高考物理复习冲刺专题23 洛伦兹力（电磁学部分）（解析版）

专题23洛伦兹力一、选择题（1-9题只有一个选项正确，10-12题有多个选项符合条件）1．如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷而质量不同的带电粒子，以相同的速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，运动轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力、空气阻力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．甲带负电荷，乙带正电荷B．甲的质量大于乙的质量C．洛伦兹力对甲做正功D．甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间【答案】B【解析】A.在点，带电粒子速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则可得甲带正电荷；同理在点，乙受向右的洛伦兹力，根据左手定则可得乙带负电荷；故A错误；B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：解得：由于、、均相同，甲的轨道半径比乙的轨道半径大，则有甲的质量大于乙的质量，故B正确；C.根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故C错误；D.带电粒子在磁场中做圆周运动的周期：在磁场中运动的时间：由于、均相同，甲的质量大于乙的质量，故甲运动时间大于乙运动的时间，故D错误．2．如图所示，质量为m，带电荷量为−q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，重力加速度为g．如果微粒做直线运动，则下列说法正确的是A．微粒一定做匀速直线运动B．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C．匀强电场的电场强度D．匀强磁场的磁感应强度【答案】A【解析】由于粒子带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直于OA线斜向左上方，而重力竖直向下，粒子做直线运动，则说明洛伦兹力不变，即电场力、洛伦兹力和重力能平衡，粒子做匀速直线运动．故A正确，B错误．由图qE=mgtanθ解得E=mg/q，故C错误．qvBcosθ=mg，，故D错误；故选A．3．如图所示，水平放置平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．一带电量为＋q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是A．若只将带电粒子带电量变为＋2q，粒子将向下偏转B．若只将带电粒子带电量变为－2q，粒子仍能沿直线穿过C．若只将带电粒子速度变为2v且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时粒子的电势能减少D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过【答案】B【解析】粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；

根据平衡条件，有，解得，只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器，A错误；若带电粒子带电量为-2q，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器，B正确；若带电粒子速度为2v，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加，C错误；若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，D错误．4．如图表示水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场叠加区域，一个质量是m，带电量是q的质点B恰好能静止在区域中间，另一个质量为2m，带电量也为q的质点A恰好能以某一速度沿着垂直于磁场、电场方向做匀速直线运动，且正好与静止的质点B发生正碰，碰后两质点粘在一起运动，碰撞的过程无电量损失，则下列正确的是A．碰后两质点的运动向下偏且动能增加B．碰后两质点的运动向上偏且动能增加C．碰后两质点的运动向上偏且动能减少D．碰后两质点的运动向下偏且动能减少【答案】C【解析】一个质量是m带电量是q的质点B恰好能静止在区域中间，该质点受重力和向上的电场力．mg=Eq；带电量也为q的质点A恰好能以某一速度沿着垂直于磁场、电场方向做匀速直线运动，该质点受重力和向上的电场力、洛伦兹力．2mg=Eq+Bqv；且正好与静止的质点B发生正碰，碰后两质点粘在一起运动，根据动量守恒定律列出等式2mv=3mv′，解得v′=2v/3此时系统受重力3mg，向上的电场力2Eq，洛伦兹力4Bqv/3，此时系统的合力向上．由于洛伦兹力做功为零，系统重力与向上的电场力合力向下，做负功，所以系统动能减小．故选C．5．托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示．环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈．当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度．再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度．同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行．已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T【答案】C【解析】A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确．D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则，由洛伦兹力提供向心力，则，则有，故D错误．6．如图所示，光滑的水平面上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球．现在对试管施加一个垂直于试管的水平拉力F，在拉力F作用下，试管向右做匀速运动，带电小球将从管口飞出．下列说法正确的是A．小球带负电B．小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功C．小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线D．维持试管做匀速运动的拉力F应为恒力【答案】C【解析】A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；故A错误.B．洛伦兹力是不做功的，因为在向上的洛伦兹力产生的同时，还产生了与F方向相反的一个洛伦兹力，两个洛伦兹力抵消，不做功；故B错误.C．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；故C正确.D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大；故D错误.7．导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是A．由题目已知条件可以算得通过导线的电流为B．题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断C．每个粒子所受的洛伦兹力为，通电导线所受的安培力为D．改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变【答案】A【解析】电流：，则A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB，导线长度为L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则C错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，则D错误；故选A。8．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【答案】B【解析】带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左．根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下．故选B．9．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【答案】B【解析】带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左．根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下．故选B．10．如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区（图中未画出），磁感应强度为B。所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法中正确的是（）A．磁场方向一定是垂直xOy平面向外B．所有粒子通过磁场区的时间相同C．如果粒子速率v0=，能保证所有粒子都打在a点的最小磁场区域面积为D．如果粒子速率v0=，能保证所有粒子都打在a点的最小磁场区域面积为【答案】ACD【解析】A．由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A正确；B．由洛伦兹力提供向心力，可得运动的时间运动的时间还与圆心角有关，粒子做圆周运动的圆心角不同，因此粒子的运动时间不等，故B错误；C．当粒子速率时，粒子做圆周运动的半径为能保证所有粒子都打在点的最小磁场区域如图最小磁场区域面积为故C正确；D．当粒子速率时，粒子做圆周运动的半径为能保证所有粒子都打在点的最小磁场区域如图最小磁场区域面积为故D正确；故选ACD。11．如图所示，两根细长直导线平行竖直固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于a、b两点，点O是ab的中点，杆MN上c、d两点关于O点对称．两导线均通有大小相等、方向相反的电流，通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B=，其中I为导线中电流大小，r为该点到导线的距离，k为常量．一带负电的小球穿在杆上，以初速度v0由c点沿杆运动到d点．设在c、O、d三点杆对小球的支持力大小分别为Fc、FO、Fd，则下列说法正确的是A．Fc=FdB．FO<FdC．小球做变加速直线运动D．小球做匀速直线运动【答案】ABD【解析】CD．根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，左边直导线产生的磁场垂直纸面向里，右边直导线产生的磁场垂直纸面也向里；距离左边直导线x处的合磁场由数学知识可知，当时B最小，可知在ab连线中点O处磁场最弱，连线上合磁场大小先减小过O点后增大，方向先里，根据左手定则可知，小球从a向b运动过程中，受到向下的洛伦兹力作用，在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，故C错误，D正确．AB．cd两点关于O点对称，磁感应强度相等，则小球受洛伦兹力相等，则杆对小球的支持力Fc=Fd；O点磁场最弱，则FO<Fd，选项AB正确；故选ABD．12．直角坐标系xOy中，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，磁场方向垂直xOy平面指向纸面内，该区域的圆心坐标为（R，0），有一个质量为m、带电荷量为-q的离子，以某一速度从点（0，）沿x轴正方向射入该磁场，离子从距离射入点最远处射出磁场，不计离子重力，则A．离子的速度为B．离子的速度为C．离子在磁场区域运动的时间为D．离子在磁场区域运动的时间为【答案】AC【解析】离子从距离射入点最远处射出磁场，可知粒子从入射点与磁场圆心连线的直径的另一端射出，由几何关系可知，此直径与x轴夹角为300，则可知粒子运动的轨道半径为r=2R，根据可知，，选项A正确，B错误；粒子在磁场中运动的圆心角为600,则在磁场区域运动的时间,选项C正确，D错误；故选AC.二、非选择题（共6小题）13．如图所示，三条水平直线CD、MN和PQ在同一竖直面内，CD、MN间距为d，MN和PQ间距为2d、O为CD上一点，OO′垂直于三条水平线。CD、MN之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；OO′左侧与MN、PQ之间存在与MN成45°的匀强电场。一质量为m、电量为+q的粒子从O点沿OO′方向射入磁场，从直线MN上射出磁场的点到OO′的距离为，经一段时间后粒子垂直PQ离开电场区域。不计粒子重力，求：(1)粒子射入磁场的速度；(2)匀强电场的电场强度；(3)若在直线PQ下方还存在垂直于纸面磁感应强度为B0的扇形匀强磁场区域，能使粒子恰好回到原出发点O，且速度方向垂直于CD。求与磁感应强度B对应的最小扇形磁场面积。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)带电量为的粒子从O点沿方向射入磁场，设粒子轨迹半径为R，由几何关系可知由粒子在磁场中做圆周运动规律可得由以上两式解得(2)粒子与水平方向成角进入电场，做类平抛运动，由平抛运动规律可得由牛顿第二定律可得由平抛运动规律可得由于与水平方向成角，几何关系可知解得(3)由题可作图粒子垂直射出电场，则速度为粒子经下方匀强磁场区域返回、之间时，设粒子做圆周运动轨迹半径，由圆周运动规律可得可解得则粒子在磁场中转过的圆心角为，由几何关系可得粒子经下方扇形匀强磁场区域对应的圆心角为，设在该磁场中粒子轨迹半径为，磁感应强度大小为，由圆周运动规律可得则解得扇形面积为14．如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径R=5cm的圆，与y轴相切于点Q点（0，cm），圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x=-10cm处有一个比荷为=1.0×108C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0=4.0×106m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0=2T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点（6cm，0）沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向（不考虑粒子的重力）。求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】粒子运动轨迹如图所示(1)作垂直于PO，有几何关系知所以设磁感应强度为B，由牛顿第二定律得解得(2)粒子在第一象限内转过圆周，设半径为，由牛顿第二定律得图中的矩形面积即为最小磁场面积解得(3)在水平方向上，粒子首先向左运动，撞到挡板，设加速度为a，第一次撞击挡板的水平速度为第1次反弹的水平速度第1次往返的水平路程第2次反弹的水平速度第2次往返的水平路程第n次反弹的水平速度第n次往返的水平路程根据规律，总路程为代入数据得解得15．如图所示，AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小，不计粒子重力．试求：(1)M、N两点间的距离(2)磁感应强度的大小和圆形匀强磁场的半径(3)粒子自O点出发到回到O点所用的时间【答案】（1）（2）；（3）【解析】（1）粒子在电场中只受竖直向上的电场力作用，加速度；

粒子从O到M做类平抛运动，运动时间为，故；

粒子在M点的竖直分速度vy＝at1＝v0，所以，粒子在M点的速度v′=2v0；

粒子从M点到N点无外力做功，速度不变，故粒子在N点的速度为v′=2v0，所以，粒子从N到O做类平抛运动的时间，

故由类平抛运动规律可知，所以，M、N两点间的距离MN＝MP+NP＝；

（2）粒子从N点垂直于CD边界回到电场区域，故粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角θ＝arctan＝60°，离开磁场时的速度方向水平向左，故可作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：；

那么，由几何关系可得：粒子做圆周运动的半径R有关系式：Rcos60°+R＝MN＝d，所以，R＝d；

那么，由粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力可得：，所以，；

由几何关系可知：粒子在磁场中转过的中心角为240°，那么，入射点和出射点对应的磁场中心角为60°，所以，磁场半径R′＝2Rcos30°＝d；

（3）粒子在磁场中运动的时间；

粒子离开磁场进入电场的过程做匀速直线运动，位移s＝R′−R′cos60°＝d，所以，运动时间；

所以，粒子自O点出发到回到O点所用的时间t＝t1+t2+t3+t4＝16．如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x＞0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E．x＞0的区域固定一与x轴成θ=30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点,且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为，重力加速度为g，，．空气阻力忽略不计，求：(1)带电小球a的电性及其比荷；(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为的P点（图中未画出）以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电，且mg=qE，

解得：

（2）带电小球从N点运动到Q点的过程中，有：

由几何关系有：联解得：

带电小球在杆上匀速时，由平衡条件有：mgsinθ=μ（qvB1-mgcosθ）

解得：

（3）带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：

带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：

绝缘小球b平抛运动垤x轴上的时间为：

两球相碰有：联解得：n=1

设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则：解得：17．如图所示，A1、A2为水平放置的两块面积很大、相互平行的金属板，两板间距离为d，A1板的中点为O，在O点正下方两板间中点的P处有一粒子源，可在竖直平面内向各个方向不断发射同种带电粒子，这些带电粒子的速度大小均为v0，质量为m，带电量为q，重力忽略不计，不考虑粒子打到板上的反弹，不考虑粒子间相互作用的影响．(1)若只在Al、A2板间加上恒定电压U0，且A1板电势低于A2板，求打到Al板上粒子的速度大小(忽略带电粒子对金属板上电荷分布的影响)；(2)若只在A1、A2板间加上一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度满足怎样的条件才能有粒子打到极板上；(3)若只在Al、A2板间加上一方向垂直于纸面向外的匀强