高考物理一轮复习课时练习 第11章第2练　磁场对运动电荷(带电体)的作用（含详解）

1.(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是()A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功2．(2023·吉林长春外国语学校模拟)在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动。则α粒子与β粒子的动能之比为()A.eq\f(m1,m2)B.eq\f(m2,m1)C.eq\f(m1,4m2)D.eq\f(4m2,m1)3.(2024·福建省仙游一中月考)质量为m的带电微粒a仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，则该整体在磁场中做圆周运动的半径将()A．变大 B．变小C．不变 D．条件不足，无法判断4.(2023·黑龙江齐齐哈尔市模拟)如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知)，磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子从虚线上的M点垂直磁场方向射入磁场，经过一段时间，该粒子经过N点(图中未画出)，速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是()A．磁场的方向垂直纸面向外B．粒子从M运动到N的时间为eq\f(π,6kB)C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL5．(多选)(2022·辽宁卷·8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是()A．粒子1可能为中子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点6.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qBeq\r(2gh)C．洛伦兹力做正功D．滑块的机械能增大7.(2023·安徽合肥市模拟)如图，长直导线水平固定放置，通有向右的恒定电流，绝缘细线一端系于直导线上的O点，另一端系一个带电小球，细线拉直，第一次让小球在A点由静止释放，让小球绕O点沿圆1在竖直面内做圆周运动；第二次让小球在B点由静止释放，让小球绕O点沿圆2在竖直面内做圆周运动。圆1与直导线在同一竖直面内，圆2与直导线垂直，A、B两点高度相同，不计空气阻力，不计细线的重力，则两次小球运动到最低点C时()A．速度大小相等，线的拉力相等B．速度大小不等，线的拉力相等C．速度大小相等，线的拉力不等D．速度大小不等，线的拉力不等8．如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．到达光电门2之前滑块先加速后减速B．到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变C．滑块所带的电荷量为eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)D．滑块所带的电荷量为eq\f(mgtsinθ,Bdμ)＋eq\f(mgtcosθ,Bd)9.(多选)(2024·广东广州市开学考)如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；圆形区域内无磁场。P是圆外一点，且OP＝3r，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝eq\f(3,2)rB．粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝eq\f(4,3)rC．粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝eq\f(3m,2qB)D．粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝eq\f(3m,4qB)10.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。11.(2023·湖北荆州市期中)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像，重力势能Ep、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像，可能正确的是()第2练磁场对运动电荷(带电体)的作用1．A[小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。]2．D[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(4m2,m1)，故D正确。]3．C[由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v02,r)，可得r＝eq\f(mv0,qB)，又p＝mv0，得r＝eq\f(p,qB)，碰撞过程中动量守恒，p不变，电荷量不变，则半径不变，故C正确，A、B、D错误。]4．C[根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子从M运动到N时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子从M到N运动的时间为t＝eq\f(1,6)T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，由题知eq\f(q,m)＝k，整理得t＝eq\f(π,3kB)，故B错误；如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cosα＝eq\f(R－L,R)，解得R＝2L，又R＝eq\f(mv,qB)，则v＝2kBL，故D错误，C正确。]5．AD[由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。]6．B[滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A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，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，故滑块在b点受到的洛伦兹力大小为F＝qBv＝qBeq\r(2gh)，故B正确，C、D错误。]7．C[由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以两次小球运动到最低点C时，根据动能定理可知，合外力做功相同，所以两次在最低点时速度大小相等；在圆1中小球在最低点时速度方向与磁场方向相互垂直，根据左手定则，如果小球带正电，则在圆1中小球在最低点线的拉力大小满足FT1＋Bqv－mg＝meq\f(v2,R)，在圆2中小球在最低点速度方向与磁场方向相互平行，所受洛伦兹力为0，则在圆2中小球在最低点线的拉力大小满足FT2－mg＝meq\f(v2,R)，则两次小球运动到最低点C时，线的拉力不等，同理可知，若小球带负电，在C点线的拉力也不等，所以C正确，A、B、D错误。]8．BC[以滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1前已经做匀速运动，因此到达光电门2之前滑块先加速后匀速，到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误，B正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝eq\f(d,t)，根据受力平衡可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)，故C正确，D错误。]9．BC[根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有(3r－R)2＝R2＋r2，解得R＝eq\f(4,3)r，故A错误，B正确；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得粒子在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为v＝eq\f(4qBr,3m)，则粒子第一次在圆形区域内运动的时间为t＝eq\f(2r,v)＝eq\f(3m,2qB)，故C正确，D错误。]10．(1)eq\f(mv0,2eL)(2)(eq\f(\r(3),2)L，eq\f(L,2))(3)eq\f(2πL,3v0)解析(1)由题意可知电子在有界圆形磁场区域受洛伦兹力而做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有ev0B＝meq\f(v02,r)如图所示，过A、B点分别作速度方向的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°，AC＝BC＝AB＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L由几何知识得r＝2L联立解得B＝eq\f(mv0,2eL)；(2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，O1的坐标为(eq\f(\r(3),2)L，eq\f(L,2))；(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(4πL,v0)，电子在磁场中运动的时间t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(T,6)＝eq\f(2πL,3v0)。11．D[选竖直向下为加速度的正方向，上升阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma，其中有Ff＝μFN＝μBqv联立解得a＝eq\f(mg＋μqvB,m)故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速度为a＝eq\f(mg,m)＝g下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg－μBqv＝ma，可得a＝eq\f