2024年高考物理一輪考點復習 課時規(guī)范練31 磁場對運動電荷的作用

課時規(guī)范練31磁場對運動電荷的作用

基礎對點練

1.（磁感線、磁感應強度、洛倫茲力）（2022重慶八中高三模擬）磁場中某區(qū)域的磁感線如

圖所示，下列說法正確的是（）

A.a、b兩處的磁感應強度大小Ba>Bb

B.a、6兩處的磁感應強度大小及<&

C.一通電直導線分別放在6兩處，所受的安培力大小一定有F&a<F安b

D.一電荷分別靜止在a、》兩處均受洛倫茲力,且大小一定有F洛a<F：

2.（洛倫茲力）光滑絕緣水平面上垂直穿過兩根長直導線，俯視圖如圖所示,兩根導線中通

有大小相同、方向相反的電流,電流方向如圖所示，水平面上一帶電小球（電性未知）以某

一初速v沿兩導線連線的中垂線入射，運動過程中小球始終未脫離水平面,下列說法正確

的是（）

A.小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動

B.小球?qū)⑾茸鰷p速運動后做加速運動

C.小球?qū)⑾蜃笞銮€運動

D.小球?qū)⑾蛴易銮€運動

3.（帶電粒子在有界磁場中的運動）（2022山東淄博期末）地球赤道剖面圖如圖所示,地球半

徑為民把地面上高度為g區(qū)域內(nèi)的地磁場視為方向垂直于剖面的勻強磁場，在赤道平面

內(nèi)一帶電粒子以一定速度正對地心射入該磁場區(qū)域,軌跡恰好與地面相切。不計粒子重

力，則（）

A.軌跡半徑為，B.軌跡半徑為日R

C.軌跡半徑為次D.軌跡半徑為球

84

4.（多選）（庫侖力作用下的運動）（2022山東濟寧三模）如圖所示，直角坐標系xOy在水平面

內(nèi),z軸豎直向上。坐標原點。處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下的勻強磁

場。質(zhì)量為加、電荷量為q的小球A,繞z軸做勻速圓周運動，小球與坐標原點的距離為

廠,。點和小球A的連線與z軸的夾角為。=37°。重力加速度為g,cos37°=0.8,sin

37°=0.6,不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.從上往下看帶電小球沿逆時針方向做勻速圓周運動

B.小球A與點電荷之間的庫侖力大小為無ig

C.小球A做圓周運動的過程中所受的庫侖力不變

D.小球A做圓周運動的速度越小，所需的磁感應強度越小

5.（帶電粒子在磁場中的圓周運動）如圖所示,正方形abed區(qū)域存在方向垂直于紙面向外

的勻強磁場,。、P分別為反、cd邊的中點。。點有一質(zhì)子源，持續(xù)沿ad方向發(fā)射速率不

同的質(zhì)子。一段時間后，有些質(zhì)子分別從6點、。點、P點射出，不計重力及質(zhì)子間的相

互作用,sin53°=0.8,則（）

a,d

b!----?----'c

0

A.從b點和。點射出的質(zhì)子速率之比為2：1

B.從P點和。點射出的質(zhì)子速率之比為2：1

C.從》點和。點射出的質(zhì)子在磁場中運動的時間之比為2：1

D.從。點和P點射出的質(zhì)子在磁場中運動的時間之比為2：1

6.（帶電粒子在磁場中運動極值問題）（2023廣東高三月考）如圖所示,圓形虛線框內(nèi)有一垂

直于紙面向里的勻強磁場,?？?、Ob、Oc、0d是以不同速率對準圓心入射的正電子或負

電子的運動徑跡,a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、

45°的夾角，則下列判斷正確的是（）

A.沿徑跡0c運動的粒子在磁場中運動時間最短

B.沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子

C.沿徑跡。八。。運動的粒子速率比值為二

D.沿徑跡。0、0d運動的時間之比為9：8

素養(yǎng)綜合練

7.（多選）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向外的勻強磁

場,A。與水平方向的夾角為30°?，F(xiàn)有氫的同位素汨粒子從A點沿水平方向以大小

為w的速度垂直射入磁場，其離開磁場時,速度方向剛好改變了180°;氫的另一同位素

aH粒子以大小為vo的速度從C點沿C。方向垂直射入磁場。已知［H的電荷量為e,質(zhì)

量為外不計粒子的重力和兩粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）

A/H粒子豎直向上射出磁場

B|H粒子在磁場中運動的時間為吧

%

C.該勻強磁場的磁感應強度3=舞

2eR

D.兩粒子從圓形邊界射出時射出點之間的距離為gR

8.（2023安徽合肥模擬）如圖，長直導線水平固定放置，通有向右的恒定電流,絕緣細線一端

系于導線上的。點，另一端系一個帶電小球，細線拉直，第一次讓小球在A點由靜止釋放,

讓小球繞。點沿圓1在豎直面內(nèi)做圓周運動;第二次讓小球在3點由靜止釋放，讓小球

繞。點沿圓2在豎直面內(nèi)做圓周運動。圓1與直導線在同一豎直面內(nèi)，圓2與直導線垂

直,A、3兩點高度相同，不計空氣阻力，則兩次小球運動到最低點。時（）

A.速度大小相等，線的拉力相等

B.速度大小不等，線的拉力相等

C.速度大小相等，線的拉力不等

D.速度大小不等，線的拉力不等

9.（多選）（2023河北張家口高三期末）如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里

的勻強磁場，磁感應強度大小為354c是圓的一條直徑，。為圓上一點,NCOD=60°。在

A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直于磁場的方向射出速率均為v的各種

帶正電粒子，所有粒子均從圓弧。射出磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。則

從A點射出的粒子的比荷』可能是（）

/xx、、、

/\

；'XXX

CyR畛直一一34

\//

'、、/XX

的一J

A.—B.—

BR2BR

CV3v

C.—D.包

BR3BR

10.（2023黑龍江哈爾濱期中）如圖所示,A點距坐標原點的距離為L,坐標平面內(nèi)有邊界過

A點和坐標原點。的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標平面向里。有一電子（質(zhì)量

為m、電荷量為e）從A點以初速度w平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動后

從x軸上的3點射出磁場區(qū)域，此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°,求：

(1)磁場的磁感應強度大??；

(2)電子在磁場中運動的時間。

11.如圖所示，在豎直虛線MN、PQ之間有垂直于紙面向外的勻強磁場，寬度為小在MN

的左側區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場(圖中未畫出)，虛線CD水平,其延長線經(jīng)過E點。

一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點以大小為vo的速度水平向右運動，恰從。

點進入磁場。已知A點到CD的距離為95A點到的距離為gd,不計粒子受到的重

力。

N,r-d—*1Q

(1)求帶電粒子到達。點時的速度大小和方向;

(2)若帶電粒子從飛出磁場，求磁場的磁感應強度的最小值。

12.如圖所示平面中,x=3d的直線將第一象限分為區(qū)域I和區(qū)域H。在區(qū)域I內(nèi)有

平行于y軸向上的勻強電場,在區(qū)域H內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為加、

電荷量為+q的帶電粒子從坐標原點0以速度沿x軸正方向射入電場，經(jīng)P(3d,2①點

射入磁場,粒子在磁場內(nèi)運動過程中與y軸的最大距離為4d,不計粒子的重力。求：

■y

I；n

忸3d,2d)

O3dx

(1)勻強電場的電場強度大小E-

⑵勻強磁場的磁感應強度大小B-,

(3)粒子回到y(tǒng)軸時的坐標。

答案：

1.B解析由磁感線的疏密可知，及＜6仇故A錯誤,B正確油于未說明導線方向與磁場方

向的關系，故安培力大小無法判斷，故C錯誤;靜止的電荷在磁場中不受洛倫茲力，故D錯

誤。

2.A解析根據(jù)安培定則，在兩直導線連線的垂直平分線上各點的磁感應強度與速度方

向平行，故小球不受洛倫茲力，重力和支持力平衡，故合力為零，小球?qū)⒃谒矫鎯?nèi)沿速度

方向做勻速直線運動，故A正確。

3.C解析粒子運動軌跡如圖所示。設粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為廣,根據(jù)幾何關

系得/+C+R)=(R+r)2,解得「卷，故C正確,A、B、D錯誤。

入射方向

粒子軌跡

4.AB解析空間中存在豎直向下的勻強磁場民小球的向心力由庫侖力在運動軌跡半徑

方向的分力和洛倫茲力提供，根據(jù)左手定則可知，從上往下看小球只能沿逆時針方向做勻

速圓周運動，故A正確;洛倫茲力沿水平方向，在豎直方向上根據(jù)平衡條件得Reos

37°=mg,解得即小球A與點電荷之間的庫侖力大小為］ig,故B正確;小球A做

圓周運動所受的庫侖力大小不變，方向在時刻變化，故C錯誤;水平方向上根據(jù)牛頓第二

定律得qw)3-Rsin37°=皿,夫=與1137°尸=3ng,解得3=也曳+2吆，可見，只有當也曳=

R43qr4qv03qr

^^即時,3才有最小值，可見，當V0<J景r時，速度越小，磁感應強度越大，故D

錯誤。

2

5.B解析設正方形邊長為L,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有/3=哈，解得

R

V=^rn^,由幾何關系可得Rb-^,Ro2-2+(L-RO)2,Rp2=￡2+^/?p-0，解得

Rb=：,Ro=1,Rp=；LAb點和O點射出的質(zhì)子速率之比為*=暮=±從P點和O點射

284VQRQ5

出的質(zhì)子速率之比為生=M=彳故A錯誤,B正確油幾何關系可得

仇=180°4=127°a=53°,由/=27可知，因為T相同,所以從6點、。點和尸點射出

2TC

的質(zhì)子在磁場中運動的時間之比為tb：to'.tp=0b：0O:6?P=18O：127：53,故C、D錯

誤。

6.C解析由于正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量根均相等，粒子在磁場中做勻速圓周

運動，則有/3=加=7=陋，解得7=手，可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡0c運動的粒

RvqB

子偏轉角最大，圓心角也最大，設偏轉角為a由/=?T,可知沿徑跡0c運動的粒子在磁場

中運動時間最長，故A錯誤油左手定則可判斷沿徑跡。c、運動的粒子均帶負電，故

B錯誤;設圓形磁場半徑為廣,根據(jù)幾何關系可得沿徑跡。以運動的粒子軌道半徑分

別為々=廠、年=gr,根據(jù)/3=足~,可得的=%="，故C正確油前述分析可知，運動時間

rvbrb3

之比為偏轉角之比，所以？=*==*故D錯誤。

td8d453

7.AD解析出粒子離開磁場時,速度方向剛好改變了180°,表明粒子在磁場中轉動了

半周，如圖所示，由幾何關系可得廠1=%據(jù)牛頓第二定律可得6皿3=機叱,解得n=*=

2qeB

粒子進入磁場，據(jù)牛頓第二定律可得ewB=24，解得？=之詈=火，所以粒子豎

1

2r2eB

i

直向上射出磁場，故A正確;：H粒子在磁場中運動的時間為力=臂=:，故B錯誤;磁感

應強度大小為3=駕曳，故C錯誤;如圖所示，由幾何關系可知兩粒子射出點之間的距離為

eR

△s=27?cos30°=V37?,故D正確。

8.C解析由于洛倫茲力不做功，只有重力做功,所以兩次小球運動到最低點C時,根據(jù)動

能定理可知，合外力做功相同,所以兩次在最低點小球的速度大小相等;在圓1中小球在

最低點時速度方向與磁場方向相互垂直,根據(jù)左手定則，如果小球帶正電,則在圓1中小

2

球在最低點線的拉力大小滿足尸在圓2中小球在最低點速度方向與磁

場方向相互平行，所受洛倫茲力為0,則在圓2中小球在最低點線的拉力大小滿足所2-

2

mg=〃*,則兩次小球運動到最低點C時,線的拉力不等，同理可知,若小球帶負電，在C點

R

線的拉力也不相等，所以C正確,A、B、D錯誤。

9.AD解析帶電粒子從C點射出磁場，軌跡如圖甲所示,由幾何關系得sin30°=匹,解得

ri

n=2尺帶電粒子從。點射出磁場，軌跡如圖乙所示,由幾何關系得AODQ是菱形，所以粒

子的軌跡半徑m=R,所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足r由洛倫茲力提供

2

向心力得較3=加工解得從A點射出的粒子的比荷滿足高<^<故A、D正確。

T2.BRTHBR

10.答案⑴翳⑵等

解析(1)電子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力而做圓周運動，設軌跡半徑為廠,磁場的磁感應

強度為3,則洛倫茲力提供向心力

2

evQB=m—v

過A、3兩點分別作速度的垂線交于C點，則C點為軌跡圓的圓心，如圖所示

已知電子在8點速度方向與x軸夾角為60°,

由幾何關系得，軌跡圓的圓心角NC=60°AC=BC=r

已知OA=L

則有OC=r-L

由幾何知識得

r=2L

解得3=磐。

(2)電子