专题3 课时作业10 磁场及带电粒子在磁场中的运动-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

√/E+E=25√5V/m,故C错误， D正确。 E 8.Dx1、x2两处电场强度之比为 E Q k x x ,故A错误；由题图可知，试 Q 探电荷b由x2运动到x1的过程中，动 能减小，电势能增大，但由于两电荷电 性未知，所以不能确定电势的变化，故 B错误；根据能量守恒定律可得Eko= E-Be=0-@2,所以Q = Ewiz kq(x2-x1 一，故C错误；如仅将点电荷 a的电荷量变为2Q,试探电荷b速度 减为0时，有E=E,-E=2kQ4 2kQ4.解得 t= 2x1x2,故D正确。 Tx z +z: 9.(1)2×10-‘s (2)2×103V 1 (3)y= x2(.x>0)》 1 解析：(1)设粒子P的质量为m、带电 荷量为g,由题意可知，粒子P在y轴 右侧匀强电场中做类平抛运动。由平 抛运动规律可得yw=。a, at2,根据牛 2 顿第二定律有gE=ma,解得t=2X 10-48。 (2)设粒子P从O点进入匀强电场时 的速度大小为0。，可知xM=0。t,粒子 P经过金属板A、B时，由动能定理有 9UA=2mu6,解得UB=2X10V (3)设粒子Q在右侧电场中运动的加 速度为a',粒子Q从(x,y)点释放后， 竖直向上做初速度为0的匀加速直线 运动，经时间t'与粒子P相遇。对于粒 1 子P有2p=tn=2at,对于粒子 Q有=a=agE=2a, 因为a'<a,所以粒子Q应在第一象限 内释放，且有yp=y十yQ,联立解得 y= 62(x>0)。 10.C设在坐标为x处电场强度为0，则 Akq z? (x-1),解得x=2m,故A错 kq 误：设x处的电势为0，则p= Akq 9当x=2m时，解得p=g,故 B错误；将电子在x= 3m 处由静止 释放时，该点电势为0，电子的初始总 4 能量为0，x轴上大于3m的范国内， 电势随x先升高后降低，根据动能定 理可知，电子最远可以到达无穷远 处，故C正确；电子获得的最大动能 出现在电场强度为0的位置，即x= 2m的位置，x=2m处电势为9= 4-g=kg,由动能定理得kg 21 1 2ekg,故D 2mu,解得s=√ 错误。 课时作业10磁场及带电 粒子在磁场中的运动 1.A三根导线到 A0 O点的距离相 等，三根导线在 )点处产生的磁 F E 场磁感应强度的 大小均相等，设 O 为B,根据右手 C D B 螺旋定则，判断 出A处导线在O,点产生的磁场方向垂 直于AO向左，C处导线在O点产生的 磁场方向垂直于CO指向BC边，B处 导线在O,点产生的磁场方向垂直于 BO指向BC边，如图所示，将O点的 三个分磁场夫量叠加，最终的合磁场 为O点的实际磁场，方向垂直于BF 指向BC边，故A正确。 2.AD折弯的导体可等效为一根直接从 口到6、长为子的直导体，当导体中通 以大小为【的电流时，两根弹簧都伸长， 说明导体受到的安培力方向向下，由左 手定则可知，电流方向由到b,A正确， B辑误：由卡衡条件可得BI名十mg 2F,解得每根弹簧的弹力大小为F= 2mg+BL,C错误，D正确。 4 3.D根据洛伦兹力提供向心力可得 qB=m。,可知速率相等的大量质 子的运动半径也相等，可知从原点均 匀发射到第一象限内，从磁场上边界 射出的质子数占质子总数的三分之 二，则从磁场上边界射出的质子的发 射角度范国有90°X3 =60°，则根据 质子的偏转轨迹和几何关系可得能从 上边界射出的质子的发射角度在0~ 晋，故图像D可能正确。 4.AB根据左手定则，粒子c带正电，粒 子、b带负电，故A正确；根据洛伦兹 力提供向心力gB=m 心，解得0一 Br,由题图可知，粒子b运动半径最 72 大，故粒子b的速率最大，故B正确； 、粒子的运动周期为T==B,故 粒子a、b、c的运动周期相等，故C错 误；根据几何关系，粒子运动轨迹与 MN相切时，切，点位置在磁场区城外， 故仅改变速率大小，不能使粒子运动 轨迹与MN相切，故D错误。 5.D由左手定则可知，电子进入磁场顺 时针偏转，故电子不可能从cd边射 出，A错误：由euB=mR可得，电子 在磁场中的载选半径为R一咒，故电 子速率越大在匀强磁场中运动的轨迹 半径越大，B错误；由几何关系可知，从 口，点射出的电子比从b,点射出的电子 轨迹半径大，故从a,点射出的电子比 从b点射出的电子速率大，C错误；由 2xR2πm 可知，电子在磁场中运 eB 动的周期相同，由几何关系可知，从b 边射出的电子在匀强磁场中恰好转动 T m 半圈，故运动的时间为t= 2 B,时 间相等，D正确。 6.(1)T= 2π goB (2)a.0R:d 6. Bd 解析：(1)粒子速度方向与磁场垂直， 做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心 力qoB=mR, 72 解得轨迹半径R= goB 2πR 圆周运动的周期T= U 将R代入得T= 2xm goB 2π 关系为T= goB 72o (2)a.由题意知粒子1做圆周运动，线 速度U,=oR=9R, 粗子2做匀速直线运动，速度= θR 01 所以速度之比= t θR 02 d d t 即v1:v2=R:d。 b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有 v qvB=m R, 可得m=B U1 粒子2的动量力2=m心2， 结合前面的分析可得：=gB迟 gBR·d_gBd θR 7.D根据带电粒子在圆形边界磁场中 的运动性质可知粒子的运动轨迹不可 能经过O,点，粒子射出圆形区域时的 速度方向一定沿该区域的半径方向， A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨 迹半径为r1=R时，粒子连续两次由 A点沿AC方向射入磁场区城的时间 间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由 洛伦兹力提供向心力有心1B=m, 01 又T1= 2π山，则最短时间间隔为 4r72 tmin -2T1= ,C错误；粒子从A点 qB 射入到从C,点射出圆形区域用时最短 时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几 何关系可知此时粒子的轨迹半径为 3 R,由洛伦兹力提供向心力有 3 √3gBR q02B=m三，联立解得v,= 3m D正确。 参考答案 247 60 甲 乙 8.BC若离子通过下部分磁场直接到达 P点，如图甲所示，根据几何关系则有 R=L9B=m及可得。=BL m kBL,根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向右上，故出射方向与入射方 向的夹角为日=60°。当离子上、下两 部分均经历一次时，如图乙所示，因为 上、下部分磁感应强度均为B,则根据 对称性有R=2L,根据洛伦力提供 向心力有B=mR,可得。 BL_ 2m 1 kBL,此时出射方向与入射方向相 2 同，即出射方向与入射方向的夹角为 0=0°。通过以上分析可知，当离子从 下部分磁场射出时，需满足= gBL kBL(n=1,2, (2n-1)m 2n-1 3,…),此时出射方向与入射方向的夹 角为日=60°；当离子从上部分磁场射出 时，需满足0= gBL 1 kBL(n=1,2, 2nm 2n 3,…),此时出射方向与入射方向的夹角 为日=0°，可知B、C正确，A、D错误。 L L 甲 乙 9.(1) 2eU 1 2mU (2) (3)(3+ m 45)· 2mU ,区域见解析图乙 B 解析：(1)电子初速度为0，忽略电子间 的相互作用和电子的重力，经过电压U 加速，则eU=1 2eU 解得0= (2)因为有宽度为2R,的平行电子束 竖直向上进入圆形磁场，均通过O,点， 画图如图甲，可知圆形磁场半径等于 电子在其中运动轨迹的半径，即 R=R=m 2eU 2mU eB N B 甲 248z勾·讲与练·高三二轮物理 (3)电子进入挡板内磁场，由evB,= m Ra' 可知在挡板内做圆周运动的半径为圆 形磁场内圆周运动半径的2倍，即 R2=2R1, 当圆的轨迹与ab边相切时，即电子在 O点速度方向向上，此时电子可以射 到接收板，如图乙所示， b d 随着电子在O点速度从竖直向上往顺 时针偏转，其轨迹也绕O点顺时针偏 转，当偏转到圆的轨迹与ad边相切 时，电子刚好不能射到接收板，如图丙 所示， b Ic 0:-- 丙 由图乙可知，在右边大三角形中tn日= AH+4R 在三角形O3H1A中O3H1=3R1一 2R,=R1, O3A=2R1, sin 3=2p=2, AO; 则9=吾AH,=5R 代入解得x1=(3+4√3)R1=(3+ 1 2mU 43)·BNe 电子在水平接收板上击中的区城为x1 这一区域。 10.BD由题意，作出a粒子运动轨迹 图，如图甲所示， 0 甲 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，@ 粒子运动的圆周正好与磁场外边界 相切，然后沿径向做匀速直线运动， 再做匀速圆周运动恰好回到A点，根 据a粒子的速度大小为0.=gBR, 可得R。=R。设外圆半径等于R', 由几何关系得∠AO'B=270°，则 R'=R。十√2R。,A错误；由A项分 析，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tmim,a粒 子做匀速圆周运动的周期T= 2xR。 2xm ,在磁场中运动的时间 Va gB 540° t1= 360° ·T= 3π7 gB ,匀速直线运动 2R。_ 2m 的时间t2= ,故a粒子返回 Va gB A点所用的最短时间为tmm=t1十 (3r+2)m t:= ,B正确；由题意，作出 qB b、c粒子运动轨迹图，如图乙、丙 所示， 乙 丙 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 旦，所以两粒子做圆周运动周期相 72 同，故所用的最短时间之比为1：1， C错误；由几何关系得2R。=√2R。, 02 洛伦兹力提供向心力有qu,B=R 联立解得= ?D正确。 课时作业11动态圆的应用 1.C从D,点射入和从 A B,点射入的粒子的运 动轨迹如图所示，设 两个粒子在AC边上 的出射点分别为E、F D 点，由于 1 点射入 的粒子恰好能垂直 AC边射出磁场，所以 A点为该粒子做圆周 B 运动的圆心，则粒子 做国周运动的半径为R=2L,则有 AE=L,周为D点是AB的中点： 1 所以D点是从B点射入的粒子做圆周 运动的圆心，所以有AD=DF,则根据 几何知识有AF=2X号Lc0s30° 3L ,所以有粒子射出的区域长度为 2 EF=AF-AE= B-L,故A、BD 2 错误，故C正确。 2.BC如图，由左手D 定则可知粒子带正 电，A错误；根据粒 子的运动轨迹可知 r=√2L,由q0B= m一，可得0= V2 gBL ,B正确；从 n C,点射出的粒子在磁场中运动的时间 最长，由几何知识知圆孤所对应的圆班级： 姓名： 课时作业10 磁场及带电粒子在磁场中的运动 （分值：70分) 基础巩固练 二，不计质子间相互作用，则质子在磁场中的临界 轨迹可能正确的是 1.（5分)(2025·陕西榆林二模) A 10, y (0,a) 有三根通电长直导线分别位 于等边三角形ABC的三个顶 30° 点，三角形各边与其中垂线的 ● 交点分别为D、E、F,O为三角 B A B 形的中心点。已知三根长直导线均垂直于三角形 y (0,a) 所在平面，其中的电流大小相等、电流方向如图所 (0,a) 示。关于O点的合磁场，下列说法中正确的是 545o 160° ( A.方向垂直于BF指向BC边 C D B.方向由O指向B 4.(5分)（多选）如图所示，正方形M×Bx×xN C.方向由O指向F MNPQ所围的区域内有一垂 ××刘 D.磁感应强度大小为0 直纸面向里的匀强磁场，比荷 × 2.(5分)（多选）如图所示，一 pabacabaucau 的绝对值相等的带电粒子a、b、 根长为L质量为m且分布。算·。。6。。 以不同的速率。从O点沿纸OX × 均约的导体a,在其中点弯：： ● 面并垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们 成60°角，将此导体放入磁感······· 的运动轨迹。已知O点是PQ的中点，不计粒子 ● 应强度大小为B、方向垂直 重力及带电粒子间的相互作用，下列说法中正确 的是 () 纸面向外的匀强磁场中，导体两端点悬挂于两相 A.粒子c带正电，粒子a、b带负电 同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通 B.粒子b的速率最大 以大小为I的电流时，两根弹簧都伸长了，已知重 C.粒子c的运动周期最小 力加速度为g,则下列说法正确的是 ( D.仅改变速率大小，可使粒子运动轨迹与MN相切 A.导体中电流的方向为a到b 5.(5分)如图所示，一束电子以不4：x××××x: B.导体中电流的方向为b到a 同的速率沿图示方向飞入一正×××××× C.每根弹簧的弹力大小为mg十BIL 方形匀强磁场区域abcd,下列 ×××××× 说法正确的是 ()×××××× D.每根弹簧的弹力大小为2mg+BIL A.电子可从cd边射出 c×.×.××.×.×b 4 B.电子速率越大在匀强磁场中运动的轨迹半径 3.(5分)(2025·四川成都一模)在xOy平面的0≤ 越小 y<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，速 C.从a点射出的电子比从b点射出的电子速率小 率相等的大量质子从原点O均匀发射到第一象限 D.从bc边射出的电子在匀强磁场中运动的时间 内，从磁场上边界射出的质子数占总数的三分之 相等 (横线下方不可作答) 127 专题三电场与磁场 6.(15分)(2025·北京卷)质谱仪是正负电子对撞机 0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区 的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动 域。不计重力，下列说法正确的是 () 测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区 粒子间相互作用。 得分 域的半径方向 (1)一个电荷量为q。的粒子的速度方向与磁场方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射人圆形区域 垂直，推导粒子的运动周期T与质量m的关系。 的最小时间间隔为xm 3qB (2)两个粒子质量相等、电荷量均为q,粒子1的速 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用 度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁 场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R 时最短，粒子运动的速度大小为5gBR 3m 的圆周上转过的圆心角为0，粒子2运动的距离为 8.(5分)（多选）在如图所示的平 d。求： 面内，分界线SP将宽度为L a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1:v2; b.粒子2的动量大小p2。 的矩形区域分成两部分，一部0P ×× 分充满方向垂直于纸面向外的 ×××× 匀强磁场，另一部分充满方向 垂直于纸面向里的匀强磁场， L 磁感应强度大小均为B,SP与磁场左、右边界垂 直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子， 离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。 已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射 出，设出射方向与入射方向的夹角为0，则离子的 入射速度和对应0角的可能组合为 () A子BL0 B.号kBL.0 C.kBL,60° D.2kBL,60° 9.(15分)(2025·四川自贡二模)如图，一半径为R 的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B1,方向 垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的 ”形金属挡板abcd,ab=cd=3R1,bc=4R1,在 bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc边相切于O 点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁 能力提升练 感应强度大小B2=0.5B1,在cd边下方2R1处放 7.(5分)(2024·湖北卷)如图所 置一足够长的水平接收板P,初速度可忽略的大量 示，在以O点为圆心、半径为R. 电子，经过电压U加速后，有宽度为2R1的平行电 的圆形区域内有垂直于纸面向··心×· 子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入 里的匀强磁场，磁感应强度大······ B2,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间的相互 小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围 作用和电子的重力，其中U、B1、m、e已知，求： 足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q> 得分 红对勾·讲与练 128 高三二轮物理 班级： 姓名： 3R 尖子生选练 bx××x又T ××××× 10.(5分)（多选）(2025·甘肃 + ×X×XX 4R 卷)2025年5月1日，全球首 、b 议文B0吸××X意 平行 电子束××××为 个实现“聚变能发电演示”的 1 紧凑型全超导托卡马克核聚 U 2R 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 (1)电子进入圆形磁场区域时的速度v; 截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域 (2)圆形磁场区域的半径R1; 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 (3)电子在水平接收板上击中的区域。 为B,内圆半径为R。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9 m 。粒子的速度大小为.=BR,方向沿同心圆的 m 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2R。 B.a粒子返回A点所用的最短时间为3π+2)m gB C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 √2 √2+2 ,2 D.c粒子的速度大小为2v (横线下方不可作答)129] 专题三电场与磁场 ■