【文档说明】2025届高三一轮复习物理试题（人教版新高考新教材）考点规范练35　磁场对运动电荷的作用力 Word版含解析.docx，共(8)页，229.464 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练35磁场对运动电荷的作用力一、单项选择题1.如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时,速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑到底端时()A.v变大B.v变小C.v不变D.不能

确定v的变化2.如图所示,在正方形abcd区域内存在一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1。一带电粒子从ad边的中点P垂直ad边射入磁场区域后,从cd边的中点Q射出磁场。若将磁场的磁感应强度大小变为B2后,该粒子仍从P点以相同的速度射入磁

场,结果从c点射出磁场,则𝐵1𝐵2等于()A.52B.72C.54D.743.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线中点,连线上a、b两点关于O点对称,导线均通有大

小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围空间某点产生的磁场的磁感应强度B=𝑘𝐼𝑟,式中k是常数、I是导线中电流、r为该点到直导线的距离。现有一置于a点的带负电小球获得一沿ab方向的初速度v0,已知小球始终未离开桌面

。关于小球在两导线间的运动情况,下列说法正确的是()A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球做曲率半径先增大后减小的曲线运动C.小球对桌面的正压力先减小后增大D.小球做匀速直线运动4.如图所示,直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场

,磁感应强度为B,右边界PQ平行于y轴。一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速度v垂直射入磁场,当斜向上射入时,粒子恰好垂直PQ射出磁场;当斜向下射入时,粒子恰好不从右边界射出。粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为()A.𝑣𝐵𝑎,2π𝑎3𝑣B.

𝑣2𝐵𝑎,2π𝑎3𝑣C.𝑣2𝐵𝑎,4π𝑎3𝑣D.𝑣𝐵𝑎,4π𝑎3𝑣5.如图所示,一电子以垂直于匀强磁场的速度vA,从A处进入长为d、宽为h的磁场区域,发生偏移而从B处离开磁场。电子的电荷量为

e,磁场的磁感应强度为B,圆弧AB的长为l,则()A.电子在磁场中运动的时间为t=𝑑𝑣𝐴B.电子在磁场中运动的时间为t=𝑙𝑣𝐴C.洛伦兹力对电子做功是BevA·hD.电子在A、B两处的速度相同6.

如图所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为𝑞𝑚的负离子有相同的速率v0(较大),由P点在纸平面内以不同方向射入磁场,发生偏转后飞出磁场,最终打在磁场区域右侧足够大荧光屏上,离子重力不计。下列说法正

确的是()A.离子在磁场中的运动轨迹半径可能不相等B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C.离子在磁场中运动的时间一定相等D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大二、多项选择题7.如图所示,在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球,空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始

时,直管水平放置,且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动,经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中()A.磁场对小球不做功B.直管对小球做正功C.小球所受磁场力的方向不变D.小球的运动轨迹是一直线8

.如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射速度大小不同、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点。已知a

b的长度为l,则粒子的速度大小可能是()A.√3𝑞𝐵𝑙6𝑚B.√3𝑞𝐵𝑙3𝑚C.√3𝑞𝐵𝑙2𝑚D.√3𝑞𝐵𝑙𝑚9.如图所示,在直径为d的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B1,一个带电粒子以速率v从A点沿与直径AC成30°

角的方向射入磁场,经时间t1从C点射出磁场。现调整磁场的磁感应强度大小为B2,让同一粒子沿与直径AC成60°角的方向仍以速率v射入磁场,经时间t2仍从C点射出磁场,则下列说法正确的是()A.B1∶B2=√3∶

1B.B1∶B2=√3∶3C.t1∶t2=2∶√3D.t1∶t2=√3∶210.(2022·全国乙卷)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组

成,其横截面如图甲所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计粒子重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1

<r2<R+d);粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,轨迹如图乙中虚线所示。则()甲乙A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大

于粒子3入射时的动能三、非选择题11.如图所示,直线MN上方存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里、大小为B的无限大匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子1在纸面内以速度v0从O点射入磁场,其方向与MN的夹角α=30

°;质量为m、电荷量为-q的粒子2在纸面内也从O点沿相同的方向射入磁场,其速度大小也为v0。已知粒子1、2同时到达磁场边界的a、b两点离开磁场(图中未画出),不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求:(1)两粒子在磁场边界上的穿出点a、

b之间的距离d;(2)1、2两粒子在磁场中运动的时间之比t1∶t2。12.(2023·湖北卷)如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次

到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞

时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移。整个过程不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。(1)求第一次碰撞前粒子甲的速度大小。(2)求粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。(3)求t=18π𝑚𝑞𝐵时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=18π𝑚𝑞𝐵的过程中粒子乙运动的

路程。(本小问不要求写出计算过程,只写出答案即可)考点规范练35磁场对运动电荷的作用力1.B解析:由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用,故物体对斜面的正压力增大,斜面对物体的滑动摩擦力增大,物体克服摩擦力做功增大,所以物体滑到底端时

v变小,B正确。2.A解析:设正方形边长为l,根据几何知识,当粒子从Q点射出时,R1=𝑙2;当粒子从c点射出时,根据几何知识可得R2=5𝑙4。另qvB=m𝑣2𝑅,所以有𝐵1𝐵2=𝑅2𝑅1=52,A正确。3.D解析:由安培定则,M导线

在ab间的磁场方向垂直纸面向里,N导线在ab间的磁场方向垂直纸面向外,根据矢量的叠加可得,M到O的磁场方向垂直纸面向里,大小逐渐减小,O到N的磁场方向垂直纸面向外,大小逐渐增大。对带负电小球,在水平方向不受力,做匀速直线运动,故A、B错误,D正确

。由左手定则,M到O的洛伦兹力方向竖直向下,大小逐渐减小,O到N的洛伦兹力方向竖直向上,大小逐渐增大,再由平衡条件知小球对桌面的压力逐渐减小,故C错误。4.C解析:粒子在磁场中运动轨迹如图所示,则由图知,斜向上射入时有rsinθ=a,斜向下射入时有rsinθ+a

=r,联立求得θ=30°,且r=2a。由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m𝑣2𝑟,解得r=𝑚𝑣𝐵𝑞,即粒子的比荷为𝑞𝑚=𝑣2𝐵𝑎。粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α=2×(90°-30°)=120°,运动时间为t=𝑇3

=4π𝑎3𝑣,选项C正确。5.B解析:粒子走过的路程为l,则运动时间t=𝑙𝑣𝐴,A错误,B正确。洛伦兹力始终与运动方向垂直,不做功,C错误。洛伦兹力不做功,粒子速度大小不变,但速度方向改变,故A、

B两处速度不同,D错误。6.B解析:离子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=𝑚𝑣2𝑟,解得r=𝑚𝑣𝑞𝐵,因离子的速率相同,比荷相同,故半径一定相同,A错误。由圆的性质可知,轨迹圆(离子速率较大,半径较大)与

磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,最长弦为PQ,故由Q点飞出的离子圆心角最大,所对应的时间最长,B正确,D错误。设离子轨迹所对应的圆心角为θ,则离子在磁场中运动的时间为t=𝜃2πT,其中T=2π𝑚𝑞𝐵,所有离子的运动周期相等,

由于离子从圆上不同点射出时,轨迹的圆心角不同,所以离子在磁场中运动的时间不同,C错误。7.AB解析:由于磁场对小球的洛伦兹力始终与小球的合运动的方向垂直,故磁场对小球不做功,A正确。对小球受力分析,受重力、支持力和洛伦兹力,

其中重力和洛伦兹力不做功,而动能增加,根据动能定理可知,支持力做正功,B正确。设管子运动速度为v1,小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动,小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不变,F1不变,则小球沿管子做匀加速直线运动,与

平抛运动类似,小球运动的轨迹是一条抛物线,洛伦兹力方向不断变化,C、D错误。8.AB解析:由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径为r=√33·𝑙𝑛(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m𝑣2𝑟,则

v=𝑞𝐵𝑟𝑚=√3𝑞𝐵𝑙3𝑚·1𝑛(n=1,2,3,…),所以A、B正确。9.BD解析:粒子运动轨迹如图所示,由图知粒子运行的轨道半径为r=𝑑2sin𝜃,由牛顿第二定律得Bqv=m�

�2𝑟,联立得B=2𝑚𝑣sin𝜃𝑞𝑑,所以𝐵1𝐵2=sin30°sin60°=√33,选项A错误,B正确。粒子运动周期T=2π𝑚𝐵𝑞,粒子在磁场中运行的时间为t=2𝜃360°T=2𝑚𝜃𝐵�

�,所以𝑡1𝑡2=𝜃1𝐵2𝜃2𝐵1=√32,选项C错误,D正确。10.BD解析:在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,可设为Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动,则有qE1=m𝑣12𝑟1,

qE2=m𝑣22𝑟2,可得12𝑚𝑣12=𝑞𝐸1𝑟12=𝑞𝐸2𝑟22=12𝑚𝑣22,即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能,故C错误;粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,做向心运动,电场力做正功,则粒子动能增大,粒子

3入射时的动能比它出射时的小,故A错误;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,做离心运动,电场力做负功,则粒子动能减小,粒子4入射时的动能比它出射时的大,故B正确;粒子3做向心运动,有qE2>m𝑣32𝑟2,可得12𝑚𝑣32<𝑞𝐸2𝑟2

2=12𝑚𝑣12,粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能,故D正确。11.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示由牛顿第二定律得qvB=m𝑣2𝑅由几何知识得d1=2Rsin30°,d1=d2a、b之间的距离d=d1+d2=2𝑚𝑣0𝑞𝐵。(2)粒子在磁场中做

圆周运动的周期T=2π𝑚𝑞𝐵粒子在磁场中的运动时间t1=16T,t2=56T粒子运动时间之比t1∶t2=1∶5。答案:(1)2𝑚𝑣0𝑞𝐵(2)1∶512.解析:(1)由题意知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的运动半径r甲0=a由洛伦兹力提供向心

力得qv甲0B=m𝑣甲02𝑟甲0解得v甲0=𝑞𝐵𝑎𝑚。(2)由题知,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙根据qvB=m4π2𝑇2r,得𝑇甲𝑇乙=𝑚𝑚乙则m乙=12m粒子甲、乙碰撞过程中,

取竖直向下为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1(其中v甲1=-3v甲0)12𝑚𝑣甲02+12m乙𝑣乙02=12𝑚𝑣甲12+12m乙𝑣乙12解得v乙0=-

5v甲0,v乙1=3v甲0则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3𝑞𝐵𝑎𝑚。(3)已知在t1=π𝑚𝑞𝐵时,粒子甲、乙发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3v甲0则根据qvB=m𝑣2𝑟,可知此时粒子乙的运动半径为r乙1=32a可知在t2=3π𝑚𝑞�

�时,粒子甲、乙发生第二次碰撞,且粒子甲、乙发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s1=6πa,且在第二次碰撞时有mv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙212𝑚𝑣甲12+12m乙𝑣乙12=12𝑚𝑣甲22+12m乙𝑣乙22解得v甲2=v甲0,v

乙2=-5v甲0可知在t3=5π𝑚𝑞𝐵时,粒子甲、乙发生第三次碰撞,且在粒子甲、乙发生第二次碰撞到第三次碰撞的过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s2=10πa,且在第三次碰撞时有mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙312𝑚𝑣甲22+12m乙𝑣乙22=12

𝑣甲32+12m乙𝑣乙32解得v甲3=-3v甲0=v甲1,v乙3=3v甲0=v乙1依次类推,在t10=17π𝑚𝑞𝐵时,粒子甲、乙发生第十次碰撞,且在粒子甲、乙发生第九次碰撞到第十次碰撞的过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s9=6πa,且在第十次碰撞时v甲1

0=v甲2=v甲0,v乙10=v乙2=-5v甲0在t10=17π𝑚𝑞𝐵到t=18π𝑚𝑞𝐵的过程中,粒子甲刚好运动半周,则t=18π𝑚𝑞𝐵时粒子甲运动到P点,即(2a,0)处。在t10=

17π𝑚𝑞𝐵到t=18π𝑚𝑞𝐵的过程中,粒子乙刚好运动一周,则t=18π𝑚𝑞𝐵时粒子乙回到坐标原点,且此过程中粒子乙走过的路程为s10=5πa故整个过程中粒子乙运动的总路程为s=5×6πa+4×10πa+5πa=75πa。答案:(1)

𝑞𝐵𝑎𝑚(2)12m3𝑞𝐵𝑎𝑚(3)甲(2a,0)乙(0,0)75πa