2025版高考物理一轮复习微专题小练习磁场专题64磁吃运动电荷的作用

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习磁场专题64磁吃运动电荷的作用，共7页。


答案：C
解析：假设粒子带正电，则根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向垂直于纸面向里，A错误；根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向向右，B错误；粒子运动方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力为零，C正确；根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向向右，D错误．
2．[2024·浙江省温州十校联合体联考]极射线管及方向坐标如图所示．电子束从阴极射出，经过狭缝掠射到荧光屏上，显示出一条射线径迹，以下情况判断正确的是( )
A．在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线将向上偏转
B．在阴极射线管中加一个方向向前的电场，射线将向上偏转
C．在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射线将向上偏转
D．在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射线将向上偏转
答案：C
解析：电子带负电，受电场力与电场线方向相反，如果加一个方向向上的电场，则电子受到的电场力方向向下，射线向下偏转；如果加一个方向向前的电场，电子受到的电场力方向向向后，射线向后偏转，A、B错误；在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向前的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，因此会向上偏转；在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向下的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向前，射线向前偏转，C正确，D错误．
3．[2024·黑龙江省牡丹江市期末考试]如图所示，带电粒子(不计重力)以速度v沿垂直于磁场的方向进入一匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T.如果仅减小粒子的入射速度v，下列说法正确的是( )
A．T增大 B．T减小
C．R增大 D．R减小
答案：D
解析：带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB＝mRω2＝mv eq \f(2π,T) ，T＝ eq \f(2πm,qB) ，所以周期与速度无关，A、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB＝m eq \f(v2,R) ，R＝ eq \f(mv,qB) ，速度减小，粒子的轨道半径变小，C错误，D正确．
4．如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力．关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB eq \r(2gh)
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
答案：B
解析：滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，A项错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒mgh＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(2gh) ，故滑块在b点受到的洛伦兹力为F＝qBv＝qB eq \r(2gh) ，B项正确，C、D项错误．
5．一长直细金属导线竖直放置，通以向上的恒定电流，一光滑绝缘管ab水平固定放置，两端恰好落在一以导线为圆心的圆上，俯视如图所示．半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以初速度v0向b端运动过程中，则下列说法正确的是( )
A．小球在绝缘管中先加速后减速运动
B．洛伦兹力对小球先做正功再做负功
C．小球在管中点处受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终向下
答案：C
解析：小球受重力、管的弹力和洛伦兹力均与运动方向垂直，各力均不做功，小球在运动方向不受力的作用，小球做匀速直线运动，A、B均错误；根据安培定则，磁感线是以导线上点为圆心沿逆时针方向的同心圆，当运动到ab中点，磁感线与速度平行，洛伦兹力为零，根据左手定则，可知a端到中点的过程中洛伦兹力方向向下，从中点到b端的过程中洛伦兹力方向向上，C正确，D错误．
6．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L的通电导线，磁场方向垂直于导线．设单位长度导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q，它们沿导线定向移动的平均速率为v.下列选项正确的是( )
A．导线中的电流大小为nLqv
B．这段导线受到的安培力大小为nLqvB
C．沿导线方向电场的电场强度大小为vB
D．导线中每个自由电荷受到的平均阻力大小为qvB
答案：B
解析：导线中的电流大小I＝ eq \f(Q,t) ＝ eq \f(nLq,t) ＝ eq \f(nvtq,t) ＝nvq，A错误；每个电荷所受洛伦兹力大小f＝qvB，这段导线受到的安培力大小F＝nLf＝nLqvB，B正确；沿导线方向的电场的电场强度大小为E＝ eq \f(U,L) ，U为导线两端的电压，它的大小不等于vB，只有在速度选择器中的电场强度大小才是vB，且其方向是垂直导线方向，C错误；导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的方向与导线中自由电荷运动方向垂直，二者不相等，D错误．
7．(多选)两根导线通有大小、方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视如图所示．O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是连线垂直平分线上到O点距离相等的两点．一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初速度v0分别从a、b向O点运动过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同
B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反
C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动
D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动
答案：AD
解析：根据安培定则，知两导线连线的垂直平分线上，左边的磁场方向水平向下，而右边的磁场方向水平向上，根据左手定则可得，滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同，均向里，A正确，B错误；水平面光滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直平面向里，平面对滑块的支持力与洛伦兹力和重力的合力平衡，一定做直线运动，C错误；若水平面粗糙，则滑块从b点出发后，由于摩擦力做负功，洛伦兹不做功，一定做减速运动，D正确．
8．[2021·全国乙卷]如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则 eq \f(v1,v2) 为( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(\r(3),2) D． eq \r(3)
答案：B
解析：设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1) ，解得v1＝ eq \f(qBR,m) ；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan 30°＝ eq \f(R,r2) ，可得其轨迹半径为r2＝ eq \r(3) R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2) ，解得v2＝ eq \f(\r(3)qBR,m) ，则 eq \f(v1,v2) ＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，选项B正确．
9．[2020·全国卷Ⅰ]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示， eq \x\t(ab) 为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A． eq \f(7πm,6qB) B． eq \f(5πm,4qB)
C． eq \f(4πm,3qB) D． eq \f(3πm,2qB)
答案：C
解析：如图所示，设某一粒子从磁场圆弧 eq \x\t(ab) 上的e点射出磁场，粒子在磁场中转过的圆心角为π＋θ＝π＋2α，由于T＝ eq \f(2πm,qB) ，t＝ eq \f(α,2π) T，所有粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，运动轨迹对应的圆心角最大，则运动时间最长．由几何关系可知，α最大时，ce恰好与圆弧 eq \x\t(ab) 相切，此时sin α＝ eq \f(eO,cO) ＝ eq \f(1,2) ，可得α＝ eq \f(π,6) ，θ＝2α＝ eq \f(π,3) ，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在磁场中运动的最长时间t＝ eq \f(T,2) ＋ eq \f(T,6) ，又T＝ eq \f(2πm,qB) ，解得t＝ eq \f(4πm,3qB) ，故选C.
10．[2021·河北卷]如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连．正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q.一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子．C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从上方打入的粒子，CP长度为L0.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力，sin 37°＝ eq \f(3,5) .
(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压U0的大小；
(2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin；
(3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点(CH≤CP答案：(1) eq \f(qB2L eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8m) － eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q) (2) eq \f(7mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,18q) (3)见解析
解析：(1)根据动能定理得
qU0＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
带电粒子进入磁场，由洛伦兹力提供向心力得
qvB＝m eq \f(v2,r) ，
又有r＝ eq \f(L0,2) ，
联立解得U0＝ eq \f(qB2L eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8m) － eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q) .
(2)使粒子不能打在挡板OM上，则加速电压最小时，粒子的运动轨迹恰好与挡板OM相切，如图甲所示，
设此时粒子加速后的速度大小为v1，在上方磁场中运动的轨迹半径为r1，在下方磁场中运动的轨迹半径为r2，
由几何关系得2r1＝r2＋ eq \f(r2,sin 37°) ，
解得r1＝ eq \f(4,3) r2，
由题意知，粒子在下方磁场中运动的速度为v0，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1) ，qv0B＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2) ，
由动能定理得qUmin＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
解得Umin＝ eq \f(7mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,18q) .
(3)画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知P点的位置满足k(2rP－2r2)＋2rP＝xCP(k＝1，2，3…).当k＝1时，轨迹如图乙所示；当k＝5时，轨迹如图丙所示．由题意可知，每个粒子的整个运动过程中电压恒定，粒子在下面的磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2) ，解得r2＝ eq \f(mv0,qB) ，为定值，由第(2)问可知，rP≥ eq \f(4,3) r2，所以当k取1，rP＝ eq \f(4,3) r2时，xCP取最小值，即CH＝xCPmin＝ eq \f(10,3) · eq \f(mv0,qB) ，CS→无穷远．