专题精练10 磁场及带电粒子在磁场中的运动(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

专题精练10　磁场及带电粒子在磁场中的运动 保分基础练 1.(2025·邯郸模拟)如图所示，某段高压输电线路中两根长直导线a、b的间距L=2 m，通过的电流约为960 A，方向相反，居民楼某层与导线a、b在同一水平面内。长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小的表达式为B=k，其中k=2×10-7 T·m·A-1，d为该点到导线的距离。若要使导线a、b在该层居民楼里产生的磁场的磁感应强度小于0.4 μT，则居民楼到导线a的最小水平距离为(B) A.20 m B.30 m C.32 m D.960 m 解析　设居民楼到导线a的最小水平距离为x，根据安培定则可知，两方向相反的直线电流在居民楼处产生的磁感应强度方向相反，由题意可得B0=-，代入数据可得x=30 m，B项正确。 2.(2025·南宁模拟)电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂竖直挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里。当没有通电时，调节砝码使两臂达到平衡。当线圈中通过如图所示方向的电流I时，为使两臂重新达到平衡，在某一盘中增加了质量为m的砝码。重力加速度大小为g，下列说法正确的是(B) A.增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B=+ B.增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B= C.增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B=- D.增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B= 解析　根据左手定则，矩形线圈所受安培力竖直向下，故增加的砝码在左盘中。根据平衡条件有mg=nBIl，解得B=，B项正确。 3.(2025·菏泽模拟)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的滑块从斜面的顶端由静止释放。重力加速度为g，滑块滑到斜面某位置时，恰好不受斜面的弹力，则在该位置滑块的速度大小为(B) A. B. C. D. 解析　由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至某位置时恰好不受弹力，则mgcos θ=qvB，解得v=，B项正确。 4.电磁炮是通过给导轨回路通以很大的电流，在两导轨平面间产生强磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小与电流成正比。使抛射体在导轨电流产生磁场的安培力作用下沿导轨加速运动，最终以很高的速度将抛射体发射出去。如图为电磁炮的原理示意图，电流方向如图所示，磁场垂直于轨道平面，则(C) A.若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能也会增大2倍 B.若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大4倍 C.改变电流的方向不影响抛射体的发射方向 D.抛射体的发射速度与抛射体的质量无关 解析　根据动能定理Ek=Fl，其中F=BId，B=kI，解得Ek=kI2dl，若只将电流增大2倍，炮弹射出的动能会增大到原来的4倍；若只将导轨长度增大2倍，炮弹射出的动能会增大2倍，A、B两项错误；改变电流的方向，则磁场方向和电流方向都改变，则安培力方向不变，即不影响抛射体的发射方向，C项正确；根据Ek=mv2，抛射体的发射速度与抛射体的质量有关，质量越大速度越小，D项错误。 5.(多选)(2025·福建联考)中国科学家利用兰州重离子加速器进行医用同位素的同步分离制备，“扇形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成8个扇形区域，相互间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，另外4个区域内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动，其闭合平衡轨道如图中实线所示，离子重力不计，则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中(AD) A.运动的方向是顺时针 B.运动的方向是逆时针 C.在磁场中运动的总时间为 D.在磁场中运动的总时间为 解析　由于粒子带正电，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，粒子运动的方向是顺时针，A项正确，B项错误；因为粒子在没有磁场的区域做匀速直线运动，没有改变速度方向，则离子经过4个扇形磁场区域总共转过的角度为360°，所以离子在磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期，根据牛顿第二定律可得qvB=m，又T=，联立解得T=，离子在磁场中运动的总时间为，C项错误，D项正确。 6.(2025·遵义模拟)如图，在y轴左侧区域有磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向外的匀强磁场；右侧区域有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，坐标轴上有a、b、c三点，且Ob=Oc。某时刻，甲粒子以速率v从a点出发，其速度与x轴正方向夹角为45°，经O点进入第四象限，通过c点首次回到第二象限。随后，乙粒子以相同的速率v从b点出发，方向垂直于x轴，恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力、粒子间的相互作用及磁场的边界效应，下列说法正确的是(C) A.甲、乙均带负电 B.甲在第二、四象限的速度大小之比为2∶1 C.甲、乙在第一象限运动的轨道半径之比为∶2 D.甲、乙从开始运动到c点的时间之比∶7 解析　根据左手定则可以判断甲、乙粒子都带正电荷，A项错误；甲在第二、四象限只受洛伦兹力，洛伦兹力对电荷不做功，粒子的速度大小保持不变，B项错误；甲在第二、四象限的运动轨迹如图所示，甲在第一象限运动的轨道半径R2==Oc，乙在第一象限运动的轨道半径R3=Ob，因为Oc=Ob那么R2∶R3=∶2，C项正确；如图所示，设甲粒子所带电荷量为q，质量为m，甲粒子在第二象限运动的时间为t1=×=，甲粒子在第四、一象限运动的时间为t2=×=，甲粒子从开始运动到c点的时间为t甲=t1+t2=+=，设乙粒子所带电荷量为q'，质量为m'，根据R2∶R3=∶2，由r=，解得=，乙粒子从开始运动到c点的时间为t乙=×=，得t甲∶t乙=7∶4，D项错误。 7.(2025·佛山质检)如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(D) A.电子的运动轨迹为PENCMDP B.B2=2B1 C.电子从射入磁场到回到P点用时为 D.电子在左侧磁场中受到的洛伦兹力大小是在右侧磁场中受到的洛伦兹力大小的2倍 解析　根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入左侧匀强磁场时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，A项错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，即r1=r2，由洛伦兹力提供向心力evB=m，得r=，可知B1=2B2，电子在左侧磁场中受到的洛伦兹力大小是在右侧磁场中受到的洛伦兹力大小的2倍，B项错误，D项正确；电子从射入磁场到回到P点用时为t=T1+=+×=，C项错误。 8.(2025·沈阳模拟)如图所示，磁场边界Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平行，Ⅰ、Ⅱ间距为2L，其间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，Ⅱ、Ⅲ间距为L，其间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点垂直于边界Ⅰ射入磁场，经磁场偏转后，以与边界Ⅱ成60°夹角的方向从边界Ⅱ上的Q点射入Ⅱ、Ⅲ之间的磁场，最后从K点垂直于边界Ⅲ射出磁场。下列说法正确的是(D) A.该粒子带负电 B.粒子在磁场中运动速度大小为 C.B2=B1 D.粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍 解析　在Ⅰ、Ⅱ之间粒子向上偏转，结合左手定则可知粒子带正电，A项错误；运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在Ⅰ、Ⅱ之间轨迹的圆心角为30°，其轨迹半径r1==4L，由洛伦兹力提供向心力可得B1qv0=m，联立解得v0=，由几何关系可知，粒子在Ⅱ、Ⅲ之间磁场运动的轨迹半径r2==2L，由洛伦兹力提供向心力可得B2qv0=m，解得B2=，联立解得B2=2B1，B、C两项错误；粒子在Ⅱ、Ⅲ之间轨迹的圆心角为30°，又有T==，t=T，联立解得===2，粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍，D项正确。 增分提能练 9.地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列说法正确的是(D) A.该粒子带负电 B.从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小 C.粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变 D.粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域 解析　由左手定则可知，该带电粒子带正电，A项错误；因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，B项错误；对在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m，又T=，解得T=，显然随磁感应强度的增强，粒子运动周期变小，类比可得带电粒子每旋转一周的时间变短，结合题图可知，带电粒子所受洛伦兹力存在竖直向上的分量，所以带电粒子沿轴线的速度逐渐减小，结合位移时间公式定性分析可知，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离逐渐减小，C项错误；结合C项分析可知，当带电粒子竖直向下的分速度减为0时，其所受洛伦兹力斜向上，所以其开始向上运动，即从强磁场到弱磁场做螺线运动，D项正确。 10.(2025·西安模拟)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计，粒子间的相互作用不计)，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab=L，则粒子的速度可能是(C) A. B. C. D. 解析　粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示，粒子轨迹对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nRcos 30°=L(n=1，2，3…)，根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqv=m，解得v==(n=1，2，3…)，当n=1时，可得v=，C项正确。 11.(多选)(2025·昭通模拟)如图，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。顶点a处有一粒子源，能沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，其初速度v0=，不计粒子重力，从a点出发开始计时，则(ABD) A.粒子第一次到达b点的时间是 B.粒子第一次到达c点的时间是 C.粒子第一次返回a点的时间是 D.粒子从a点出发再回到a点完成一次周期性运动所需时间是 解析　速度大小v0=的带电粒子垂直进入磁场，由牛顿第二定律得qv0B=m，可得r=L，根据左手定则，可得到粒子的运动轨迹如图，粒子做圆周运动的周期T==，由图可知，根据粒子的运动轨迹，粒子从a点射出到第一次到达b点转过的圆心角为60°，可得粒子第一次到达b点的时间为tab==，A项正确；由图可知，根据粒子的运动轨迹，带电粒子从b到c转过的圆心角为300°，则时间为tbc==，带电粒子从a到c的时间为tac=tab+tbc=，B项正确；由图可知，根据粒子的运动轨迹，带电粒子从c到a转过的圆心角为60°，则时间为tca==，粒子第一次返回a点所用的时间为t=tac+tca=，C项错误；由图可知，根据粒子的运动轨迹，粒子从a点出发再回到a点完成一次周期性运动所需时间是3个完整的圆周运动周期，则T'=3T=，D项正确。 12.(2025·张家口二模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中有一半径为R的半圆弧，此半圆弧的圆心P的坐标为(0，2R)，打到半圆弧的所有带电粒子均能被半圆弧吸收。y轴右侧半圆弧以外的区域存在着垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一位于坐标原点O的粒子源，可以沿x轴正方向射出比荷为k、不同速度大小的某种正粒子，不计粒子重力，若射出的粒子全部被半圆弧吸收。求: (1)粒子源射出粒子速度的最小值和最大值； (2)粒子在磁场区域中运动的最短时间。 解析　(1)设粒子做圆周运动的最小半径为r1，最小速度为v1，由题意可得r1=， 由qv1B=m， 解得粒子源射出的粒子速度的最小值为v1=， 设粒子做圆周运动的最大半径为r2，最大速度为v2，由题意可得r2=， 由qv2B=m， 解得粒子源射出的粒子速度的最大值为v2=。 (2)粒子在磁场区域运动的时间最短时，设其圆周运动的半径为r3，如图所示， 过O点做半圆弧的切线相切于A点，由O点到A点的粒子在磁场中运动时间最短，由几何关系可得 sin θ=，α=π-2θ， 最短时间为t=T， 又qvB=m，T=， 可得T=， 联立解得t=。 答案　(1)　　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $