第28讲 磁场对运动电荷(带电体)的作用 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以“洛伦兹力应用”为核心，通过三级训练体系构建“概念理解-规律应用-综合建模”的方法链，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|9题（含高考真题）|左手定则判断方向、洛伦兹力不做功特性、r=mv/qB与T=2πm/qB公式应用|从洛伦兹力概念到带电体运动（直线/圆周），形成“性质-运动-规律”认知链| |综合提升练|3题|轨迹偏转角几何分析、多粒子比荷与运动参量比较|整合圆周运动与磁场边界条件，深化科学推理与模型建构| |培优加强练|1题|动态受力平衡分析、动量定理与能量守恒综合应用|拓展至复合场中变加速运动，提升复杂问题解决能力|

第28讲 磁场对运动电荷(带电体)的作用 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　洛伦兹力的理解和应用 1.显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　) 2.(2026·吉林长春模拟)来自太阳的高能带电粒子流被地磁场俘获，形成绚丽的极光美景。如图所示，是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A.图中所示的带电粒子带正电 B.图中所示的带电粒子做螺旋运动时，旋转半径一定越来越小 C.洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少 D.带电粒子在靠近地球北极过程中动能增加 对点练2　洛伦兹力作用下带电体的运动 3.如图所示，一带电绝缘小球用绝缘细线悬挂于O点，O点下方有一匀强磁场。现将小球拉至A点并由静止释放，D点为最低点，C为左侧最高点，小球可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.C点比A点低 B.相邻两次过D点的速度相同 C.相邻两次过D点的加速度相同 D.相邻两次过D点的绳子拉力相同 4.如图所示，粗糙的绝缘水平地面上有垂直于纸面向里的匀强磁场，可视为质点的带电小滑块在地面上向右滑行。已知小滑块始终未离开地面，则下列小滑块的速度—时间图像可能正确的是(　　) 5.如图所示，物块a带正电，表面都涂有绝缘层的物块b不带电，两物块叠放在光滑水平地面上，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面加速向左运动，下列说法正确的是(　　) A.物块a受到的摩擦力变大 B.物块b受到的摩擦力变小 C.物块b对地面的压力变大 D.地面对物块b的支持力不变 对点3　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 6.粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子之间相互作用力。下列说法正确的是(　　) A.粒子1可能为质子 B.粒子2可能为电子 C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点 D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点 7.(2026·江苏盐城期中)氢气气泡室处在匀强磁场中，某快电子从右下方a处进入，在气泡室运动的轨迹如图所示。则在电子运动的过程中(　　) A.角速度越来越大 B.角速度越来越小 C.向心加速度越来越大D.向心加速度越来越小 8.(2025·新课标卷)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则(　　) A.t1<t2=t3 B.t1<t2<t3 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3 9.四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(-q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像，可能正确的是(　　) 综合提升练 1． 选择题： 10.如图所示，在水平虚线上方空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，质子H)从O点以速度v1水平向右射入磁场，沿轨迹OA从下边界飞出磁场，飞出时相对入射方向的偏转角为90°;α粒子He)从O点以速度v2水平向右射入磁场，沿轨迹OB从下边界飞出磁场，飞出时相对入射方向的偏转角为60°，不计质子和α粒子的重力，则质子和α粒子在磁场中运动的(　　) A.轨迹半径之比为2∶1 B.速率之比为2∶1 C.周期之比为1∶2 D.时间之比为2∶1 11.如图所示，MN上方存在匀强磁场，同种粒子a、b从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且均由P点射出磁场，则a、b两粒子在磁场中(　　) A.运动半径之比为∶1 B.运动速率之比为1∶ C.转过的角度之比为2∶5 D.运动时间之比为6∶5 12.(2026·江苏苏州期中)如图所示，光滑绝缘直杆倾角为θ，杆上套一带负电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖直平面向里。给小球一沿杆向上的初速度v0，不计空气阻力，小球从开始运动到返回出发点的过程中(　　) A.机械能减少 B.最大上滑位移为 C.上滑时间小于下滑时间 D.下滑时受到杆的弹力一定先减小后增大 培优加强练 13.如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直于纸面向外、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中。现有一个质量为0.2 kg、带电荷量+0.5 C的小球套在绝缘杆上从某点由静止开始下滑，经过0.8 s达到最大速度。已知小球与杆之间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为10 m/s2。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小球的最大加速度为5 m/s2 B.小球的最大速度为5 m/s C.小球下降的高度为3.2 m D.系统因摩擦产生的热量为3 J 参考答案： 1.答案　C解析　电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，所以电子先受到向下的洛伦兹力，且逐渐减弱为零，后受到向上的洛伦兹力，且逐渐增强。根据左手定则可以判断，磁场的方向先垂直于纸面向里，方向为正，且逐渐减弱为零，然后磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增强，故C正确，A、B、D错误。 2.答案　B解析　地磁场由南极指向北极，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误;粒子在运动过程中，南北两极的磁场较强，由洛伦兹力提供向心力得轨迹半径为R=，可知当磁感应强度增加时半径减小，题图中所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越来越小，故B正确;洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，动能不变，故C、D错误。 3.答案　C解析　洛伦兹力对小球不做功，细线的拉力也不做功，只有重力做功，根据机械能守恒，可知左侧最高点应与A点等高，相邻两次到达D点时，速度大小都相同，但方向不同，故A、B错误;根据a=可知，相邻两次过D点的加速度大小相等，且方向都指向O点，故C正确;由于相邻两次过O点时的洛伦兹力方向不同，所以细线拉力大小不相等，故D错误。 4.答案　B解析　洛伦兹力对滑块不做功，摩擦力做负功，滑块的速度不会增大，故A错误;若小滑块带正电荷，由左手定则知小滑块受到的洛伦兹力竖直向上，当洛伦兹力等于小滑块的重力时，小滑块做匀速直线运动，故B正确;当洛伦兹力小于重力时，小滑块做减速运动，由牛顿第二定律得小滑块的加速度大小a==μg-，可知小滑块的加速度越来越大;若小滑块带负电荷，由左手定则可知，小滑块受到的洛伦兹力竖直向下，小滑块做减速运动，由牛顿第二定律得小滑块的加速度大小a==μg+，可知小滑块的加速度越来越小，但不会减小到零，故C、D错误。 5.答案　C解析　由牛顿第二定律，对两物块a、b整体有F=(ma+mb)a，对物块a有Ffba=maa，可知物块a、b之间的摩擦力不变，故A错误:由于地面光滑，所以b只受a对其的摩擦力，则物块b受到的摩擦力不变，故B错误;地面对物块b的支持力FNb=(ma+mb)g+qvB，由于做加速运动，则速度增大，故地面对物块b的支持力变大，根据牛顿第三定律可知，物块b对地面的压力变大，故C正确，D错误。 6.答案　D解析　由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，故A错误;粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故B错误;粒子1不带电，增大磁感应强度，粒子1不会偏转，仍打在M点，故C错误;根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得r=，增大粒子入射速度，粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。 7.答案　D解析　根据洛伦兹力提供向心力有evB=m=mrω2=man，得r=，ω=，an=，因为轨迹半径减小，所以速度减小，角速度不变，向心加速度减小，故D正确。 8.答案　A解析　由于电子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=，设正方形abcd的边长为l，则s1=π·，s2=π·，s3=·l，则有t1<t2=t3，故A正确。 9.答案　A解析　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB=m，得r=，可知(+q，m)、(+3q，3m)轨道半径相同，且二者的轨迹半径与(-q，m)的相等，(+q，2m)的轨道半径最大，由左手定则可知，(+q，m)、(+3q，3m)、(+q，2m)均向下偏转，(-q，m)向上偏转，故A正确。 10.答案　C解析　质子和α粒子的轨迹如图所示，其圆心分别为O1和O2，设质子和α粒子的轨迹半径分别为r1、r2，由几何关系有r2sin 30°+r1=r2，解得r2=2r1，即质子和α粒子的轨迹半径之比为1∶2，故A错误;由牛顿第二定律有qvB=m，可得v=，由于质子和α粒子的比荷之比为2∶1，则速率之比为1∶1，故B错误;周期T==，可知质子和α粒子的周期之比为1∶2，故C正确;因速度的偏转角等于圆心角，则质子的运动时间t1=T1=T1，α粒子的运动时间t2=T2=T2，故质子和α粒子在磁场中运动的时间之比为3∶4，故D错误。 11.答案　A解析　设OP=2d，由几何关系可知ra==2d，rb==，可知a、b的运动半径之比为∶1，A正确;根据qvB=m，可得v=∝r，运动速率之比为∶1，故B错误;a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°=5∶2，根据T=和t=T知t∝θ，则运动时间之比为5∶2，故C、D错误。 12.答案　B解析　小球上滑时受力情况如图甲所示，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误;根据牛顿第二定律，小球上滑时有，mgsin θ=ma上，下滑时有mgsin θ=ma下，则a上=a下，根据x=at2可知，上滑时间等于下滑时间，小球向上滑动的最大位移x==，故B正确，C错误;小球下滑时受力情况如图乙所示， 小球向下加速时，根据F洛=qvB可知，小球受到的洛伦兹力增大，根据机械能守恒定律可知，小球回到出发点时速度大小仍为v0，此时F洛'=F洛，根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直减小，故D错误。 13.答案　B解析　开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆之间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误;当小球速度最大时，加速度为0，则有mg=μqvmB，解得vm=5 m/s，故B正确;小球由静止下滑到达到最大速度，由动量定理得mgt-∑μqBvt=mvm-0，整理可得mgt-μqBh=mvm，解得h=1.5 m，故C错误;小球由静止下滑到达到最大速度，由动能定理得mgh-Wf=m，解得Wf=0.5 J，则系统因摩擦产生的热量为0.5 J，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $