专题3 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

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~10题,每题6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 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.(多选)(2025·安徽合肥二模)如图所示,带负电的小球由静止释放,一段时间后进入垂直纸面向里的匀强磁场中,不计空气阻力。关于小球在磁场中运动的过程,下列说法正确的是(　　) A.小球做圆周运动 B.洛伦兹力对小球不做功 C.小球的速度保持不变 D.小球的机械能保持不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 解析:带负电的小球由静止释放,一段时间后进入垂直纸面向里的匀强磁场中,所以小球受重力和洛伦兹力作用,速度方向与合力方向夹角不是90°,故小球做曲线运动,故A错误;洛伦兹力方向与速度方向垂直,故洛伦兹力对小球不做功,故重力作用下,小球机械能保持不变,故B、D正确;重力与洛伦兹力作用下,小球的速度发生变化,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·甘肃平凉模拟预测)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 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.(多选)(2025·山西临汾二模)如图所示,匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限的磁感应强度B1的大小可能是(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 CD 解析:根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得r=, 则粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为r1=,在第Ⅳ象限 内运动的半径为r2==,设粒子最后从P点离开时在 第Ⅰ象限运动n次,在第Ⅳ象限运动n-1次,根据几何关系 有2n×r1cos 60°-2(n-1)×r2cos 60°=L,解得B1=·,(n=1,2,3,…),当B1=时,n不为整数,故A错误;当B1=时,n=0,不符合取值范围,故B错误;当B1=时,n=1,故C正确;当B1=时,n=3,故D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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 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; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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.(多选)如图所示,以O为圆心、R为半径的四分之一圆OAB的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,P、M为OA和OB边的中点,质量不同、电荷量相同的带负电粒子从P点以速度v垂直于半径OA和磁场方向射入磁场区域。质量为m的粒子经时间t从O点离开磁场区域。下列说法正确的是(　　) A.质量为2m的粒子自M点离开磁场 B.质量为2m的粒子在磁场中的运动时间为2t C.经半径OB离开磁场的粒子质量应满足m≤M≤5m D.质量为8m的粒子在磁场中转过圆心角的余弦值为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 解析:根据题意,质量为m的粒子的轨迹半径r=,由洛伦兹力提供向心力可得Bqv=,解得r==,则质量为2m的粒子的轨迹半径为,粒子自M点离开磁场,故A正确;粒子速率不变,运动时间之比等于路程之比,即==1,故B错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 如图a所示,当粒子自B点离开磁场时,根据几何关系得=R2+(rB-)2,解得rB=R=,解得m'=5m,则粒子经半径OB离开磁场,粒子质量M应满足m≤M≤5m,故C正确;当粒子质量为8m时,轨迹半径为2R,轨迹如图b,根据余弦定理有cos θ==,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.所有粒子在磁场中运动的轨迹半径均为d 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 答案:AD 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 正确;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.(多选)(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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AC 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正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(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1∶1 C.比荷之比为1∶2 D.运动半径之比为1∶2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 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、C错误,B、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 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 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 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) 感谢您的观看 $