高考物理一轮复习过关练习专题64磁吃运动电荷的作用 (含解析)

这是一份高考物理一轮复习过关练习专题64磁吃运动电荷的作用 (含解析)，共8页。

A．洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功
B．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
C．用左手定则判断电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意负电荷与正电荷所受力的方向相反
D．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
2．匀强磁场垂直纸面向里，在磁场中某点同时释放两个带电粒子a和b，速度大小和方向均相同，运动轨迹如图所示．不计带电粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子a带正电，粒子b带负电
B．粒子a的比荷( eq \f(q,m))较大
C．粒子b的运动周期较大
D．粒子b的向心加速度较小
3．[2022·福建省仙游一中期中]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．[2022·广东省惠州市考试]一长直细金属导线竖直放置，通以向上的恒定电流，一光滑绝缘管ab水平固定放置，两端恰好落在一以导线为圆心的圆上，俯视如图所示．半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以初速度v0向b端运动过程中，则下列说法正确的是( )
A．小球在绝缘管中先加速后减速运动
B．洛伦兹力对小球先做正功再做负功
C.小球在管中点处受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终向下
5．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L的通电导线，磁场方向垂直于导线．设单位长度导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q，它们沿导线定向移动的平均速率为v.下列选项正确的是( )
A．导线中的电流大小为nLqv
B．这段导线受到的安培力大小为nLqvB
C．沿导线方向电场的电场强度大小为vB
D．导线中每个自由电荷受到的平均阻力大小为qvB
6．(多选)两根导线通有大小、方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视如图所示．O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是连线垂直平分线上到O点距离相等的两点．一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初速度v0分别从a、b向O点运动过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同
B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反
C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动
D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动
7．[2022·湖北黄石市期中]如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为＋q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ.现对小球施加水平向右的恒力F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是( )
A．直杆对小球的弹力方向不变
B．直杆对小球的摩擦力一直减小
C．小球运动的最大加速度为 eq \f(F0,m)
D．小球的最大速度为 eq \f(F0＋mg,μqB)
8．[2021·全国乙卷]如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则 eq \f(v1,v2)为( )
A． eq \f(1,2)B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(\r(3),2) D． eq \r(3)
9．[2020·全国卷Ⅰ]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示， eq \x\t(ab)为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A． eq \f(7πm,6qB) B． eq \f(5πm,4qB)
C． eq \f(4πm,3qB) D． eq \f(3πm,2qB)
10．[2021·河北卷]如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连．正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q.一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子．C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从上方打入的粒子，CP长度为L0.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力，sin 37°＝ eq \f(3,5).
(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压U0的大小；
(2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin；
(3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点(CH≤CP专题64 磁场对运动电荷的作用
1．AC 洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，故洛伦兹力永不做功，A正确；洛伦兹力的大小不仅和速度大小有关，还和磁感应强度大小、磁场与速度的夹角有关，B错误；左手定则中，四指的方向指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，故负电荷与正电荷所受力的方向相反，C正确；电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意度角，故D错误．
2．A 带电粒子a做逆时针方向的圆周运动，带电粒子b做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则判断可知，粒子a带正电，粒子b带负电，A正确；根据洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝m eq \f(v2,r)，整理得 eq \f(q,m)＝ eq \f(v,Br)，由于带电粒子a做圆周运动的半径较大，比荷( eq \f(q,m))较小，B错误；根据T＝ eq \f(2πr,v)可知粒子b的运动周期较小，C错误；由a＝ eq \f(v2,r)可知粒子b的向心加速度较大，D错误．
3．C 碰撞后，由洛伦兹力提供向心力qv0B＝m eq \f(v0,r)可得r＝ eq \f(mv0,qB)又p＝mv0，碰撞过程中动量守恒，p不变；半径不变，故C正确，A、B、D错误．
4．C 小球受重力、管的弹力和洛伦兹力均与运动方向垂直，各力均不做功，小球在运动方向不受力的作用，小球做匀速直线运动，A、B均错误；根据安培定则，磁感线是以导线上点为圆心沿逆时针方向的同心圆，当运动到ab中点，磁感线与速度平行，洛伦兹力为零，根据左手定则，可知a端到中点的过程中洛伦兹力方向向下，从中点到b端的过程中洛伦兹力方向向上，C正确，D错误．
5．B 导线中的电流大小I＝ eq \f(Q,t)＝ eq \f(nLq,t)＝ eq \f(nvtq,t)＝nvq，A错误；每个电荷所受洛伦兹力大小f＝qvB，这段导线受到的安培力大小F＝nLf＝nLqvB，B正确；沿导线方向的电场的电场强度大小为E＝ eq \f(U,L)，U为导线两端的电压，它的大小不等于vB，只有在速度选择器中的电场强度大小才是vB，且其方向是垂直导线方向，C错误；导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的方向与导线中自由电荷运动方向垂直，二者不相等，D错误．
6．AD 根据安培定则，知两导线连线的垂直平分线上，左边的磁场方向水平向下，而右边的磁场方向水平向上，根据左手定则可得，滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同，均向里，A正确，B错误；水平面光滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直平面向里，平面对滑块的支持力与洛伦兹力和重力的合力平衡，一定做直线运动，C错误；若水平面粗糙，则滑块从b点出发后，由于摩擦力做负功，洛伦兹不做功，一定做减速运动，D正确．
7．C 竖直方向根据平衡条件mg＝qvB＋FN，初始时，洛伦兹力为零，弹力方向向上，此时小球加速，必然有F0＞μmg，速度达到最大时，摩擦力与拉力平衡，此时弹力必然大于重力，此时洛伦兹力必然大于重力，且有F0＝μ(qvB－mg)，此时弹力方向向下，故A错误；小球开始运动时有F0－μ(mg－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝ eq \f(mg,qB)，a达到最大值 eq \f(F0,m)，摩擦力f＝μ(mg－qvB)减小，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后下滑过程中有F0－μ(qvB－mg)＝ma，随v增大，a减小，摩擦力增大，故B错误，C正确；当F0＝μ(qvB－mg)时，此时达到平衡状态，速度最大，最大速度vm＝ eq \f(F0＋μmg,μqB)，D错误．
8．B 设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1)，解得v1＝ eq \f(qBR,m)；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan 30°＝ eq \f(R,r2)，可得其轨迹半径为r2＝ eq \r(3)R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2)，解得v2＝ eq \f(\r(3)qBR,m)，则 eq \f(v1,v2)＝ eq \f(1,\r(3))＝ eq \f(\r(3),3)，选项B正确．
9．C 如图所示，设某一粒子从磁场圆弧 eq \x\t(ab)上的e点射出磁场，粒子在磁场中转过的圆心角为π＋θ＝π＋2α，由于所有粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，运动轨迹对应的圆心角最大，则运动时间最长．由几何关系可知，α最大时，ce恰好与圆弧 eq \x\t(ab)相切，此时sin α＝ eq \f(eO,cO)＝ eq \f(1,2)，可得α＝ eq \f(π,6)，θ＝2α＝ eq \f(π,3)，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在磁场中运动的最长时间t＝ eq \f(T,2)＋ eq \f(T,6)，又T＝ eq \f(2πm,qB)，解得t＝ eq \f(4πm,3qB)，故选C.
10．(1) eq \f(qB2L eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8m)－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q) (2) eq \f(7mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,18q) (3)见解析
解析：(1)根据动能定理得
qU0＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，
带电粒子进入磁场，由洛伦兹力提供向心力得
qvB＝m eq \f(v2,r)，
又有r＝ eq \f(L0,2)，
联立解得U0＝ eq \f(qB2L eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8m)－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q).
(2)使粒子不能打在挡板OM上，则加速电压最小时，粒子的运动轨迹恰好与挡板OM相切，如图甲所示，
设此时粒子加速后的速度大小为v1，在上方磁场中运动的轨迹半径为r1，在下方磁场中运动的轨迹半径为r2，
由几何关系得
2r1＝r2＋ eq \f(r2,sin 37°)，
解得r1＝ eq \f(4,3)r2，
由题意知，粒子在下方磁场中运动的速度为v0，由洛伦兹力提供向心力得
qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1)，
qv0B＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2)，
由动能定理得
qUmin＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，
解得Umin＝ eq \f(7mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,18q).
(3)画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知P点的位置满足k(2rP－2r2)＋2rP＝xCP(k＝1，2，3…).当k＝1时，轨迹如图乙所示；当k＝5时，轨迹如图丙所示．由题意可知，每个粒子的整个运动过程中电压恒定，粒子在下面的磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2)，解得r2＝ eq \f(mv0,qB)，为定值，由第(2)问可知，rP≥ eq \f(4,3)r2，所以当k取1，rP＝ eq \f(4,3)r2时，xCP取最小值，即CH＝xCPmin＝ eq \f(10,3)· eq \f(mv0,qB)，CS→无穷远．