粒子。已知粒子电荷量q=2×10-15 C,质量m=1×10-25 kg,P点坐标为(0,0.3 m),PQ板与y轴夹角为 θ且tan θ=,不计粒子重力和粒子间的相互作用力。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)粒子在圆形磁场中的运动半径; 解析:根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B1=m, 代入数据得r1=0.1 m。 答案: 0.1 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)粒子打在PQ板上离P点最远点的位置坐标。 解析:带电粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径, 根据左手定则和磁聚焦可得所有粒子都垂直y轴进入第一象限和第四象限。 粒子在第一象限和第四象限有qv0B2=m, 代入数据得r2=0.1 m。 由P点坐标(0,0.3 m),tan θ=得OQ=0.1 m。 根据磁聚焦和平移圆的知识可知,打在PQ板上离P点最远的点到y轴的距离d=r2=0.1 m, 即粒子打在PQ板上离P点最远点的位置坐标是(0.1 m,0)。 答案:(0.1 m,0) $