2026届高三物理二轮复习试题专题分层突破练8.磁场带电粒子在磁场中的运动（Word版附解析）

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基础巩固练
1.(2024贵州卷)如图所示,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向( )
A.竖直向上B.竖直向下
C.水平向左D.水平向右
2.(2025湖南长沙一模)在水平光滑绝缘桌面上,放置一个半径为R的超导导线环,其中通过的电流为I。穿过导线环有一个方向垂直于桌面向下的匀强磁场,导线环全部位于磁场中,磁感应强度为B,则导线环各截面间的拉力为( )
A.BIR
C.0D.πBIR
3.(2025福建宁德三模)如图所示,MN表示一块非常薄的金属板,带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并穿过薄金属板,虚线表示其运动轨迹,粒子电荷量不变,由图可知粒子( )
A.带正电荷
B.沿a→b→c→d→e方向运动
C.穿过金属板后,轨迹半径变小
D.穿过金属板后,所受洛伦兹力变大
4.(2024广西卷)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度方向与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为( )
A.mvqBB.3mv2qB
C.(1+2)mvqBD.1+22mvqB
5.(2025贵州黔南三模)如图所示,在平面直角坐标系中,正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R,导线中的电流大小相等,P和R中的电流方向垂直于纸面向里,Q中的电流方向垂直于纸面向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,R在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是( )
A.P受到的安培力的方向竖直向上
B.R受到的安培力的方向水平向右
C.O点磁感应强度大小为13B0
D.P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下
6.(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,磁场的左边界为y轴,右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁场的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁场的磁感应强度为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象限内的磁场的磁场,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象限内的磁场的磁感应强度B1的大小可能是( )
A.mv4qLB.mv2qL
C.mvqLD.2mvqL
7.(6分)(2025北京卷)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分,它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动,且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直,推导出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q,粒子1的速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的圆周上转过的圆心角为θ,粒子2运动的距离为d,求:
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。
综合提升练
8.(2025北京朝阳二模)在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。一段轻质软导线的P端固定,M端可以自由移动。当导线中通过电流为I时,在M端施加沿导线的水平恒力F,软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线,通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子,发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B,不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.若导线长度减小,仍保持圆弧半径不变,需减小恒力F
C.粒子的动量大小为qFI
D.粒子的轨迹半径为F2BI
9.(2025江西萍乡二模)中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST),这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动,如图所示。磁场方向水平向右,磁感应强度大小为B,甲粒子速度方向与磁场方向垂直,乙粒子速度方向与磁场方向平行,丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ,所有粒子的质量均为m,电荷量均为+q,且粒子的初速度方向在纸面内,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则从图示位置开始计时,经历2πmqB的时间后( )
A.甲、乙两粒子均回到图示位置
B.甲、丙两粒子均回到图示位置
C.乙、丙两粒子位置改变了2πmvqB
D.丙粒子位置改变了2πmvcsθqB
10.(8分)(2025重庆卷)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同,方向相反,比荷均为qm。已知OK=3h,OM=33h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。
11.(10分)(2025山西晋中模拟)如图甲所示,正方形区域ABCD内部有一垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.1 T,M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点平行AB方向,以某一初速度v0射入一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子,发现该粒子刚好从B点离开磁场区域,已知磁场区域的边长L=0.4 m,该粒子的比荷qm=2×107 C/kg,不计粒子重力。
(1)求该粒子射入磁场时的速度大小v0。
(2)若取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度按图乙的方式变化,t=0时刻,粒子同样从M点平行AB射入,发现粒子恰好能从N点离开,已知T0=5π×10-7 s,求该粒子射入磁场的速度v0可能的取值以及粒子运动的时间。
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12.(12分)(2025河北沧州一模)用磁场实现对微观粒子的控制在高能物理、材料科学、核磁共振、微流控芯片等领域有着广泛的应用。如图为一种能够实现用磁场控制微观粒子的装置内部磁场分布图,x轴上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B1=22B;x轴下方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B2=B。在坐标原点O处有一粒子源,可以
同时发射速度大小为v0、方向分别沿y轴正、负方向的两个带电粒子P、Q。已知带电粒子质量均为m,电荷量均为+q,粒子相遇时两者的运动互不影响,不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)若P、Q两粒子同时经过H(x0,0)点,求该情况下B的最小值。
(2)若B=B0,且在xOy坐标系内的磁场为矩形磁场,为使两粒子发射后能够在磁场中相遇n次,求矩形磁场的最小面积。
(3)两粒子发射后的运动轨迹会有很多交点,若B=B0,且两粒子发射时间不同,为使两粒子能相遇在横坐标最小的轨迹交点处,求两粒子发射的时间差Δt。
参考答案
1.C 解析 由于I1>I2,可知左侧的磁场强度大,根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里,同一竖直方向上的磁感应强度相等,故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消,根据左手定则并结合F=BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左,故选C。
2.A 解析 把导线环分成两半,取其中的一半作为研究对象,两端截面所受拉力均为FT,设整个半环受到的安培力为F,受力分析如图所示,根据安培力的计算公式可得F=BI·2R,所以FT=12F=BIR,故选A。
3.C 解析 带电粒子穿过金属板后速度减小,根据牛顿第二定律qvB=mv2r可得r=mvqB,可知轨迹半径应减小,粒子运动方向是e→d→c→b→a,粒子所受的洛伦兹力均指向圆心,在e点洛伦兹力向右,由左手定则可知,粒子应带负电,A、B错误,C正确;穿过金属板后速度减小,根据F洛=qvB可知,洛伦兹力减小,D错误。
4.C 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力。由Bqv=mv2R,得R=mvBq,根据题意,画出粒子运动轨迹,如图所示,由几何关系得lPO=(1+2)R=(1+2)mvqB,选项C正确。
5.C 解析 三根长直导线中的电流大小相等,根据安培定则可得,在P、R、Q、O四处的磁感应强度方向如图所示,根据左手定则可知,P、R导线所受安培力方向如图所示,A、B、D错误;已知R在O点产生的磁感应强度大小为B0,无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为B1,由lROlPO=B1B0得B1=3B0,则O点的磁感应强度为B=B02+(2B1)2=13B0,C正确。
6.CD 解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r可得r=mvqB,则粒子在第Ⅰ象限的磁场内运动的半径为r1=mvqB1,在第Ⅳ象限的磁场内运动的半径为r2=mvqB2=r12,粒子可能的运动轨迹如图所示,设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限磁场内运动n次,在第Ⅳ象限磁场内运动n-1次,根据几何关系有2n×r1cs 60°-2(n-1)×r2cs 60°=L,解得B1=n+12mvqL(n=1,2,3,…),当B1=mv4qL时,n不为整数,A错误;当B1=mv2qL时,n=0,不符合取值范围,B错误;当B1=mvqL时,n=1,C正确;当B1=2mvqL时,n=3,D正确。
7.答案 (1)T=2πq0B·m
(2)a.θR∶d b.qBdθ
解析 (1)粒子速度方向与磁场垂直,所以该粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可知
q0vB=mv2R
解得轨道半径R=mvq0B
圆周运动的周期T=2πRv=2πmq0B
联立,有T=2πq0B·m。
(2)a.由题意知粒子1做圆周运动,线速度v1=ωR=θtR
粒子2做匀速直线运动,速度v2=dt
所以速度之比v1v2= θRt dt=θRd
即v1∶v2=θR∶d。
b.对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=mv12R
可得m=qBRv1
粒子2的动量p2=mv2
结合上述可知p2=qBRv1·v2=qBR·dθR=qBdθ。
8.C 解析 根据左手定则可知,粒子带负电,A错误;设PM弦长为L,弦切角为α,则圆心角为2α,圆弧导线受到的安培力等效为直导线受到的安培力,L=2Rsin α,2Fsin α=BIL,解得F=BIR,恒力F与导线长度无关,若导线长度减小,仍保持圆弧半径不变,恒力F不变,B错误;根据牛顿第二定律得qvB=mv2R ,解得粒子的动量大小为mv=qFI,C正确;根据F=BIR,解得粒子的轨迹半径为R=FBI,D错误。
9.D 解析 甲粒子受到洛伦兹力大小为F甲=qvB,根据左手定则可知方向垂直于纸面向里,在磁场中做匀速圆周运动,经过一个周期后回到图示位置;乙粒子速度与磁场平行,不受洛伦兹力,所以乙粒子做匀速直线运动,经过一个周期不能回到图示位置;丙粒子速度与磁场方向成θ角,分解丙粒子的速度,会得到平行于磁场和垂直于磁场的两分速度,在垂直于磁场的方向做匀速圆周运动,在平行于磁场方向做匀速直线运动,所以经过一个周期后也不能回到图示位置,A、B错误。乙粒子做匀速直线运动,一个周期运动的位移为x乙=2πmvqB,将丙粒子速度分解为沿磁场方向速度v1=vcs θ和垂直于磁场方向速度v2=vsin θ,丙粒子在磁场中以速度v2做匀速圆周运动,周期T=2πmqB,所以丙粒子一个周期内会回到图示平面,水平方向经过的位移为x丙=v1T=2πmvcsθqB,C错误,D正确。
10.答案 (1)3qBh2m (2)2qBhm (3)2πm3qB
解析 (1)由题意可知粒子水平发射后在磁场中做匀速圆周运动,要在O点产生光点,其运动半径r=32h
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r
解得v=qBrm=3qBh2m。
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆,且在N点与ON直线相切,如图甲所示
甲
由几何关系得r1sin θ+r1=3h,又θ=30°,则此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h
由洛伦兹力提供向心力有qv1B=mv12r1
解得v1=qBr1m=2qBhm
(3)带正电粒子恰好在M点产生光点,则关闭磁场时粒子速度恰好指向M,过M点作正电粒子轨迹的切线,切点为P,如图乙所示
乙
由几何关系得ON=r1cs θ,MN=OM-ON
又O'N=r1=2h,且O'N⊥NM
则∠NO'M=∠PO'M=60°
又∠KO'N=120°
所以α=120°
粒子在磁场中运动的周期T=2πr1v1=2πmqB,对应的圆心角α=120°
所以t=13T=13·2πmqB=2πm3qB。
11.答案 (1)1×106 m/s
(2)22×105n m/s(n=1,2,3,…) 5nπ×10-7 s(n=1,2,3,…)
解析 (1)粒子的运动轨迹如图(a)所示,设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系得r2=L2+r-L22
(a)
解得r=0.5 m
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r
解得v0=1×106 m/s。
(2)粒子做圆周运动的周期T=2πrv0=2πmqB
周期与v0和r无关
得T=π×10-6 s
因为T0=5π×10-7 s,粒子的轨迹如图(b)所示
(b)
设粒子做匀速圆周运动的半径为r1,由几何关系得
n·4r1sin 45°=L(n=1,2,3,…)
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r1
解得v0=2qBL4mn=22×105n m/s(n=1,2,3,…)
粒子运动时间t=θ2πT=θmqB
由周期性可知粒子转过的角度为
θ=n×4×π4=nπ(n=1,2,3,…)
解得t=nπmqB(n=1,2,3,…)
代入数据得t=5nπ×10-7 s(n=1,2,3,…)。
12.答案 (1)2(2-1)mv0qx0
(2)(2n+4+42)m2v02q2B02
(3)1+22πmqB0
解析 (1)由洛伦兹力提供向心力,有B1qv0=mv02R1
解得R1=2mv0qB
同理,有B2qv0=mv02R2
解得R2=mv0qB
若B最小,说明H点是P、Q粒子在x轴上第一次相遇的点,P、Q粒子同时从O点出发,运动轨迹如图甲所示
甲
可知x0=2(R1-R2)
解得B的最小值为Bmin=2(2-1)mv0qx0。
(2)当B=B0时,由洛伦兹力提供向心力,有B1qv0=mv02R1'
解得R1'=2mv0qB0
同理,有B2qv0=mv02R2'
解得R2'=mv0qB0
P、Q两粒子同时发射后,每经过一个周期在x轴上相遇一次,P粒子每个周期内轨迹与x轴的交点向正方向移动d=2(R1'-R2')
n个周期向正方向移动d总=2n(R1'-R2')
所以磁场右边界的x轴坐标为x1=d总+2R2'=2n(R1'-R2')+2R2'
磁场的左边界x轴坐标为x2=-2R2'
磁场沿x轴方向宽度为Δx=2n(R1'-R2')+4R2'
磁场沿y轴方向宽度为Δy=R1'+R2'
所加矩形磁场的最小面积S=Δx·Δy=(2n+4+42)m2v02q2B02。
(3)横坐标最小的轨迹交点如图乙中所示的G点,O1O2之间距离与AO之间距离相等,易知O1O2=2R2'
可得α=45°
结合T=2πRv
可得T1=22πmqB0,T2=2πmqB0
P粒子运动至G点转过圆心角为45°,所用时间t1=T18
Q粒子运动至G点,在x轴下方转过圆心角为180°,在x轴上方转过圆心角为135°,所用时间t2=T22+3T18
两粒子从O点出发的时间之差Δt=t2-t1=1+22πmqB0。
乙