第十一单元 磁场（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第十一单元　磁场（二）
满分100分,限时75分钟
考点 洛伦兹力　带电粒子在匀强磁场中的运动
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—8题只有一项符合题目要求,每小题4分;第9—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.一根通电直导线水平放置,通过直导线的恒定电流方向如图所示。现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动。不考虑电子重力,关于接下来电子的运动,下列说法正确的是 (　　)
A.电子将向下偏转,运动的半径逐渐变大
B.电子将向上偏转,运动的半径逐渐变大
C.电子将向下偏转,运动的动能逐渐变小
D.电子将向上偏转,运动的动能不变
2.显像管原理俯视图(纸面内)如图。若电子枪发射的高速电子束经偏转线圈的磁场偏转后打在荧光屏上a点,则 (　　)
A.磁场的方向垂直于纸面向里
B.磁场越强,电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点
C.要让电子束从a逐渐移向b,应将磁场逐渐减弱至零,再将磁场反向且逐渐增强
D.要让电子束从a逐渐移向b,应逐渐增强磁场使电子束过O点,再将磁场反向且逐渐减弱
3.如图所示,匀强磁场的方向垂直于纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入,沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时,与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略,下列说法正确的是 (　　)
A.微粒带负电
B.碰撞后,新微粒运动轨迹不变
C.碰撞后,新微粒运动周期不变
D.碰撞后,新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
4.一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab=cd=2L,bc=de=L,一束带正电同种粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为q。则在磁场中运动时间最长的粒子,其运动速率为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
5.如图所示,竖直平面内有一半径为R的圆形区域,其圆心为O,最高点为P,该区域内存在垂直于圆面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器,M、N为收集器上、下边缘的两点,MN与圆形区域在同一平面内,O与N在同一水平线上,MN=R,ON=R。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子,粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力,关于打在收集器MN上的粒子,下列说法正确的是 (　　)
A.粒子带负电
B.粒子在磁场中运动的最短时间为
C.打在收集器上的粒子的最小速率为
D.从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短
6.如图所示,半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,一比荷为的带正电粒子,从圆形磁场边界上的A点以v0=的速度垂直于直径MN射入磁场,恰好从N点射出,且∠AON=120°,下列选项正确的是 (　　)
A.粒子在磁场中运动的时间为t=
B.粒子从N点射出磁场时方向竖直向下
C.若粒子改为从圆形区域边界上的C点以相同的速度入射,一定从N点射出
D.若要实现带电粒子从A点入射,从N点出射,则所加圆形磁场的最小面积为S=
7.如图所示,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为 (　　)
A.∶2　　　　B.∶1　　　　C.∶1　　　　D.1∶
8.如图甲所示,边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向垂直于abcd所在平面,且周期性变化(周期T可根据需要调整),如图乙所示,设垂直于abcd平面向里为磁感应强度的正方向。现有一电子在t=0时刻由a点沿ab方向射入磁场,已知电子的质量为m,电荷量大小为e,图中边界上有两点f、g,且df=bg=L,关于电子在磁场中的运动,以下说法中正确的是 (　　)
　　
A.调整磁场变化周期T,让电子沿bc方向经过c点,电子的速度大小一定是
B.调整磁场变化周期T,让电子经过d点,电子的速度大小一定是
C.要想让电子经过f点,则磁场变化周期一定是
D.要想让电子垂直于bc边过g点,则磁场变化周期一定是
9.如图所示,PQ、MN是相互平行、间距为L的长直边界,在两边界外侧都存在匀强磁场,方向均垂直于纸面向内,MN右侧磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电粒子从MN边界的O点以大小为v的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区,一段时间后粒子从右向左再次经过O点,不计粒子的重力。左侧磁场的磁感应强度可能值为 (　　)
A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D.
10.如图所示,空间中有一个底角均为60°的梯形,上底与腰长相等,均为L,梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中。现c点存在一个粒子源,可以源源不断射出速度方向沿cd、速度大小可变的电子,电子的比荷为k,为使电子能从ab边射出,速度大小可能为 (　　)
A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D.
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(10分)如图甲所示,半径为R的圆形区域内存在一匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,从P点沿PO(直径方向)射入质量为m、电荷量为q(q>0),速度不同的同种带电粒子,不计粒子的重力。
(1)在图甲中,若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°,若粒子射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转120°,求的值。
(2)若沿图甲圆形磁场边界固定半径相同的光滑刚性绝缘圆筒,并沿PO线上圆筒Q处开一个小孔,如图乙所示。某一速度为v3(未知)的带电粒子从P点沿PO射入圆筒,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反,电荷量不变。欲使粒子经历最少的碰撞而回到P点,求粒子在磁场中运动的时间。
　　
12.(10分)如图所示,在平面直角坐标系xOy纵轴右侧的一矩形区域内,存在垂直于纸面向里的匀强磁场。点P(0,a)处的粒子源沿与y轴负方向成θ=30°角向下发射一电荷量为-q(q>0)、质量为m、速率为v0的带电粒子,由于矩形区域内的磁场作用,带电粒子恰好垂直于y轴从坐标原点射出磁场。不计粒子受到的重力,求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(2)带电粒子从P点运动到O点的时间t。
13.(12分)如图所示,在竖直平面内的水平线AB上下两侧均有垂直于纸面向外的匀强磁场(磁场未画出)。质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,从P点以大小为v0、与AB方向成30°角斜向下的初速度射入磁场,粒子第一次回到边界AB时经过AB上的Q点,已知P、Q间距为l,粒子第五次回到边界AB能够再次通过P点,不计粒子的重力。求:
(1)AB下侧匀强磁场磁感应强度的大小;
(2)AB上侧匀强磁场磁感应强度的大小。
14.(12分)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板,挡板足够长,P处有一粒子源,P、O连线垂直于挡板,P到O的距离为L。粒子源能垂直于磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m、电荷量均为q,到达挡板的粒子都被吸收,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)若有粒子能到达挡板,求磁感应强度大小B应满足的条件;
(2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点,下侧最远处为N点,且=,求磁感应强度的大小B。
15.(16分)如图甲,xOy平面内,以O为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B0。一比荷大小为c的粒子以某一初速度从点A(R,0)沿x轴负方向射入磁场,并从点B(0,R)射出磁场。不计粒子重力。
(1)求粒子的初速度大小;
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场,粒子从点A以原初速度射入磁场,射出磁场时速度方向与x轴正方向成60°角,求所叠加的磁场的磁感应强度;
(3)若在平面内施加一个以O为圆心、原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,如图乙。粒子从点A以原初速度射入圆形磁场,从点B射出圆形磁场后,在圆环形磁场中偏转,从点P再次从圆环形磁场进入圆形磁场,则圆环形磁场外径R'应满足什么条件 并求粒子运动的周期。
　　
答案全解全析
1.D
思路点拨　如图所示,通电直导线周围磁场为非匀强磁场。
解析　根据安培定则可判断在导线下方磁场的方向垂直于纸面向外,根据左手定则可知电子受垂直于速度方向向上的洛伦兹力,故电子将向上偏转,根据qvB=m,可得R=,越靠近导线磁场的磁感应强度B越大,故半径R越小,洛伦兹力对电子不做功,根据动能定理可知运动的动能不变,故选D。
2.C　电子向上偏转,据左手定则可知,磁场的方向垂直于纸面向外,A错误;半径R=,磁场越强,偏转半径越小,电子束打在屏上的位置离屏的中心O点越远,B错误;磁场越弱,偏转半径越大,电子束打在屏上的位置离屏的中心O点越近,要让电子束从a逐渐移向b,应将磁场逐渐减弱至零,再将磁场反向且逐渐增强,C正确,D错误。
3.B　根据微粒的偏转方向,由左手定则可判断微粒带正电,故A错误;带电微粒和不带电微粒相碰,动量守恒,故总动量不变,总电荷量也保持不变,则mv=(m+M)v',解得v'=,由r==,动量p、电荷量q都不变,可知微粒碰撞前后的轨迹半径r不变,故轨迹不变,故B正确;由周期公式T=可知,因碰撞后微粒质量增大,故微粒运动的周期增大,故C错误;由洛伦兹力公式F=qvB可知,由于碰撞后微粒速度减小,所以碰撞后,新微粒在磁场中所受洛伦兹力减小,故D错误。故选B。
4.B
思路点拨　根据题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qvB=m,又有T==,如图1所示,粒子做匀速圆周运动的轨迹所对的圆心角为α,则运动时间为t=·T=,带电粒子在磁场中的运动时间长短取决于粒子从A到B的轨迹所对的圆心角α,α越大,运动时间越长。
另外,粒子速度方向固定,大小不定,带电粒子的轨迹为一系列放缩圆,如图2所示。
　　
解析　当粒子运动时间最长时,,由几何关系有L2+(2L-R)2=R2,解得R=L,联立可得v==,故选B。
5.D
解题指引　“从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子”粒子速度方向固定,大小不定,带电粒子在磁场中的轨迹为一系列放缩圆。
解析　根据题意可知,粒子在磁场中向右偏转,根据左手定则可知,粒子带正电,故A错误;打到M、N两点的粒子轨迹如图所示,由图可知,粒子打到N点时,在磁场中的轨迹对应的圆心角最小,在磁场中的运动时间最短,则有tmin=T=×=,故B错误;粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,解得r=,由图可知粒子打到M点时,在磁场中的轨道半径最小,粒子的速度最小,根据几何关系可得 tan θ==,可得θ=60°,则最小半径为r1=R tan =R,联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1=,故C错误;粒子的速率越大,在磁场中的轨迹半径越大,在磁场中运动时间越短,出磁场后运动到MN的位移越小,运动时间越短,故从P点到N点的粒子的运动时间小于从P点到M点的粒子的运动时间,故D正确。故选D。
6.C
解题指引　“v0=”轨迹半径r==R,即粒子轨迹半径等于圆形区域半径。
解析　粒子恰好从N点射出,轨迹如图所示,运动周期为T=,四边形AONP为菱形,轨迹所对圆心角为α=∠APN=∠AON,粒子在磁场中运动的时间为t=T=,故A错误;粒子在磁场中速度偏转120°,从N点射出磁场时方向与竖直方向成30°角,故B错误;若粒子改为从圆形区域边界上的C点以相同的速度入射,轨迹如图所示,四边形SCON为菱形,由几何知识可知粒子,故C正确;若要实现带电粒子从A点入射,从N点出射,则所加圆形磁场以AN为直径时面积最小,最小面积为S=π=,故D错误。故选C。
归纳总结　大量粒子平行入射圆形边界磁场,当粒子轨迹半径等于磁场圆半径时,会发生磁聚焦现象;反之,根据逆向思维,粒子从某点进入圆形磁场,满足粒子轨迹半径等于磁场圆半径,也会平行出射。
7.B
解题指引　“大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场”粒子入射速率相同,方向不同,用“旋转圆”思想求解。
解析　设圆形区域磁场的半径为r,当速率为v1时,从P点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远交点与入射点之间的距离等于该粒子做圆周运动的直径,出射点分布在六分之一圆周上,如图1所示,根据几何知识可知轨迹半径为R1=r,根据洛伦兹力提供向心力有qv1B=m,解得v1=,当速率为v2时,从P点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远交点与入射点之间的距离等于该粒子做圆周运动的直径,出射点分布在三分之一圆周上,如图2所示,根据几何知识可知轨迹半径为R2=r sin 60°,根据洛伦兹力提供向心力有qv2B=m,解得v2=,则有v2∶v1=∶1,故选B。
　　　　
8.D
思路点拨　周期性变化的磁场容易使带电粒子发生周期性运动,此类问题容易出现多解。
解析　要想让电子沿bc方向经过c点,可能的轨迹如图1、2所示,转奇数个圆弧后到c,根据洛伦兹力充当向心力,有B0ev=m,可得r=,根据以上分析有r==(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),故A错误;
　　　
要想让电子经过d点,可能的轨迹如图3所示,可知,r=,解得v=,或者先顺时针转时间,之后逆时针转,沿ad方向经过d,如图4所示,这种情况下r+r=L,解得v=,故B错误;
　　　
要想让电子经过f点,轨迹可能如图5所示,由几何关系可得r2=(L-r)2+,解得r=L,只要满足运动时间t≤即可;或者如图6所示,运动周期T1=,每一次转过120°圆心角,=,解得T=,故C错误;
　　　
要想让电子垂直于bc边过g点,经过偶数次偏转,每一次转过60°圆心角,运动周期T1=,则有=,解得T=,故D正确。
9.CD
思路点拨　带电粒子在不同磁场间反复运动,因为轨迹的重复,很容易存在多解。
解析　根据题意,设带电粒子在右侧匀强磁场中运动的轨道半径为r,由qvB=m,解得B=,设粒子在PQ左侧匀强磁场中运动的轨道半径为R,若粒子进入左侧磁场区运动一次后,从右向左经过O点,其轨迹如图1,则有R1=2r,由qvB1=m,解得B1==(此磁感应强度为满足条件的最小值),若粒子两次进入左侧磁场区运动后,才从右向左经过O点,粒子运动轨迹如图2,由几何关系可知2R2=3r,由qvB2=m,解得B2==,故选C、D。
　　　　　
10.BC　粒子速度方向固定,大小不定,带电粒子可能的轨迹为一系列放缩圆。能够从ab边射出的电子,从b点射出时半径最小,如图2所示,由几何关系可知r1==L,从a点射出时半径最大,如图3所示,由几何关系可知r2=L,由牛顿第二定律有qvB=m,解得r==,则有L≤≤L,为使粒子从ab边射出磁场区域,粒子的速度范围为≤v≤kBL,故选B、C。
　　
11.答案　(1)　(2)
思路点拨　带电粒子进出圆形边界磁场的规律:
(1)径向进出:若粒子沿着半径方向进入磁场,则粒子必沿着另一半径方向射出磁场,如图甲所示。
(2)等角进出:若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ,则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为θ,如图乙所示。
　　
解析　(1)由几何关系得,当速度大小为v1时粒子做圆周运动的半径r1=R (2分)
速度大小为v2时粒子做圆周运动的半径为
r2=R (2分)
由洛伦兹力提供向心力,得qvB=m (1分)
可得== (1分)
　
(2)由题意知,经历最少的碰撞而回到P点,运动轨迹如图2所示,在磁场中运动的圆心角为∠A+∠B+∠C=π(2分)
T= (1分)
故运动的时间为t=T=×= (1分)
12.答案　(1)　(2)
思路点拨　不确定磁场位置、范围问题,确定带电粒子轨迹圆心是关键。可以通过作初速度方向延长线和末速度方向反向延长线,形成一个夹角,这个夹角的角平分线过圆心,末速度的垂线也过圆心,两线交点O'即为圆心,如图所示。
解析　(1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,如图所示,根据几何关系可得R+=a (2分)
解得R= (1分)
根据牛顿第二定律有qv0B=m (2分)
解得B= (1分)
(2)粒子做匀速直线运动的路程为s1==a (1分)
粒子做匀速圆周运动的路程为
s2=×2πR= (1分)
粒子从P点运动到O点的时间为
t== (2分)
13.答案　(1)　(2)
思路点拨　直线边界磁场:如图所示,粒子进出磁场具有对称性,且粒子与边界成多大的角θ射入磁场,就与边界成多大的角θ射出磁场。
　　
解析　(1)粒子运动的轨迹如图1,
设粒子在下侧磁场中运动的轨迹半径为r,则由几何关系可知2r sin 30°=l (2分)
设AB下侧匀强磁场磁感应强度大小为B1,由洛伦兹力提供向心力,则qv0B1=m (2分)
解得AB下侧匀强磁场磁感应强度的大小为
B1= (1分)
(2)粒子从Q点进入AB上侧磁场时速度与AB成30°角,设粒子在AB上侧磁场中运动的轨迹半径为R。若粒子做圆周运动的轨迹半径Rl,则每个运动周期沿边界AB向A移动的距离为Δx=R-l (2分)
之后粒子第五次回到边界AB能够再次通过P点需要满足的条件是l=2Δx (1分)
解得R=l (2分)
设AB上侧匀强磁场磁感应强度大小为B2,由洛伦兹力提供向心力,则
qv0B2= (1分)
解得AB上侧匀强磁场磁感应强度的大小
B2= (1分)
14.答案　(1)B≤　(2)
解题指引　“粒子源能垂直于磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子”粒子速度大小固定,方向不定,粒子的可能轨迹是一系列旋转圆。
解析　(1)若恰有粒子能到达挡板,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小,为rm。
如图1所示,由几何关系可知rm= (1分)
洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律有
qvB=m (1分)
解得B= (1分)
即当B≤时,有粒子能到达挡板。 (1分)
　　　　
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r,粒子到达挡板上侧最远处M点时,轨迹圆在M点与挡板相切,如图2所示。设O、M间距离为x1,
由几何关系有r2=+(L-r)2 (2分)
粒子到达挡板下侧最远处N点时,PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x2,由几何关系可得
(2r)2=+L2 (2分)
由题意知= (1分)
解得r= (1分)
由牛顿第二定律有qvB=m (1分)
解得B= (1分)
15.答案　(1)cB0R　(2)见解析　(3)R'≥R　
解析　(1)由左手定则可知,粒子带正电,此时粒子的运动轨迹如图1所示,
则有qvB0=m (2分)
得v=cB0R (1分)
　　　
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场,此时粒子的运动轨迹如图2所示,
由几何关系可知,粒子的轨迹半径为R1=R (1分)
合磁感应强度大小应为B=B0 (1分)
若所叠加磁场垂直于纸面向外,粒子顺时针偏转,于点M射出,则B1+B0=B (1分)
有B1=(-1)B0 (1分)
若所叠加磁场垂直于纸面向里,粒子逆时针偏转,于点N射出,则有B1-B0=B (1分)
有B1=(+1)B0 (1分)
(3)若在平面内施加一个以O为圆心、原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,此时粒子的运动轨迹如图3所示
由几何关系知∠POB= (1分)
粒子在圆环形磁场区的轨迹半径为R2=R (1分)
则要求R'≥R2+2R2=R (1分)
粒子完成一个周期运动满足n=2πm (1分)
m、n均为正整数,满足条件的m、n的最小值是
m=5,n=12 (1分)
故周期T=n= (2分)