2027届高考物理一轮复习 课时突破练53　磁场对运动电荷的作用

**基本信息** 聚焦磁场对运动电荷作用，以命题角度为线索，整合轨迹分析、几何关系构建等方法，形成从定性到定量、从基础到综合的知识逻辑链，渗透科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|5题（含定性分析、直线/圆形边界等5角度）|左手定则判断洛伦兹力方向、轨迹几何法求半径/圆心角、向心力公式（qvB=mv²/r）应用|从洛伦兹力定性分析（方向/大小）到带电粒子圆周运动，结合不同边界条件（直线/圆形）构建物理模型| |能力·高分练|3题（含多解、碰撞问题）|对称法分析碰撞轨迹、临界条件极值分析|拓展至复杂情境（多磁场叠加、弹性碰撞），强化科学推理与模型迁移能力| |素养·提升练|1题（综合计算题）|运动时间与圆心角关系（t=θT/2π）、轨迹半径公式综合应用|整合比荷、运动时间计算，体现运动和相互作用观念，培养综合解题能力|

课时突破练53　磁场对运动电荷的作用 基础·满分练 命题角度一　定性分析带电体在多种力作用下的运动 1.空中竖直放置一通电长直细导线,俯视图如图所示。以导线为圆心作圆,光滑绝缘管ab水平放置,两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中,下列说法正确的是(　　) A.小球先加速后减速 B.小球受到的洛伦兹力始终为零 C.小球经ab中点时受到的洛伦兹力为零 D.小球受到洛伦兹力时,洛伦兹力方向始终竖直向上 命题角度二　带电粒子在直线边界磁场中的运动问题 2.如图,水平虚线上方存在匀强磁场,甲、乙两个相同的带电粒子从虚线上的A点射入磁场,甲粒子与水平方向的夹角α=60°,乙粒子与水平方向的夹角θ=30°,两粒子都经过虚线边界的B点,不计粒子重力及粒子间的相互作用。设甲粒子的速度大小为v甲,乙粒子的速度大小为v乙,则 等于(　　) A. B. C. D. 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。如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 命题角度三　带电粒子在圆形边界磁场中的运动问题 4.(2025浙江宁波测试)如图所示,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子,质量为m,带电量为q,沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为30°,则粒子的速率为(该粒子不计重力)(　　) A. B. C. D. 命题角度四　带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题 5.如图,边长为L的等边三角形ABC内、外分布着与平面垂直、方向相反、磁感应强度大小相等的匀强磁场。现有两个电子a、b,依次从顶点A处竖直向上和竖直向下射出,不计电子的重力,则电子a、b分别经过B点的最短时间之比为(　　) A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.5∶1 命题角度五　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 6.如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开,三角形内磁场方向垂直于纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过C点,质子比荷=k,则下列说法正确的是(　　) A.质子的速度可能为BkL B.质子的速度可能为BkL C.质子由A到C的时间可能为 D.质子由A到C的时间可能为 能力·高分练 7.(多选)如图所示,一单边有界匀强磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2,粒子1经磁场偏转后从边界上A点射出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上B点射出磁场,OA=AB,则(　　) 粒子1与粒子2的速率之比为1∶2 粒子1与粒子2的速率之比为1∶4 粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1 粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2 8.(多选)(2023全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点处开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,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,不计重力,下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出 C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 9.(2023北京卷)如图所示,在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中,固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道,其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a,长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道,粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上,与管壁发生弹性碰撞,多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n,粒子电荷量为+q,不计粒子的重力、粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　) A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B.粒子质量为 C.管道内的等效电流为nqπa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 素养·提升练 10.(12分)一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示,内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器,AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径,两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点,粒子2经磁场偏转后从磁场边界C点离开,最后打在探测器上的N点,PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一,粒子2在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态,忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。 (1)求粒子1的电性和在P点受力的方向。 (2)若两粒子的入射速率相等,比较粒子1与粒子2的比荷大小。 (3)改变粒子2入射方向,速率变为原来的倍,则粒子2在磁场中运动的最长时间为多少? 答案： 1.C　解析 根据安培定则可知,直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示,洛伦兹力始终与小球运动方向垂直,故不做功,小球速率不变,A错误;当运动到ab中点时,磁感线与速度方向平行,所受洛伦兹力为零,自a端到中点洛伦兹力竖直向下,中点到b端洛伦兹力竖直向上,B、D错误,C正确。 2.B　解析 画出甲、乙粒子在磁场中运动的轨迹,建立几何关系如图所示, 设AB长度为L,可得2R甲sin 60°=L,甲粒子做圆周运动的半径R甲=L,同理,乙粒子做圆周运动的半径R乙=L,由R=可得。故选B。 3.D　解析 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qvB=m,解得R=,由图可知a径迹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=mv可知a径迹对应的粒子动量最小,B错误;根据Ek=mv2可知Eka<Ekb<Ekc,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qvB=m,T=,则T=,所以Ta=Tb=Tc=Td=Te,粒子在磁场中的运动时间t=T,其中α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.B　解析 设粒子的速率为v,粒子进入磁场之后做匀速圆周运动,有qvB=m,画出运动轨迹,如图所示,由于粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为30°,则有∠CO'D =30°,∠O'CD=75°,由于射入点与ab的距离为,则有∠ECO=60°,∠OCD=45°,可得CD=R,由图可知O'C=O'D=r,由余弦定理有cos 30°=,可得r=(+1)R,联立解得,粒子的速率为v=,故选B。 5.D　解析 电子a、b分别经过B点的最短时间,则都是要一次性到达B点,可画如图轨迹, 电子a、b经过B点的圆心角分别为300°和60°,而运动周期相同,根据t=T,则电子a、b分别经过B点的最短时间之比为5∶1。故选D。 6.C　解析 因质子带正电,且经过C点,其可能的轨迹如图所示, 所有圆弧所对圆心角均为60°,质子可能的运动半径r=(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,即v==Bk(n=1,2,3,…),质子的速度不可能为BkL和 BkL,故A、B错误;质子由A到C的时间可能为t=×n×(n=1,2,3,…),故C正确,D错误。 7.AC　解析 粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1与粒子2的速率之比为1∶2,故A正确,B错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此两粒子在磁场中运动的时间相同,故C正确,D错误。 8.BD　解析 根据运动的对称性,每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心的连线,粒子的运动轨迹不可能通过圆心O,选项A错误,D正确。 如图所示,粒子每次碰撞的偏向角为120°时,最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出,选项B正确。粒子在磁场中受的洛伦兹力提供向心力,有qvB=mR,因此T与v无关,设粒子在磁场中做圆周运动对应轨迹的圆心角为θ,则运动时间与θ有关,可知粒子的轨迹越小,运动时间越短,当轨迹不交叉时,粒子在圆内运动一周从P点射出,速度v越大,碰撞次数越少,在圆内运动一周时对应圆心角越小,总的圆心角越小,运动时间越短;粒子也可能在圆内运动多周才能离开磁场,此时粒子速度大小与粒子在圆内运动时间存在多种可能,所以射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间不一定越短,选项C错误。 9.C　解析 带正电的粒子沿轴线射入,然后垂直打到管壁上,可知粒子运动的圆弧半径为r=a,故A正确,不符合题意;根据qvB=m,可得粒子的质量m=,故B正确,不符合题意;管道内的等效电流为I=NqSv,单位体积内电荷数为,则I=qπa2v=nq,故C错误,符合题意;由动量定理可得FΔt=2nmΔtv,粒子束对管道的平均作用力大小满足F'×=F,联立解得F'=nBql,故D正确,不符合题意。 10.(1)带负电　向下　(2)粒子1的比荷大于粒子2的比荷　(3)t 解析 (1)粒子1向下偏转,受力向下,由左手定则可知,粒子1带负电。 (2)根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力,有qvB=m 可得 由题图可知粒子1运动的半径小于粒子2运动的半径,若两粒子的速度大小相等,则粒子1的比荷大于粒子2的比荷。 (3)设内圆半径为R,根据几何关系,粒子2在磁场中运动半径为 r1=R 粒子2速率变为原来的倍,此时粒子2在磁场中运动半径为r2=r1=2R PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一,则粒子2在磁场中轨迹所对应的圆心角为α=180°-=60° 根据几何关系,当粒子2的轨迹对应的弦为直径PM时,粒子2在磁场中运动的时间最长,此时的圆心角为β=60° 速度改变后,粒子2在磁场中运动的最长时间为t2=T=T=t。 1 学科网（北京）股份有限公司 $