2026届高考物理一轮基础复习训练50 磁场对运动电荷的作用

这是一份2026届高考物理一轮基础复习训练50 磁场对运动电荷的作用，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1.如图为显像管原理俯视图（纸面内）。若电子枪发射的高速电子束经磁偏转线圈的磁场偏转后打在荧光屏上a点，则（ ）
A. 磁场的方向垂直纸面向里
B. 磁场越强，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点
C. 要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场
D. 要让电子束从a逐渐移向b，应逐渐增强磁场使电子束过O点，再将磁场反向且逐渐减弱磁场
2.如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形线框，线框边长为L，质量M，线框上边水平且处于垂直纸面向内的匀强磁场中，线框通有如图方向电流，且线框处于静止状态，此时弹簧测力计示数大小为F。已知该线框单位长度自由电子个数为n，重力加速度为g，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为（ ）
A. F−Mg
B. Mg−F
C. F−MgnL
D. Mg−FnL
3.正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中的1、2、3所示。下列说法正确的是（ ）
A. 磁场方向垂直于纸面向里
B. 轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C. 轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D. 轨迹3对应的粒子是正电子
4.Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A. mvqB
B. 3mv2qB
C. (1+2)mvqB
D. (1+22)mvqB
5.如图所示，在xOy平面的0≤y0），写出最终小物块与木板间因摩擦而产生的总热量Q与k的关系式。
16.有人设计了一粒子收集装置。如图所示，比荷为qm的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
（1）求OK间的距离；
（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
17.如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子（质量为m、电荷量为e）从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）磁场区域的圆心O1的坐标；
（3）电子在磁场中运动的时间。
一、单项选择题
答案：C
解析：
电子束向右运动，打在荧光屏上a点（偏上），由左手定则可知，洛伦兹力向上，磁场方向垂直纸面向外，故A错误。
磁场越强，洛伦兹力越大，偏转越显著，电子束打在屏上的位置越远离中心O，故B错误。
要使电子从a移向b（从偏上到偏下），需先减小偏转至O点（磁场减弱至零），再反向偏转（磁场反向增强），故C正确，D错误。
答案：A
解析：
线框静止时，弹簧测力计示数F=Mg+F安（安培力向下），故线框所受安培力F安=F−Mg。
电子定向移动的洛伦兹力是安培力的微观本质，总洛伦兹力等于安培力，故电子定向移动对应的洛伦兹力大小为F−Mg，A正确。
答案：D
解析：
由左手定则，轨迹1、2向左偏转，轨迹3向右偏转。正电子带正电，受力方向与电子相反，故轨迹3为正电子，D正确。
磁场方向垂直纸面向外（对正电子，向右偏转符合左手定则），A错误。
轨迹1若曲率半径减小，说明速度减小（可能受阻力），B错误。
洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r⇒r=mvqB，轨迹2半径小于轨迹3，故初速度更小，C错误。
答案：C
解析：
粒子在磁场中做圆周运动，圆心在y轴上（初速度沿x轴）。过y轴时速度与y轴夹角45°，说明速度反向延长线过圆心，偏转角45°。
轨道半径R=mvqB，P点坐标：y=R+Rcs45°，x=Rsin45°，但粒子过y轴时x=0，实际OP距离为y=R(1+cs45°)+xsin45°，简化得OP=R(1+2)，即(1+2)mvqB，C正确。
答案：A
解析：
质子从原点向第一象限发射，从磁场上边界y=a射出。当轨迹半径r=a2时，与边界相切的质子速度方向与y轴夹角30°，符合“50%质子数射出”的条件（对称分布），A正确。
答案：B
解析：
单摆周期T=2πlg′，等效重力加速度g′：
甲：g′=g；乙：g′=g+qEm（电场力向下），周期不同；丙：洛伦兹力不提供回复力，g′=g，周期与甲相同。故A错误。
周期与质量无关，B正确。
乙的g′随电场强度减小而减小，周期变长，C错误。
丙中洛伦兹力不影响切向加速度，左右运动时间相等，D错误。
答案：B
解析：
电子在B1中轨迹半径r1，在B2中r2，由图知r2=2r1。
洛伦兹力提供向心力：r=mveB⇒B∝1r，故B1=2B2，B正确，D错误。
轨迹应为PENCMDP（顺时针偏转），A错误。
周期T=2πmeB，总时间为T12+T2=πmeB1+2πmeB2=5πmeB1，C错误。
答案：D
解析：
洛伦兹力不做功（始终与速度垂直），A错误。
空心管对小球的弹力做功（使小球获得沿管方向的速度），B错误。
小球受洛伦兹力的分力qvB（沿管方向），加速度a=qvBm，随速度增大而增大，非匀加速，C错误。
离开时，小球速度为合速度：合v合=v2+2qBLvm2=v1+2qBLmv，D正确。
二、多项选择题
答案：BC
解析：
粒子均向下偏转，磁场向里，由左手定则，粒子带负电（a、b、c均带负电），A错误。
加速度a=Fm=qvBm=qmvB。若比荷相同，速度越大加速度越大（c轨迹半径最小，速度最大），B正确。
若速度相同，比荷越大加速度越大，c半径最小，比荷最大，C正确。
动量p=mv，r=pqB⇒q=prB，b半径最大，电荷量最小，D错误。
答案：ACD
解析：
粒子受空气阻力减速，由r=mvqB，速度减小则半径减小，A正确。
两极磁场强，B增大则半径减小，B错误。
正粒子在北半球磁场中（向下），由左手定则，顺时针旋进（从下往上看），C正确。
夹角θ减小，v⊥=vsinθ减小（半径r∝sinθ减小），v∥=vcsθ增大（螺距Δx=v∥T∝csθ，T不变），故螺距增大，D正确。
答案：BD
解析：
粒子在Ⅰ区域向左偏转，Ⅱ区域向右偏转，由左手定则，粒子带负电，A错误。
运动周期T=2πmqB，总时间为T2+T2=T，B正确。
能量损耗少则速度大，周期不变，再次到达薄板时间相同，C错误。
Ⅰ区域轨迹半径r1=L2，故v1=qBr1m=qBL2m，D正确。
答案：AD
解析：
碰后C对水平面压力为零，故洛伦兹力qCvCB=mCg⇒vC=mCgqCB=20 m/s，A正确，B错误。
动量守恒：mAv0=mAvA+mCvC⇒vA=15 m/s。
C对A的冲量I=mA(vA−v0)=−0.02 N·s，大小为0.02 N·s，D正确。
答案：BD
解析：
粒子垂直CD射入，圆心在CD上。速率不同但偏转角相同（如都从CE边射出且偏转角60°），运动时间相同（t=θ2πT），A错误。
从CD边飞出的粒子最大半径r=L2，故v=qBrm=kBL2，B正确。
从DE边飞出的区域长度小于L，C错误。
从CE边飞出的粒子最大偏转角60°（π3），最长时间t=π3kB，D正确。
三、非选择题
解：
（1）P点粒子垂直y轴射入，轨迹圆心在y轴上，第一次到O点时运动半周：
T12=πm1q1B=πkB （q1m1=k）
轨道半径r1=d=m1v1q1B⇒v1=q1Bdm1=kBd。
（2）Q点粒子比荷q2m2=k2，运动时间与P点粒子相同：πkB。
设轨迹半径r2，速度与y轴夹角θ，由几何关系2r2sinθ=d。
运动时间t=2θm2q2B=4θkB=πkB⇒θ=π4。
半径r2=d2sinπ4=2d2，速度v2=q2Br2m2=k2B⋅2d2=2kBd4。
解：
（1）小物块受洛伦兹力洛F洛=qv0B=3μmg（向上），故对木板的摩擦力洛f=μ(mg−F洛)=2μmg（向右）。
木板加速度a=f2m=μg。
（2）最终小物块与木板共速v，动量守恒：mv0=3mv⇒v=v03=μmgqB。
摩擦生热Q=12mv02−12⋅3mv2=3μ2m2g2q2B2。
（3）当k≤1时，洛伦兹力小于重力，最终共速：Q=k(k−1)μ2m2g22q2B2；
当k>1时，洛伦兹力大于重力，最终小物块离开木板：Q=k2μ2m2g22q2B2。
解：
（1）速率v0的粒子在O点进入磁场，轨迹圆心在KO上，由KO=2r0，r0=mv0qB，故KO=2mv0qB。
（2）速率4v0的粒子轨迹半径r=4r0，由几何关系：MO2+KO2=(r−MO)2⇒MO=3mv02qB。
解：
（1）电子轨迹偏转角60°，轨道半径R=Lsin60°=2L3，由ev0B=mv02R⇒B=3mv02eL。
（2）磁场区域圆心O1在AB垂直平分线上，坐标−L2,3L6。
（3）运动时间t=60°360°T=πm3eB=2πL3v0。