2026届高三物理二轮复习跟踪训练 第9课时 磁场及电粒子在磁场中的运动

第9课时　磁场及带电粒子在磁场中的运动 跟踪训练 基础保分练 1． 选择题： 1.如图所示，粗细均匀的正方形导体框边长为L，磁感应强度为B的匀强磁场与导体框平面垂直，从导体框的对角流入、流出大小为I的电流，则导体框受到安培力的大小为(　　) A.0 B.ILB C.ILB D.2ILB 2.直导线折成夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，导线中通有如图所示的恒定电流I。现将该导线绕轴OO′由图示位置向纸面外缓慢转过90°，在该过程中导线所受的安培力(　　) A.大小和方向均不变 B.大小和方向均改变 C.大小改变，方向不变 D.大小不变，方向改变 3.洛伦兹力演示仪的实物图和原理图分别如图3(a)、(b)所示。电子枪将电子束向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄气体发光，从而显示电子的运动轨迹。调节加速极电压可改变电子速度大小，调节励磁线圈电流可改变磁感应强度，某次实验，观察到电子束打在图(b)中的P点，下列说法正确的是(　　) A.两个励磁线圈中的电流均为顺时针方向 B.当减小励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹 C.当减小加速极电压时，电子可能出现完整的圆形轨迹 D.在出现完整轨迹后，增大加速极电压，电子在磁场中圆周运动的周期变大 4.如图所示，四根平行直导线M、N、P、Q的截面对称分布在以O点为圆心的同一圆周上，截面的连线互相垂直。M、N中没有电流，P、Q中通有图示方向相反、大小均为I的电流时，每一根导线在O点的磁感应强度大小均为B。现在M、N中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小保持不变。则下列说法正确的是(　　) A.O点的磁感应强度为零 B.M、N中的电流方向相反 C.若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力为零 D.若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，电子将向上偏转 5.长为L的导体棒PQ通过绝缘挂钩与竖直悬挂的弹簧相连，PQ未通电时处于矩形匀强磁场区域的上边界，通了大小为I的电流后，PQ与磁场上、下边界的距离相等，如图所示。已知磁感应强度大小为B，磁场高度为h，弹簧始终处于弹性限度内，则(　　) A.PQ所通的电流方向向右 B.PQ受到的安培力大小为ILB C.若撤去电流，PQ将做振幅为h的简谐运动 D.若电流大小缓慢增加到1.5I，PQ未离开磁场 6.如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是(　　) 7.如图所示，长度相等的两根通电长直导线a、b垂直于纸面平行放置，质量分别为ma、mb，通有相反方向的电流。先将a固定在O点正下方的地面上，b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，b静止时a、b间的距离为x1。其他条件不变，仅将a、b位置对调一下，a静止时a、b间的距离为x2。已知通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小满足B＝k，式中k是常数，I是导线中电流，r是该点到直导线的距离。若x1＝2x2，则两根直导线质量比为(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 8.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. 综合创新练 1． 选择题： 9.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 10.霍尔效应传感器可用于自行车速度计上，如图甲所示，将霍尔传感器固定在前叉上，磁铁安装在前轮辐条上，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。霍尔传感器原理如图乙所示，电源电压为U1，当磁场通过霍尔元件时，在导体前、后表面间出现电压U2。某次行驶时，霍尔传感器测得的电压U2随时间t变化如图丙所示，车轮半径为R，霍尔传感器离轮轴距离为r，下列说法中正确的是(　　) A.如图乙所示，霍尔元件前表面电势低于后表面的电势，则载流子带正电 B.霍尔电压U2的峰值与电源电压U1无关，与自行车的车速有关 C.自行车的速度可表示为 D.若前轮漏气，不影响速度计测得的骑行速度 11.(多选)(2025·甘肃卷,10)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为,a粒子的速度大小为va=,方向沿同心圆的径向;b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　) A.外圆半径等于2R0 B.a粒子返回A点所用的最短时间为 C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D.c粒子的速度大小为va 二．计算题： 12.如图所示，边长为l的正三角形PMN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，在PMN区域外存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小也为B、方向垂直于纸面向里。大量质量为m、电荷量为q的粒子，以大小不同的速度从MN的中点O垂直射入正三角形PMN区域内部，不计重力及粒子间的相互作用，一部分粒子经过磁场偏转，每次都垂直进出正三角形边界，且从MN回到O点。求： (1)垂直MN回到O点的粒子速度的最大值； (2)第(1)问情形中的粒子从O点出发到第一次回到O点所用时间； (3)所有能垂直MN回到O点粒子速度的大小。 13.如图所示的环形区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，已知外圆半径是内圆半径的倍，内圆半径为R。MN为磁场外圆边界的直径，一群均匀分布、质量为m、带电荷量为＋q的粒子垂直MN以速度v平行射入磁场区域，粒子入射范围的宽度等于MN的长度。已知正对圆心O入射的粒子恰好没有射入内圆，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)若某粒子可以垂直射入内圆，则该粒子从进入磁场到内圆所需的时间； (3)从M点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值。 参考答案： 1.答案　C解析　通过导体框的总电流为I，正方形线框的等效长度为对角线长度L，即有效长度为L，所以安培力大小为F安＝ILB，故C正确。 2.答案　A解析　折线所受安培力等效为直线OO′所受的安培力，旋转前后，电流大小、方向均不变，由F＝IlB，知安培力大小不变，由左手定则知安培力方向不变，故A正确。 3.答案　C解析　磁场方向向外，由右手螺旋定则可知两个励磁线圈中的电流均为逆时针方向，故A错误；由电子轨迹半径r＝知，B增大r减小，所以当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹，故B错误；由动能定理qU＝mv2，r＝，知U减小，v减小，r减小，所以当减小加速极电压时，电子可能出现完整的圆形轨迹；在出现完整轨迹后，增大加速极电压，电子仍做完整的圆周运动，由T＝知电子在磁场中圆周运动的周期恒定，故C正确，D错误。 4.答案　D解析　由题意知，O点的磁感应强度等于P、Q中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的矢量和，根据安培定则可知，O点的磁场方向由O指向N，A错误；在M、N中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小保持不变，可判定M、N中电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，根据安培定则可知，M、N中的电流方向相同，B错误；若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力不为零，C错误；若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，由左手定则可知，电子将向上偏转，D正确。 5.答案　D解析　由题意可知，导体棒PQ通入电流后，弹簧的弹力变大，可知PQ所受安培力竖直向下，根据左手定则可知电流方向向左，故A错误；因为导体棒PQ在磁场中的长度小于L，所以PQ受到的安培力大小小于ILB，故B错误；若撤去电流，PQ的平衡位置处于磁场上边界，可知PQ将做振幅为的简谐运动，故C错误；设磁场宽度为L0，根据题意可得ΔF＝k·＝IL0B，当电流大小缓慢增加到1.5I时ΔF′＝kx＝－1.5IL0B，解得x′＝h<h，可知PQ未离开磁场，故D正确。 6.答案　C解析　离子在磁场中做运动半径相等的匀速圆周运动，如图所示，粒子源最左端发射的离子落在A点，最右端发射的离子落在B点，故C正确。 7.答案　A解析　设O点到地面的距离为h，通电直导线的长度为L，对导线b受力分析如图所示 △Oab与力矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有＝＝，a、b位置对调后，对a同理得＝＝，联立解得＝＝，故A正确。 8.答案　A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，故粒子轨迹的半径为a。打到MN上、下表面的粒子均被吸收，如图所示有两种情况，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，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。 9.答案　D解析　 甲 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； 乙 以速度v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中运动轨迹圆的半径为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； 丙 以速度v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为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。 10.答案　C解析　如图乙所示，电流的方向向左，如果载流子带正电，则根据左手定则可知，载流子将向前表面偏转从而使前表面的电势高于后表面的电势，而由题图可知霍尔元件前表面电势低于后表面的电势，因此载流子一定带负电，其运动方向与电流方向相反，在磁场力的作用下向前表面偏转，从而使前表面电势低于后表面电势，故A错误；根据题意可知，自行车车速越大，则磁铁到达霍尔元件处的时间就越短，脉冲电压U2的频率就越大，设霍尔元件左右面间距为d，上下面间距为h，前后面间距为c，载流子的速率为v，单位体积内的自由电荷数为n，脉冲电压出现峰值时，有洛伦兹力等于电场力，即evB＝e，根据电流的微观表达式有I＝neSv＝nehcv，可得U2＝，可知霍尔电压的峰值与自行车的车速无关，但若电源电压U1越大，则通过霍尔元件的电流就越大，从而使霍尔电压越大，故B错误；根据图乙可知自行车转动一周所需的时间t＝t3－t1＝t4－t2，则自行车的速度可表示为v＝＝，故C正确；若前轮漏气，则因漏气而使车轮半径减小，从而使速度计测得的骑行速度偏大，故D错误。 11.答案　BD解析　 由题意,作出a粒子运动轨迹图,如图甲所示。 a粒子恰好到达磁场外边界后返回,a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切,然后沿内圆直径做匀速直线运动,再在环形匀强磁场内做匀速圆周运动恰好回到A点,根据洛伦兹力提供向心力qvaB=m,由题意知a粒子的速度大小为va=,可得Ra=R0,设外圆半径等于R,由几何关系得R=R0+R0,故A错误;a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间t,a粒子做匀速圆周运动的周期T==,根据对称性知a粒子在磁场中运动的时间t1=T=,a粒子在内圆中匀速直线运动的时间t2==,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2=,故B正确;作出b、c粒子运动轨迹图,如图乙、丙所示 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,根据b、c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动的周期T=相同,则所用的最短时间之比为1∶1,故C错误;对c粒子,由几何关系得2Rc=R0,根据洛伦兹力提供向心力,有qvcB=,联立解得vc=va,故D正确。 12.答案　(1)l　(2)　(3)见解析 解析　(1)粒子速度为最大值时的运动轨迹如图所示， 洛伦兹力提供向心力qvB＝m 解得v＝ 由题意知rm＝l 所以垂直MN回到O点的粒子速度的最大值vm＝l。 (2)(1)问情形中的粒子从O点出发到第一次回到O点的轨迹所对的圆心角总度数为420°，粒子运动周期为T＝＝ 所以第(1)问情形中的粒子从O点出发到第一次回到O点所用时间为 t＝T＝·＝。 (3)粒子经过磁场偏转后垂直MN回到O点有多种可能性，如图所示的轨迹是其中一种可能，由图可知，只要ON间可以容纳奇数个轨迹半径即符合题意，则有＝(2n＋1)r(n＝0，1，2，3，…) 解得粒子半径为r＝l(n＝0，1，2，3，…) 所求粒子的速度为v＝l(n＝0，1，2，3，…)。 13.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)正对圆心O入射的粒子恰好没有射入内圆，轨迹图如图甲所示，根据几何关系有(R)2＋r2＝(r＋R)2 解得r＝R 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 磁场的磁感应强度大小为B＝。 (2)粒子可以垂直射入内圆，轨迹图如图乙所示，打在内圆的点设为K，轨迹圆圆心为Q，则三角形OKQ为等腰直角三角形，可得OQ＝R 根据PQ2＋QO2＝PO2 可知∠PQO＝90° 故轨迹的圆心角为θ＝∠PQO－45°＝45° 粒子从进入磁场到内圆所需的时间为t＝T＝×＝。 (3)从M点射入的粒子第一次在环形磁场中运动的轨迹图如图丙所示，D点为轨迹圆圆心，根据几何关系可知三角形COD为等腰三角形，有 OD＝OM－MD＝(－1)R 在△OCD中由余弦定理得OC2＝OD2＋CD2－2OD·CDcos∠ODC 即R2＝[(－1)R]2＋R2－2(－1)R·Rcos ∠ODC 解得cos ∠ODC＝ 则从M点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值为 cos ∠MDC＝－cos ∠ODC＝。 学科网（北京）股份有限公司 $