考點(diǎn)規(guī)范練35磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力一、單項(xiàng)選擇題1.如圖所示,一個(gè)帶負(fù)電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端時(shí),速度為v。若加上一個(gè)垂直紙面向外的磁場(chǎng),則滑到底端時(shí)()A.v變大 B.v變小C.v不變 D.不能確定v的變化答案:B解析:由于帶負(fù)電的物體沿斜面下滑時(shí)受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用,故物體對(duì)斜面的正壓力增大,斜面對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力增大,物體克服摩擦力做功增大,所以物體滑到底端時(shí)v變小,B正確。2.(2024·廣西卷)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng),粒子過(guò)y軸時(shí)速度方向與y軸正方向夾角為45°,交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力,則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為()A.mvqB BC.(1+2)mv答案:C解析:帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力。由Bqv=mv2R,得R=mvBq,根據(jù)題意,畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示,由幾何關(guān)系得lPO=(1+2)R=(1+23.如圖所示,兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中,O為M、N連線中點(diǎn),連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱,導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長(zhǎng)直導(dǎo)線在周圍空間某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kIr,式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中電流、r為該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離?，F(xiàn)有一置于a點(diǎn)的帶負(fù)電小球獲得一沿ab方向的初速度v0,已知小球始終未離開桌面。關(guān)于小球在兩導(dǎo)線間的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法正確的是(A.小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B.小球做曲率半徑先增大后減小的曲線運(yùn)動(dòng)C.小球?qū)ψ烂娴恼龎毫ο葴p小后增大D.小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)答案:D解析:由安培定則,M導(dǎo)線在ab間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,N導(dǎo)線在ab間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,根據(jù)矢量的疊加可得,M到O的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,大小逐漸減小,O到N的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,大小逐漸增大。對(duì)帶負(fù)電小球,在水平方向不受力,做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A、B錯(cuò)誤,D正確。由左手定則,M到O的洛倫茲力方向豎直向下,大小逐漸減小,O到N的洛倫茲力方向豎直向上,大小逐漸增大,再由平衡條件知小球?qū)ψ烂娴膲毫χ饾u減小,故C錯(cuò)誤。4.如圖所示,直角坐標(biāo)系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,右邊界PQ平行于y軸。一粒子(重力不計(jì))從原點(diǎn)O以與x軸正方向成θ角的速度v垂直射入磁場(chǎng),當(dāng)斜向上射入時(shí),粒子恰好垂直PQ射出磁場(chǎng);當(dāng)斜向下射入時(shí),粒子恰好不從右邊界射出。粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為()A.vBa,2πaC.v2Ba,4π答案:C解析:粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,則由圖知,斜向上射入時(shí)有rsinθ=a,斜向下射入時(shí)有rsinθ+a=r,聯(lián)立求得θ=30°,且r=2a。由洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2r,解得r=mvBq,即粒子的比荷為qm=v2Ba。粒子恰好不從右邊界射出時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為α=2×(90°-30°)=1205.如圖所示,一電子以垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度vA,從A處進(jìn)入長(zhǎng)為d、寬為h的磁場(chǎng)區(qū)域,發(fā)生偏移而從B處離開磁場(chǎng)。電子的電荷量為e,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,圓弧AB的長(zhǎng)為l,則()A.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=dB.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=lC.洛倫茲力對(duì)電子做功是BevA·hD.電子在A、B兩處的速度相同答案:B解析:粒子走過(guò)的路程為l,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=lvA,A錯(cuò)誤,B正確。洛倫茲力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直,不做功,C錯(cuò)誤。洛倫茲力不做功,粒子速度大小不變,但速度方向改變,故A、B兩處速度不同6.如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi),有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于圓平面(未畫出)。一群比荷為qm的負(fù)離子有相同的速率v0(較大),由P點(diǎn)在紙平面內(nèi)以不同方向射入磁場(chǎng),發(fā)生偏轉(zhuǎn)后飛出磁場(chǎng),最終打在磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)足夠大熒光屏上,離子重力不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(A.離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑可能不相等B.由Q點(diǎn)飛出的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)C.離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定相等D.沿PQ方向射入的離子飛出時(shí)偏轉(zhuǎn)角最大答案:B解析:離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,因離子的速率相同,比荷相同,故半徑一定相同,A錯(cuò)誤。由圓的性質(zhì)可知,軌跡圓(離子速率較大,半徑較大)與磁場(chǎng)圓相交,當(dāng)軌跡圓的弦長(zhǎng)最大時(shí)偏向角最大,最長(zhǎng)弦為PQ,故由Q點(diǎn)飛出的離子圓心角最大,所對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng),B正確,D錯(cuò)誤。設(shè)離子軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為θ,則離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=θ2πT,其中T=2πmqB二、多項(xiàng)選擇題7.如圖所示,在一根一端封閉、內(nèi)壁光滑的直管MN內(nèi)有一個(gè)帶正電的小球,空間中充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí),直管水平放置,且小球位于管的封閉端M處?，F(xiàn)使直管沿水平方向向右勻速運(yùn)動(dòng),經(jīng)一段時(shí)間后小球到達(dá)管的開口端N處。在小球從M到N的過(guò)程中()A.磁場(chǎng)對(duì)小球不做功B.直管對(duì)小球做正功C.小球所受磁場(chǎng)力的方向不變D.小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一直線答案:AB解析:由于磁場(chǎng)對(duì)小球的洛倫茲力始終與小球的合運(yùn)動(dòng)的方向垂直,故磁場(chǎng)對(duì)小球不做功,A正確。對(duì)小球受力分析,受重力、支持力和洛倫茲力,其中重力和洛倫茲力不做功,而動(dòng)能增加,根據(jù)動(dòng)能定理可知,支持力做正功,B正確。設(shè)管子運(yùn)動(dòng)速度為v1,小球垂直于管子向右的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng),小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不變,F1不變,則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動(dòng),與平拋運(yùn)動(dòng)類似,小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線,洛倫茲力方向不斷變化,C、D錯(cuò)誤。8.如圖所示,直線MN與水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),左下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點(diǎn),能水平向右發(fā)射速度大小不同、質(zhì)量為m(重力不計(jì))、電荷量為q(q>0)的同種粒子,所有粒子均能通過(guò)MN上的b點(diǎn)。已知ab的長(zhǎng)度為l,則粒子的速度大小可能是()A.3qBl6mC.3qBl2m答案:AB解析:由題意可知粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,所有圓弧的圓心角均為120°,所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r=33·ln(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r,則v=qBrm=3qBl9.如圖所示,在直徑為d的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,一個(gè)帶電粒子以速率v從A點(diǎn)沿與直徑AC成30°角的方向射入磁場(chǎng),經(jīng)時(shí)間t1從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)?，F(xiàn)調(diào)整磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,讓同一粒子沿與直徑AC成60°角的方向仍以速率v射入磁場(chǎng),經(jīng)時(shí)間t2仍從C點(diǎn)射出磁場(chǎng),則下列說(shuō)法正確的是()A.B1∶B2=3∶1B.B1∶B2=3∶3C.t1∶t2=2∶3D.t1∶t2=3∶2答案:BD解析:粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由圖知粒子運(yùn)行的軌道半徑為r=d2sinθ,由牛頓第二定律得Bqv=mv2r,聯(lián)立得B=2mvsinθqd,所以B1B2=sin30°sin60°=33,選項(xiàng)A甲10.(2022·全國(guó)乙卷)一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測(cè)裝置,由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板(半徑分別為R和R+d)和探測(cè)器組成,其橫截面如圖甲所示,點(diǎn)O為圓心。在截面內(nèi),極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比,方向指向O點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子從極板間通過(guò),到達(dá)探測(cè)器。不計(jì)粒子重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動(dòng),圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(R<r1<r2<R+d);粒子3從距O點(diǎn)r2的位置入射并從距O點(diǎn)r1的位置出射;粒子4從距O點(diǎn)r1的位置入射并從距O點(diǎn)r2的位置出射,軌跡如圖乙中虛線所示。則()乙A.粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大B.粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大C.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能小于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能D.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能答案:BD解析:在截面內(nèi),極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比,可設(shè)為Er=k,帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有qE1=mv12r1,qE2=mv22r2,可得12mv12=qE1r12=qE2r22=12mv22,即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能,故C錯(cuò)誤;粒子3從距O點(diǎn)r2的位置入射并從距O點(diǎn)r1的位置出射,做向心運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做正功,則粒子動(dòng)能增大,粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小,故A錯(cuò)誤;粒子4從距O點(diǎn)r1的位置入射并從距O點(diǎn)r2的位置出射,做離心運(yùn)動(dòng),三、非選擇題11.如圖所示,直線MN上方存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里、大小為B的無(wú)限大勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子1在紙面內(nèi)以速度v0從O點(diǎn)射入磁場(chǎng),其方向與MN的夾角α=30°;質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子2在紙面內(nèi)也從O點(diǎn)沿相同的方向射入磁場(chǎng),其速度大小也為v0。已知粒子1、2同時(shí)到達(dá)磁場(chǎng)邊界的a、b兩點(diǎn)離開磁場(chǎng)(圖中未畫出),不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用,求:(1)兩粒子在磁場(chǎng)邊界上的穿出點(diǎn)a、b之間的距離d;(2)1、2兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比t1∶t2。答案:(1)2(2)1∶5解析:(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由牛頓第二定律得qvB=mv由幾何知識(shí)得d1=2Rsin30°,d1=d2a、b之間的距離d=d1+d2=2m(2)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=16T,t2=5粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1∶t2=1∶5。12.(2023·湖北卷)如圖所示,空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻,一帶正電粒子甲從點(diǎn)P(2a,0)沿y軸正方向射入,第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍,粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí),粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m,兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰,碰撞時(shí)間忽略不計(jì),碰撞過(guò)程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移。整個(gè)過(guò)程不考慮重力和兩粒子間庫(kù)侖力的影響。(1)求第一次碰撞前粒子甲的速度大小。(2)求粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。(3)求t=18πmqB時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo),及從第一次碰撞到t=18πmqB的過(guò)程中粒子乙運(yùn)動(dòng)的路程。(答案:(1)qBam(2)12m(3)甲(2a,0)乙(0,0)75πa解析:(1)由題意知,粒子甲從點(diǎn)P(2a,0)沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O,則說(shuō)明粒子甲的運(yùn)動(dòng)半徑r甲0=a由洛倫茲力提供向心力得qv甲0B=mv解得v甲0=qBam(2)由題知,粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí),粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周,則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2T2則m乙=12粒子甲、乙碰撞過(guò)程中,取豎直向下為正方向,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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解得v乙0=-5v甲0,v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa(3)已知在t1=πmqB時(shí),粒子甲、乙發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3v則根據(jù)qvB=mv2r,可知此時(shí)粒子乙的運(yùn)動(dòng)半徑為r乙1=可知在t2=3πmqB時(shí),粒子甲、乙發(fā)生第二次碰撞,且粒子甲、乙發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過(guò)程中粒子乙運(yùn)動(dòng)了2圈,此過(guò)程中粒子乙走過(guò)的路程為s1=6πmv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙212mv甲12解得v甲2=v甲0,v乙2=-5v甲0可知在t3=5πmqB時(shí),粒子甲、乙發(fā)生第三次碰撞,且在粒子甲、乙發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞的過(guò)程中粒子乙運(yùn)動(dòng)了2圈,此過(guò)程中粒子乙走過(guò)的路程為s2=10πmv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙312mv甲22解得v甲3=-3v甲0=v甲1,v乙3=3