课后限时练(10) 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

课后限时练(十)　磁场的性质　带电粒子在磁场中的运动 1．(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为(　　) A．B2－B1　 B．B1－B2 C．B2－B1　 D．B1－B2 A　[根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点、O点、N点产生的磁感应强度大小分别为B1M、B1O、B1N，L2在M点、O点产生的磁感应强度大小分别为B2M、B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M＝B1，B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可得B2M＝B1N＝B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N＝B2－B1，A正确。] 2．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示。下列截面图可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　) A　　　　　　B C　　　　　　D C　[根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的规律可知，左、右两根导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两根导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。] 3．(2022·广东卷T7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(不计重力)(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D A　[由题意可知，当质子刚进入磁场时，先在对角平面MNPQ左侧运动，根据左手定则可知，质子受到y轴正方向的洛伦兹力，即在对角平面MNPQ左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在对角平面MNPQ右侧，根据左手定则可知，质子受到x轴正方向的洛伦兹力，则质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；根据左手定则可知，质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。] 4．(多选)(2025·四川卷)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子(　　) A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 AD　[粒子运动轨迹如图所示， 由几何知识可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系知cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，可得在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。故选AD。] 5．(多选)(2024·佛山禅城区一模)某兴趣小组在利用洛伦兹力演示仪(图甲)探究带电粒子在匀强磁场中运动的规律时，发现有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成θ角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为Δy，螺旋周期为T，则下列说法正确的是(　　) A．匀强磁场的方向为沿y轴负方向 B．若仅增大励磁线圈中的电流，则螺旋半径R减小 C．若仅增大电子的加速电压，则螺距Δy将增大 D．若仅增大θ角(θ<90°)，则螺旋周期T将减小 ABC　[将电子的速度沿着x轴和y轴分解，如图所示，vy＝v0sin θ，vx＝v0cos θ，电子沿着y轴正方向做匀速直线运动，在xOz面内做匀速圆周运动，根据题图乙可知电子从O点开始向上偏转，电子在O点受到的洛伦兹力沿着z轴正方向，且电子带负电，利用左手定则可知匀强磁场的方向为沿y轴负方向，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有q(v0cos θ)B＝，解得R＝，若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据半径表达式可知，电子做圆周运动的半径变小，故B正确；电子在电场中加速，根据动能定理有qU＝m，解得v0＝，根据运动学公式可知，螺距为Δy＝Tv0sin θ，由电子做匀速圆周运动的周期为T＝可知，周期与θ角无关，若仅增大θ角(θ<90°)，T不变，若仅增大电子的加速电压，由螺距表达式可知，螺距会增大，故C正确，D错误。故选ABC。] 6．(15分)(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 [解析]　(1)在MN左侧的磁场中，设粒子运动轨迹半径为r，由qv0B＝可得r＝。 (2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示，根据几何关系可得sin α＝ 又O'D＝OD－r＝ 解得α＝30° 粒子经过MN边界上的C点，在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，由qv0·2B＝可得r'＝ 由几何关系可知在右侧磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF＝2r'sin 60°，解得EF＝。 (3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的运动轨迹需上下对称，所以轨迹如图2所示 由几何关系得rcos α＝CEsin α＋，解得CE＝，粒子在MN左侧磁场中运动轨迹对应的圆心角为240°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式T1＝，可得运动时间t1＝·＝，粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2＝2×＝，粒子在PQ右侧磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式T2＝，可得运动时间t3＝·＝，所以粒子的运动周期T＝t1＋t2＋t3＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $