假期必刷19 磁场对运动电荷(带电体)的作用-【快乐假期】2025-2026学年高二物理暑假必刷题

三0022 假期必刷19磁场对运动电荷( 素养解读 1.只有运动电荷（带电体）在磁场中才受洛伦兹 力作用，洛伦兹力的大小与速度大小有关， 2.安培力可以做功，但洛伦兹力对运动电荷不 做功. 素养训练 1.(多选)高纬度地区的高 空，大气稀薄，常出现美丽 的彩色“极光”.极光是由 太阳发射的高速带电粒子 受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并 激发高空中的空气分子和原子引起的.假如 我们在北极地区仰视，发现正上方如图所示 的弧状极光，则关于这一现象中高速粒子的 说法正确的是 ( A.高速粒子带正电 B.粒子轨迹半径逐渐增大 C.仰视时，粒子沿逆时针方向运动 D.仰视时，粒子沿顺时针方向运动 2.如图所示，三根通电长直导线 y P、Q、R互相平行，垂直纸面放 R 置，其间距均为a,电流大小均 (X D 0 为I,方向垂直纸面向里（已知 电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r 处的碳感应强度B,其中大为常数.某时 刻有一电子（质量为m、电荷量为e)正好经过 坐标原点O,速度大小为0，方向沿y轴正方 向，则电子此时所受洛伦兹力 A.方向垂直纸面向里，大小为23ekI Ba B.方向指向x轴正方向，大小为28kI 3a C.方向垂直纸面向里，大小为3kI 3a D.方向指向x轴正方向，大小为3kI 3a 31 高二物理 工欲善其事，必先利其器。 带电体)的作用 完成日期： 月 3.云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来 显示通过它的带电粒子径迹的装置.图为一 张云室中拍摄的照片.云室中加了垂直于纸 面向外的磁场.图中a、b、c、d、e是从O点发 出的一些正电子或负电子的径迹.有关这些 径迹以下判断正确的是 A.d、e都是正电子的径迹 B.a径迹对应的粒子动量最大 C.b径迹对应的粒子动能最大 D.a径迹对应的粒子运动时间最长 4.（多选)据报道，我 国空间站安装了 R 现代最先进的霍 尔推进器用以空 甲 间站的轨道维持.如图乙，在很窄的圆环空 间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大 小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时 加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出）， 磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已 知电子电量为e,质量为m,若电子恰好可以 在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为 的匀速圆周运动.则以下说法正确的是 () A.电场方向垂直环平面向外 B,电子运动周期为2xR C.垂直环平面的磁感强度大小为m” eR D.电场强度大小为m eR 壁快乐假期 5.如图所示，a为带正电的小物 块，b是一不带电的绝缘物 a 块（设a、b间无电荷转移）， a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有 垂直于纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力 F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左 做加速运动，则在加速运动阶段 ( A.a对b的压力不变 B.a对b的压力变大 C.a、b物块间的摩擦力变大 D.a、b物块间的摩擦力不变 6.（多选)如图所示，在带电 的两平行金属板间有相互 垂直的匀强磁场和匀强电 ××× 场，磁感应强度为B,电场 强度为E,现有一电子（不计重力）以速度 平行金属板射入场区，则 ( A若一号电子沿轨迹I运动，出场区时 速度v>v B者一晋电子沿轨迹Ⅱ运动：出场区时 速度v<v C若<5，电了沿轨造I运动，出场区时 速度v>0 D若<吉电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时 速度v<v 7.如图所示，斜面上表面光 滑绝缘，倾角为0，斜面上 CO+ m 方有一垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度为B. 现有一个质量为m、带电荷量为十g的小球 在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够 长，重力加速度为g,求小球从释放开始，下 滑多远后离开斜面 3R 00M= 素养培优 8.(科技情境)如图所示是磁 流体发电机的装置，a、b 组成一对平行电极，两板 间距为d,板平面的面积 为S,内有磁感应强度为 等离子体 B的匀强磁场.现持续将一束等离子体（即 高温下电离的气体，含有大量带正电和负电 的微粒，而整体呈中性)垂直喷入磁场，每个 离子的速度为v,负载电阻的阻值为R,当发 电机稳定发电时，负载电阻中的电流为I, 求： (1)a、b两板哪块板的电势高； (2)磁流体发电机的电动势E; (3)两板间等离子体的电阻率ρ.三022 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.] 4.BD[因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距 离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强 度与L,在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感 应强度与L,在O,点的磁感应强度等大反向，所以四条导线 在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确：C.L,相比 L。,离L1更近些，处于L,较强的磁场区域，由安培力大小 与B成正比可知，L,对L2的安培力大于L,对L。的安培 力，故C错误；D.根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推 论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根 据对称性，L。与L,对L,的安培力大小相等，所以两者合力 指向ac方向，再与L。对L1的安培力（沿ac方向）合成，总 安培力方向沿正方形的对角线a(方向，故D正确.门 5.BD[由题可知，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比， I=k,棒将受到安培力作用，刚开始时金属棒不动，当安培 力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律得 F-F,=ma,而F=BIL,I=kt得到BkLt-F,=ma,可见a 随t的变化均匀增大，故A错误，B正确.a增大，t图像的 斜率增大，故C错误，D正确.门 6.C[对导体棒受力分析可知，导体棒受重力、支持力、摩擦 力和安培力，四个力的作用处于静止状态，根据平衡条件可 得mgsin0+F,=BIl,其中F,=umgcos0,联立代入数据解 得u=0.5,故选C.] 7.AC[如图，取通电半圆形铜∠L∠LL∠LL∠∠∠∠∠ 环的一小段△，可将其视为 直导线，根据左手定则可知， 玫小段导线受到的安培力方 向如图所示，其大小△F BI△l,根据对称性可得，对称 的两小段所受的安培力在水 平方向的分力大小相等，方 △Fy 向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直 向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确， B错误； 对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得F= ∑F,=∑BI△lsin0=2rIB, 故C正确，D错误.故选AC.] 8,解析：(1)由闭合电路欧姆定律可得IR+,十R 0.9+0.1十4A=2A,电流方向由a到b: 10 (2)ab受到的安培力大小为F=BIL=5×2×0.5N=5N; (3)①若导体棒αb恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所 受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg= Fcos a十FN,F袋sina=Fimx十G,Fix=hFN 联立解得：G,=0.5N； ②若导体棒恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静 摩擦力水平向左，则由共，点力平衡条件可得： mg=F&cos a+Fx,F&sin a+Fimax=G2 Fimnx=gF, 联立解得：G,=7.5N; 综合①②可得，重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤ 7.5N. 答案：(1)2A电流方向由a到b(2)5N(3)0.5NG 7.5N 素养培优 9.B[根据安培定则可知，MV、PQ间有垂直纸面向外的磁 场，且通电直导轨产生的磁场为环形磁场，离导轨越远磁场 越弱，故不是匀强磁场，故A错误：沿导轨方向磁场不变，且 回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由F=BIL可知， 安培力大小不变，由牛顿第二定律F=ma可知，加速度不 变，由v=at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B 正确；安培力F=BL,当电流增大时，磁感应强度也增大， 故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C 高二物理世 错误；根据安培定则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之 间产生垂直纸面向外的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车 所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右 手螺旋定则导轨之间产生垂直纸面向里的磁场，结合左手定 则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的方向 变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统 能够正常工作，故D错误.门 假期必刷19 素养训练 1.AD[在北极上空有竖直向下的磁场，带电粒子运动的轨迹 由地面上看沿顺时针方向，则由左手定则得粒子带正电，故 C错误，A、D正确；运动过程中粒子因空气阻力做负功，粒 子的动能变小，速度减小，根据公式B=m,得r=m gB' 则半径变小，故B错误. 2.A[P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在 O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度 为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的磁感 应强度，根据安培定则，O,点的磁感应强度方向沿x轴负方 向，R0。,威感应强度的大小B==21,根据左手 3a 定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小为F=evB _23ekI,故选A.] 3a 3.D[带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手 定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹， A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 如B=mR,解得R-侣，由图可知a径连对应的粒子的运 动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据p=m,可 知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；根据E,=2mv可 知E<E<Ek,即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C 错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qB =m发T-2,别T-8所以工，=工=T=T=T 粒子在磁场中的运动时间一2元 T,其中Q为粒子在磁场中 的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径 迹对应的粒子运动时间最长，D正确.] 4.BCD[根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的 磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛 伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负 电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；B.电子在圆环内 沿顺时针方向做半径为R、速率为)的匀速圆周运动，则电 子运动周期为T=2迟，B正确：C.电子在圆环内受到磁场2 7 的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有B= mR,解得B=紧C正确：D电子在垂直环平西方向灸力 平衡，则有eE=B,解得E-RD正确] 5.B[a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力quB、地面 的支持力F、和摩擦力F:,竖直方向有F、=(m。十m)g十 qB,水平方向有F-F=(m十m,)a,F:=FN.在加速阶 段，v增大，FN增大，F增大，加速度a减小，对a受力分析， a受重力mg、向下的洛伦兹力quB、b对a向上的支持力 FN、b对a向左的静摩擦力Fa,竖直方向有FN=m,g十 qB,水平方向有F。=ma.随着)的增大，F增大，选项A 错误，B正确；加速度a在减小，所以a、b物块间的摩擦力变 小，选项C、D错误.] 6.BC[电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作 用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向 向上.若三，则9心，B>gE,即洛伦兹力大于电场力，电 9 飞受快乐假期 子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电 子做负功，动能减小，速度减小，故速度<v。,故A错误，B 正确：若<片，则9四B<9E,即洛伦滋力小于电场力，电 子向上偏转，沿轨迹I运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电 子做正功，动能增大，速度增大，故速度>，故C正确，D 错误.」 7.解析：小球沿斜面下滑，在离开斜面 前，受到洛伦兹力F垂直斜面向上， 其受力分析如图所示. 沿斜面方向，有ngsin0=ma, 垂直斜面方向，有F十F、.一ngcos日 mg =0, 其中洛伦兹力F=qwB, 设下滑距离x时离开斜面，此时斜面对小球的支持 力F、=0, 由=2ax得下滑的距离x=2a' v 联立以上各式解得x=m geos0 2g B'sin 0' 答案：若品 素养培优 8.解析：(1)根据左手定则，正离子向上偏转，所以a板带正电， 电势高. (2)稳定发电时，若外电路断开，则离子在电场力和洛伦兹力 作用下处于平衡状态，有qB=q兰， 解得E=Bdu. (3)根据闭合电路欧姆定律，有I一R千， E r为板间等离子体的电阻，且r=PS· d 联立解得电阻率p的表达式为 p=(Bdu-IR)S Id 答案：(1)a板(2)Bdw(3)Bdu-IR)S Id 假期必刷20 素养训练 1.CD[粒子在匀强磁场中微匀速圆周运功的半径r一侣，又 粒子A、B的电荷量相等且在同一磁场中，即q、B相等，若 飞=g,r还与m有关；若mA=mBB,故rA=rB,A错误， D正确：周期T=,知T还与m有关，所以B错误，C 正确.门 2.AD[根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针 方向运动，故A正确：因为左右两边磁场强度不一样，导致 左右的半径不同，所以发生偏移，B错误：振据B="紧得 R一眉发现B越大，R慧小，所以右边部分的R大于左边部 分的R,结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子 向上侧漂移，故C错误，D正确.] 3.AC[设粒子的入射点到磁场下 边界的磁场宽度为d,粒子的运动 ××X×× 轨迹如图所示，粒子1、2的轨迹圆 2×××× 心分别为O、O,.由几何关系可知， 第一个粒子轨迹半径r=d,第二个 粒子轨迹半径n,满足r,sin30°+ d=r2,解得”2=2d,所以两粒子在磁场中运动的轨迹半径之 比为八：，=1：2，故A正确：由=可知0与r成正比， aB 所以速度之比也为1：2，故B错误：粒子在磁场中运动的周 00M= 物为T-智与粒子的速度大小无关，所以能子周有之比 为1：1，故D错误：由于粒子1、2的偏转角分别为90°、60°， 所以粒子1运动的时间为，粒子2运动的时间为日，所以 时间之比t,:t2=3：2,故C正确.] 4.C[粒子运动轨迹如图所示，在 磁场中，根据洛伦兹力提供向心 P 力有B=m,可得粒子微国 周运动的半径r=m gB 根据几何关系可得P点至O,点的 x×9xx×】 距商Lm=r十co85=1+2)份] 5.B[设磁场区域的半径为R,根据几何关系可知，带电粒子 以)1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r,=R,带电粒 子以2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径2= R 60 tan 2 =R,根据洛伦兹力提供向心力有如B=m,可得， 则号=片=9，B正碗 mu 3 6.D[根据左手定则，电子受 到向左的洛伦兹力，将向左 P.0 偏转，选项A错误；画出电子 d右 做匀速圆周运动的轨迹如图M9合入 所示，圆心为O.设电子的偏转角为α，运动半径为r,则满足 sina=4-竖，所以a=平，由几何关系可得，电子打在MN r 2 上的点与O之间的距离为r一rcos a=(W2一1)d,选项B、C错 头：电子在随场中运动时间1一T选项D正确] 4v. 7.解析：(1)作粒子通过P、Q两点速度 方向的垂线，两垂线的交点即为粒子 做圆周运动的圆心O.画出粒子在第 Q. 一象限运动的轨迹如图所示，可知运 动半径 a 2√3a ··60° 3 0 (2)洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，即qvB= n,解得B= 2ag' (3)由运动轨迹图可知，圆孤轨迹对应的圆心角0=120°，则 粒子通过第一象限所用时间1=了，而月期T=2 gB 联立解得1=43π@ 90 答案：(1)23a 3 (2)Y3m (3)43πa 2ag 9v 素养培优 8.D[AB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总 是沿径向射出的：根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能 经过O,点，故A、B错误；C.粒子连续两次由A,点沿AC方向 射入圆形区域，时间最短，根据对称性可知轨迹如图① 图① 0