2027届高三物理一轮复习试题第11章第2讲磁场对运动电荷的作用（Word版含解析）

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题组一 洛伦兹力
1.(2025海南儋州模拟)在B=2 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,一质量m=1 kg、电荷量q=1 C的物体在纸面内沿光滑的绝缘水平面以初速度v0=10 m/s向左运动,重力加速度g取10 m/s2,如图所示,运动过程中物体受地面给的支持力的大小为( )
A.10 NB.20 N
C.30 ND.0
2.(2025安徽滁州模拟)质量为m、电荷量为q的小物块,从倾角为θ 的光滑绝缘斜面上由静止下滑,整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小物块一定带正电
B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C.小物块在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动
D.小物块在斜面上下滑过程中,当小物块对斜面压力为零时的速率为mgBq
题组二 带电粒子在匀强磁场中的运动
3.(2025江西九江三模)A、B、C、D四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),其中q>0,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( )
4.(人教版选择性必修第二册第16页第3题改编)如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直于磁场射入,并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q,OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A.该匀强磁场的磁感应强度
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径
D.带电粒子在磁场中运动的时间
5.(10分)(2025河南郑州三模)图甲是洛伦兹力演示仪,其简化模型如图乙所示。励磁线圈能在以O点为圆心、半径为R的玻璃泡内产生垂直于纸面的匀强磁场。圆心O正下方2R3处的P点固定一电子枪,能水平向左射出一定速率的电子。当磁感应强度大小为B0时,电子做圆周运动的圆心恰好为O点。已知电子质量为m,电荷量为e,不考虑出射电子间的相互作用。
甲
乙
(1)判断匀强磁场的方向,并求出电子初速度的大小;
(2)将匀强磁场反向,并调整其大小,使电子恰好垂直打到玻璃泡上,求此时电子做匀速圆周运动的半径及匀强磁场磁感应强度的大小。
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6.(2025新疆模拟预测)如图所示,虚线MN是区域Ⅰ和区域Ⅱ的分界线,在区域Ⅰ和区域Ⅱ中分布着磁感应强度大小不同且无限大的匀强磁场(图中未画出),磁场的方向均垂直于纸面向里。将电子由O点以垂直于边界MN的速度射入区域Ⅰ,图中实线所示的“心形”图形是电子的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A.电子在区域Ⅰ中的速度大于在区域Ⅱ中的速度
B.电子先通过M点再通过N点
C.区域Ⅰ的磁感应强度小于区域Ⅱ的磁感应强度
D.“心形”图形逐渐向左移动
7.(2025四川凉山三模)如图所示,粒子a、b的质量分别为2m、m,电荷量分别为q、-q,q>0,它们以相同的动能从O点沿OP方向射入无限长直边界AB上方的匀强磁场,OP与磁场边界成45°角,磁场方向垂直于纸面向里,则a、b在磁场中运动的时间之比为( )
A.6∶1B.4∶1
C.3∶1D.2∶1
8.(16分)(2025辽宁朝阳模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy的第二象限内存在着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,第三象限内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角的方向斜向上射入磁场,且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R,已知带电粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力。求:
(1)粒子在第二象限和第三象限内运动的轨迹半径之比。
(2)粒子达成一次周期性运动的时间。
(3)粒子从O点入射第二次经过x轴的位置与坐标原点间的距离。
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9.(2025山东名校联盟开学考)一长度为L的绝缘空心管MN水平放置在光滑水平桌面上,空心管内壁光滑,M端有一个质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电小球。空心管右侧某一区域内分布着垂直于桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,其边界与空心管平行。空心管和小球以垂直于空心管的速度v水平向右匀速运动,进入磁场后空心管在外力作用下仍保持速度v不变,下列说法正确的是( )
A.洛伦兹力对小球做正功
B.空心管对小球不做功
C.在离开空心管前,小球做匀加速直线运动
D.在离开空心管瞬间,小球的速度为v1+2qBLmv
答案：
1.C 解析 物体所受洛伦兹力的大小为F=qv0B=1×10×2 N=20 N,由左手定则可知洛伦兹力的方向竖直向下,运动过程中物体受地面给的支持力的大小为FN=mg+F=1×10 N+20 N=30 N,故选C。
2.B 解析 由带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零可知,其所受洛伦兹力的方向应垂直于斜面向上,根据左手定则知,小物块带负电,A错误;小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力作用,合力沿斜面向下,大小为F=mgsin θ ,根据牛顿第二定律知a=gsin θ ,小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动,B正确,C错误;当小物块对斜面的压力为零时,在垂直于斜面方向上所受合力为零,有mgcs θ=qvB,解得v=mgcsθBq,D错误。
3.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=mv2r,则r=mvqB,根据上式可知A、C粒子轨迹半径相同,且二者的轨迹半径与D粒子的相等,运动方向相反,B粒子的轨迹半径最大。故选A。
4.C 解析 粒子恰好垂直于y轴射出磁场,作入射速度和出射速度的垂线,交点为圆心O1,轨迹如图所示,根据几何关系可得cs 30°=aR,所以R=233a,C正确;在磁场中由洛伦兹力提供向心力,即qBv=mv2R,解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=qBRm,因轨迹圆的半径R可求出,但磁感应强度B未知,故无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,A、B错误;带电粒子做圆周运动的圆心角为23π,而周期为T=2πRv=2πmqB,则带电粒子在磁场中运动的时间为t=23π2πT=2πm3qB,因为磁感应强度B未知,故带电粒子在磁场中运动的时间无法求出,D错误。
5.答案 (1)垂直于纸面向里 2eB0R3m (2)5R12 85B0
解析 (1)由左手定则可知,磁场垂直于纸面向里;设粒子做匀速圆周运动的半径为r1,由题意可知r1=2R3
根据牛顿第二定律有qvB0=mv2r1
联立解得v=2eB0R3m。
(2)画出粒子轨迹如图所示
设此时粒子做匀速圆周运动的半径为r2,根据几何关系可得R2+r22=r2+2R32
解得r2=5R12
根据牛顿第二定律有qvB=mv2r2
联立解得B=85B0。
6.D 解析 由于洛伦兹力总是与速度方向垂直,所以粒子的速度大小保持不变,则电子在区域Ⅰ中的速度等于在区域Ⅱ中的速度,A错误;磁场的方向均垂直于纸面向里,且电子带负电,根据左手定则可知电子先通过N点再通过M点,B错误;由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,可得r=mvqB,由图可知电子在区域Ⅰ的轨迹半径较小,所以区域Ⅰ的磁感应强度大于区域Ⅱ的磁感应强度,C错误;由题图可知,电子从O点经过一次区域Ⅰ和区域Ⅱ,向左移动到M点,之后重复周期性的运动,所以“心形”图形逐渐向左移动,D正确。
7.A 解析 设两粒子的动能为E,根据E=12mv2,可得两粒子的速度分别为va=Em、vb=2Em,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R,周期为T=2πRv=2πmqB,所以TaTb=21,两粒子在磁场中运动轨迹的圆心角分别为θa=270°、θb=90°,粒子在磁场中的运动时间为t=θ360°T,所以tatb=θaθb·TaTb=61,故选A。
8.答案 (1)12 (2)πmqB (3)33R
解析 (1)设粒子的速度为v,由qvB=mv2R,得粒子在第二象限的轨迹半径为R2=R=mv2qB,粒子在第三象限的轨迹半径为R3=mvqB,则R2R3=12。
(2)粒子从O点射入第二象限到再次射入第二象限,完成一次周期性运动,如图所示,粒子在磁场中运动时轨迹的圆心角为120°,由v=2πRT,得粒子在第二象限中运动的时间为t2=13T2=13·2πm2qB=πm3qB,粒子在第三象限中运动的时间为t3=13T3=13·2πmqB=2πm3qB,则粒子达成一次周期性运动的时间为t=t2+t3=πmqB。
(3)粒子从O点入射,第一次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x2=2R2sin 60°,第二次经过x轴的位置到第一次经过x轴的位置的距离为x3=2R3sin 60°,则粒子第二次经过x轴的位置与坐标原点间的距离为x=x2+x3=33R。
9.D 解析 洛伦兹力始终与速度方向垂直,不做功,A错误;带电小球在磁场中运动时,有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量,由左手定则知洛伦兹力斜向左上方,因此空心管对带电小球有向右的弹力,该弹力对小球做正功,B错误;空心管在外力作用下始终保持速度不变,则小球向右的速度分量保持不变,竖直向上的洛伦兹力分量保持不变,因此在竖直方向小球做匀加速直线运动,而在水平方向做匀速运动,所以小球做类平抛运动,C错误;小球做类平抛运动,则有v'=v2+vy2,vy2=2aL,a=qvBm,所以v'=v1+2qBLmv,D正确。