54 课下巩固精练卷(二十九) 磁场对运动电荷的作用(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[课下巩固精练卷(二十九)]　磁场对运动电荷的作用 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 洛伦兹力的理解 与应用 1，2 — 带电粒子在匀强 磁场中的圆周运动 3，4，5 6，9 洛伦兹力作用下 的带电体的运动 — 7，8，10 【基础落实练】 1．(2023·四川成都三模)如图为显像管原理俯视图(纸面内)。若电子枪发射的高速电子束经磁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磁场 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磁场 解析：选C。电子向上偏转，据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；由洛伦兹力作为向心力可得qvB＝m，解得r＝，磁场越强，偏转半径越小，电子束打在屏上的位置越远离屏的中心O点，B错误；磁场越弱，偏转半径越大，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点，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磁场，C正确，D错误。 2．如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形线框，线框边长为L，质量M，线框上边水平且处于垂直纸面向内的匀强磁场中，线框通有如图方向电流，且线框处于静止状态，此时弹簧测力计示数大小为F。已知该线框单位长度自由电子个数为n，重力加速度为g，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为(　　 ) A.F－Mg B．Mg－F C． D． 解析：选D。线框受到竖直向下的重力、竖直向上的安培力和拉力，则有Mg＝F安＋F，而线框中的安培力是由nL个电子受到的洛伦兹力的合力，所以F安＝nLF洛，解得F洛＝，故A、B、C错误，D正确。 3．如图所示，虚线框MNPQ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从PQ边的中点垂直于PQ边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则(　　 ) A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的加速度最大 C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大 D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电量最大 解析：选C。由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力提供加速度有qvB＝m＝ma，解得R＝，a＝，若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故A、B错误；若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电量最大，故D错误。 4．(2023·四川成都二模)我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用而产生的发光现象。若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状，如下图(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx)。下列说法正确的是(　　 ) A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大 B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大 C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向(从下往上看)向前旋进 D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变，仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx增大 解析：选D。带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径r＝会变小，A错误；若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，B错误；漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，C错误；当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，D正确。 5．(多选)如图所示，薄铅板两侧存在磁感应强度大小为B、方向相反的两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感线平行于薄铅板，一个质量为m、电荷量为q的粒子，从薄铅板上a点开始以一定的速度，垂直于薄铅板在Ⅰ区域开始运动，经过一段时间，从b点穿透薄铅板进入Ⅱ区域，在Ⅱ区域运动一段时间之后打在薄铅板上c点不再运动。已知a、b间距离为L，b、c间距离为，则(　　 ) A．粒子带正电 B．粒子从a点运动到c点的时间为 C．若粒子穿过薄铅板时损耗的能量更少，那么将会更早再次到达薄铅板 D．粒子在Ⅰ区域的速度大小为 解析：选BD。由左手定则可知，粒子带负电，A错误；粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域内运动的周期均为T1＝T2＝，且在两区域运动的弧对应的圆心角均为π，则粒子从a点运动到c点的时间t＝＋＝，与粒子在磁场中运动的速度无关，粒子到达薄铅板的时间不变， C错误，B正确；粒子在Ⅰ区域运动的轨迹半径r＝，由qvB＝m可知，粒子在Ⅰ区域的速度大小为v＝，D正确。 【综合提升练】 6．(多选)如图所示的区域共有六处开口，各相邻开口之间的距离都相等，匀强磁场垂直于纸面，不同速度的粒子从开口a进入该区域，可能从b、c、d、e、f五个开口离开，粒子就如同进入“迷宫”一样，故该装置可以被称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是(　　 ) A．从d口离开的粒子不带电 B．从e、f口离开的粒子带有异种电荷 C．从b、c口离开的粒子运动时间相等 D．对于同种粒子，从c口离开的粒子速度是从b口离开的粒子速度的2倍 解析：选AD。由图示可知，从d离开的粒子做直线运动，不受洛伦兹力作用，粒子不带电，故A正确；由图示可知，从e、f离开的粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力都是竖直向上的，由左手定则可知，它们所带电荷的性质相同，故B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，粒子在磁场中的运动时间t＝T＝，由题图可知，b、c偏转的角度是2∶1，所以时间之比为2∶1，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝，由题图可知，从b、c离开的粒子轨道半径关系为rc＝2rb，则vc＝2vb，故D正确。 7．(多选)如图所示，在某个绝缘粗糙转盘上依次放着相同材料制成的质量都为m的三个小物块a、b、c，三者到中轴的距离之比为1∶2∶3。其中a、b带正电，电荷量分别是q1和q2，c不带电，不考虑a、b之间微弱的库仑力。空间中有一竖直向上大小为B的匀强磁场，已知三个小物体随着转盘缓慢逆时针加速转动(俯视)，某一时刻，三者一起相对转盘滑动(不考虑物块对磁场的影响)，则下列说法中正确的是(　　 ) A．q1和q2之比为2∶1 B．q1和q2之比为4∶1 C．若考虑微弱的库仑力，则可能是a先滑动 D．若顺时针缓慢加速转，则a、b两个物块中一定是b先滑动 解析：选BD。根据左手定则判断得洛伦兹力水平向外，设摩擦因数为μ，a到中轴距离为l，临界条件对c有μmg＝mω2·3l，对b有μmg－q2ω·2lB＝mω2·2l，对a有μmg－q1ωlB＝mω2·l，联立三个关系式得q1∶q2＝4∶1，故A错误，B正确； 若考虑微弱的库仑力，则b受到a的向外的推力，b更容易失衡滑动，故C错误； 若顺时针转动则临界条件对于a有q1ω1lB＋μmg＝mω·l，对于b有q2ω2·2lB＋μmg＝mω·2l，由于q1和q2之比为4∶1，临界角速度ω1＞ω2，所以b先滑动，故D正确。 8．(多选)(2023·广东模拟预测)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，质量mC＝0.001 kg、电荷量qC＝2×10－3 C的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为mA＝0.004 kg、不带电的绝缘小球A以速度v0＝20m/s进入磁场与C球发生正碰(电荷不转移)，碰后C小球对水平面的压力刚好为零。取向右为正方向，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．碰后C球速度为20 m/s B．碰后C球速度为15 m/s C．C对A的冲量大小为0.4 N·s D．C对A的冲量大小为0.02 N·s 解析：AD。由于碰后C小球对水平面的压力刚好为零，根据左手定则可知C小球速度方向向右，则有qCvCB＝mCg，解得碰后C球速度为vC＝20 m/s，故A正确，B错误；两球发生正碰过程中，根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mCvC，解得vA＝15 m/s，根据动量定理可知，C对A的冲量I＝mAvA－mAv0＝－0.02 N·s，即大小为0.02 N·s，方向水平向左，故D正确。 9．(10分)如图所示的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q两点关于O点对称。已知PO＝OQ＝d，一比荷为k的正粒子由P点垂直于y轴向右射入磁场，同时一比荷为的正粒子由Q点射入磁场，经过一段时间两粒子同时第一次到达O点。忽略粒子间的相互作用及重力。 (1)由P点射入磁场的粒子的速度应为多大？(4分) (2)由Q点射入磁场的粒子速度多大？射入磁场时的速度与y轴正方向的夹角多大？(6分) 解析：(1)比荷为k的粒子的运动轨迹如图所示， 其圆心为PO的中点处，则半径r1＝ 粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，则有q1v1B＝ 又＝k 解得v1＝。 (2)比荷为k的粒子从P点到第一次运动到O点的时间为 t1＝ 又T1＝ 整理得T1＝ 则t1＝ 同理，比荷为的正粒子的运动周期为 T2＝ 从Q点到第一次运动到O点是时间为 t2＝t1＝ 可得t2＝ 两粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系得r2＝d 又由q2v2B＝ 又＝ 解得v2＝ 方向与y轴的正方向成45°角。 答案：(1)　(2)　45° 10．(10分)(2023·广东汕头三模)如图所示，空间中存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为2m的足够长绝缘木板静置在光滑水平面上，t＝0时刻，一质量为m、带电量为－q的小物块以某一初速度从木板左侧滑上，小物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板达到匀速运动状态后，与右侧一固定弹性挡板P碰撞，木板与挡板P碰撞后速度大小不变，方向相反。已知重力加速度为g。 (1)若小物块初速度v0＝，求t＝0时刻木板的加速度大小a；(3分) (2)若小物块初速度v0＝，求最终小物块与木板间因摩擦而产生的总热量Q；(3分) (3)若小物块初速度v0＝(k>0)，写出最终小物块与木板间因摩擦而产生的总热量Q与k的关系式。(4分) 解析：(1)t＝0时刻，对木板进行受力分析，由牛顿运动定律得 μ(mg＋qv0B)＝2ma 得a＝。 (2)木板长度足够，当小物块与木板相对静止后，木板开始匀速运动，即在木板与挡板碰撞前能与小物块共速，此过程木板与小物块组成的系统动量守恒，则有 mv0＝(2m＋m)v1 木板与挡板碰撞后速度等大反向，设其能与小物块共速，则有 2m·(－v1)＋mv1＝(2m＋m)v2 得v1＝＝，v2＝－＝－ 此时小物块所受洛伦兹力竖直向上，且 qv2B＝mg<mg 即小物块与木板间尚存在压力，假设成立，此后两者以相同速度一起向左匀速运动，因摩擦产生的热量为 Q＝mv－(m＋2m)v 得Q＝。 (3)若速度大小可调，则当初速度达到一定情况时，当小物块反向时，可能使小物块与木板间的压力为零，此后以不同的速度匀速运动，此时则有qv2B＝mg 代入(2)中得到的|v2|＝ 可得此时v0≤ 即k＝9 若k≤9，则 Q＝mv－(m＋2m)v 得Q＝； 若k>9，则小滑块固定获得v2＝－的末速度，根据 2m·(－v1)＋mv1＝2mv3＋mv2 Q＝mv－×2mv－mv 得Q＝。 答案：(1)　(2)　(3)当k≤9时，Q＝；当k>9时，Q＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$