备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用

这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用，共10页。
1.显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点.安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转.设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是（ A ）
A B
C D
解析 要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，则P到O过程中洛伦兹力向上，O到Q过程中洛伦兹力向下，打在O点时不受洛伦兹力，磁感应强度为零，根据左手定则知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是A选项的磁场.
2.[磁场与动量结合/2021湖北/多选]一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出.仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ BC ）
A.a带负电荷B.b带正电荷
C.c带负电荷D.a和b的动量大小一定相等
解析 由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由于微粒a与微粒b的电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误.
3.[2023北京]如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直.管道横截面半径为a，长度为l（l＞＞a）.带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出.单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用.下列说法不正确的是（ C ）
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子质量为Bqav
C.管道内的等效电流为nqπa2v
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
解析 因为l＞＞a，则可以认为l为a的整数倍，则粒子在管道内的运动轨迹如图所示.
粒子的运动半径r＝aqvB＝mv2r→m＝Bqav，A、B正确，不符合题意
粒子在管内运动时间为t→管中的电荷量Q＝nt·qI＝Qt＝nq，C不正确，符合题意
粒子束对管道平均作用力F等于等效电流受的安培力FA＝BIlFA＝nBql，D正确，不符合题意.
4.[洛伦兹力演示仪/2024河北衡水桃城区校级模拟]如图为洛伦兹力演示仪的结构图.励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，玻璃泡中的磁场可以视为匀强磁场，且磁感应强度大小与线圈中电流I的关系为B＝kI（k为常量）.电子由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直.测得电子在玻璃泡中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，从电子枪射出经过加速的电子速度为v，电子所带电荷量为e，质量为m，则励磁线圈中电流I0和一个电子在玻璃泡中运动的等效电流I分别为（ B ）
A.2mvkre，evπr
B.mvkre，ev2πr
C.2mvkre，ev2πr
D.mvkre，evπr
解析 由B＝kI可知，玻璃泡中的磁场的磁感应强度B＝kI0，速度为v的电子在玻璃泡中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有evB＝mv2r，联立解得I0＝mvkre，电子做匀速圆周运动的周期为T＝2πrv，一个电子在玻璃泡中运动的等效电流为I＝eT＝ev2πr，故A、C、D错误，B正确.
5.[多选]如图所示，平行放置的长直导线分别通有等大反向的电流I.某带正电的粒子以一定速度从两导线的正中间射入，第一次两通电导线沿图甲所示方向，第二次两通电导线沿图乙所示方向.不计粒子重力，下列说法正确的是（ AC ）
图甲 图乙
A.图甲中虚线上的磁感应强度方向垂直纸面向里
B.图乙中粒子的初速度方向与虚线上的磁场方向垂直
C.图甲中粒子将向上偏转，且速度大小保持不变
D.图乙中粒子做直线运动，且速度先增大后减小
解析 根据安培定则和磁场叠加可知图甲中虚线上的磁感应强度垂直纸面向里，A正确；根据安培定则以及对称性可知图乙中虚线上的磁感应强度方向水平向右，所以图乙中粒子的初速度与虚线上的磁场同向，即粒子不受洛伦兹力作用，将做匀速直线运动，B、D错误；根据左手定则可知图甲中粒子将向上偏转，由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子速度大小保持不变，C正确.
6.[2023重庆高三联考/多选]在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示.内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器.AC和PM为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场.粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q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，忽略粒子所受重力及粒子间的相互作用力.下列说法正确的是（ BD ）
A.粒子2可能为电子
B.若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C.若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D.若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
解析
7.[运动形式创新]如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内.O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直.将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动.下列说法正确的是（ D ）
A.小球在M点和N点时均处于平衡状态
B.小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C.小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D.小球每次经过O点时所受合外力均相等
解析 小球在M点和N点所受合力不为零，所以小球不处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力与支持力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对小球速度大小有影响的只有重力，小球无论从哪边滚下，到O点所用时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律知，小球每次经过O点时的速度大小相等，由F合＝mv2r可知，F合大小相等，故D正确；小球在O点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，在O点小球所受洛伦兹力向下，故有F1－mg－qvB＝mv2r，轨道所受的压力大小为F1'＝F1＝mg＋qvB＋mv2r，小球从M到N时，在O点小球所受洛伦兹力向上，故有F2＋qvB－mg＝mv2r，故轨道所受的压力大小为F2'＝F2＝mg－qvB＋mv2r，所以小球不是每次经过O点时对轨道的压力都相等，故C错误.
8.[力电综合/多选]如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘长木板，甲、乙叠放在一起静止于粗糙的水平地面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动.在以后的运动过程中，下列说法正确的是（ CD ）
A.甲、乙两物块可能相对滑动
B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C.甲物块向左先加速运动后匀速运动
D.乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F
解析 以甲、乙整体为研究对象，受力分析如图，则有N＝F洛＋（m甲＋m乙）g，当甲、乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，故甲、乙两物块先向左做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，不可能相对滑动，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f'＝m甲a，因a减小，则f'减小，即甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，A、B错误，C正确；由于甲、乙两物块最后会匀速运动，对甲、乙两物块整体水平方向受力分析可得，乙物块受到地面的最大摩擦力大小即为F，D正确.
9.[2024江西鹰潭开学考试]如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OQP中，∠PQO＝90°，∠POQ＝30°.两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇.不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ C ）
A.a带负电，b带正电
B.a、b两粒子的周期之比为1∶3
C.a、b两粒子的速度之比为2∶1
D.a、b两粒子的质量之比为1∶3
解析 如图所示，由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O'，轨迹半径相等，可知粒子a进入磁场时受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知b带负电，故A错误；两粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60°，则有13Ta＝16Tb，a、b两粒子的周期之比为TaTb＝12，故B错误；根据周期公式T＝2πmqB，由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为mamb＝TaTb＝12，故D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为vavb＝mbma＝21，故C正确.
10.如图所示，竖直平面内固定一足够长的绝缘直杆，与水平面夹角为α，杆处在足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于杆所在竖直平面，磁场的磁感应强度大小为B.杆上套一个带负电的小圆环，环与绝缘直杆间的动摩擦因数为μ（μ＜tanα）.将环由静止释放，环向下滑动，当环速度为v1时其加速度最大，当环速度为v2时其加速度为零，则v2v1为（ C ）
A.tanαB.tanαμC.tanαμ＋1D.tanαμ－1
解析 小圆环沿杆运动的速度为v1时，垂直杆的方向有FN1＋Bqv1＝mgcsα，沿杆的方向有mgsinα－Ff1＝mam，因此时加速度最大，所以应有Ff1＝0，即FN1＝0，此时Bqv1＝mgcsα，解得v1＝mgcsαqB.在圆环继续下滑过程中，弹力方向变为垂直于杆向下，设当环的速度为v2时，环受杆的弹力为FN2，摩擦力为Ff2＝μFN2，此时有a＝0，即mgsinα＝Ff2，FN2＋mgcsα＝Bqv2，解得v2＝mgsinα＋μmgcsαμqB，因此v2v1＝tanαμ＋1，故选C.
11.[2022湖北/多选]如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P（a＞0，b＞0）.若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2.下列关系式正确的是（ AD ）
A.t1＜t2B.t1＞t2
C.Ek1＜Ek2D.Ek1＞Ek2
解析 若题述过程由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子在x轴方向不受外力作用，做匀速运动，t1＝av0，根据动能定理得qEb＝Ek1－12mv02，解得Ek1＝12mv02＋qEb；若题述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子在x轴方向受沿x轴负方向的洛伦兹力的分力Fx＝Bqvy作用，做减速运动，所以t2＞av0，因为洛伦兹力不做功，根据动能定理可得Ek2＝12mv02.综上所述，A、D正确，B、C错误.
12.[2023河北石家庄质量检测/多选]如图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B为π6，一群比荷为qm的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围内垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65t0，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0，则（ ACD ）
A.磁感应强度大小为5πm12qt0
B.粒子运动的轨迹半径为33l
C.粒子射入磁场的速度大小为53πl42t0
D.粒子在磁场中扫过的面积为63+3π49l2
解析 垂直于AC边射入且从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为65t0，轨迹圆心在C处，偏转的圆心角θ＝π2，如图1所示，则有65t0＝θmqB，解得B＝5πm12qt0，A正确；粒子在磁场中的运动时间最长，则其轨迹所对圆心角最大，此时轨迹刚好与AB相切，设其偏转角为α，根据圆周运动规律有2t0＝αmqB，解得α＝5π6，根据平面几何知识有l＝Rcs30°＋Rcs30°，解得其轨迹半径R＝237l，B错误；粒子在磁场中的运动速度大小v＝αR2t0＝53πl42t0，C正确；由几何知识可知，粒子在磁场中扫过的面积为一个四分之一圆面加一个矩形，如图2中阴影部分所示，则面积S＝14πR2＋R·Rcs30°，解得S＝63+3π49l2，D正确.

图1 图2
13.[带电粒子在磁场中运动＋动量/2022江苏]利用云室可以知道带电粒子的性质.如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1.不计重力及粒子间的相互作用力.求：
（1）粒子a、b的质量之比ma∶mb；
（2）粒子a的动量大小pa.
答案 （1）2∶1 （2）67mv
解析 （1）分裂后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r
解得r＝mvqB
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1
则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1
（2）电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律有
mv＝mava＋mbvb
又分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1
解得pa＝mava＝67mv.
14.[带电粒子在磁场中运动＋碰撞/2024湖北“宜荆荆恩”起点考试]如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其边界上的O点存在一个粒子发射源，发射源不定时地向磁场发射速度大小和方向均不同的同种粒子.已知此粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）.在某段时间内，发射源在纸面内先后向磁场的左上方、右上方发射了两个粒子，其中粒子1的速度大小为v0，方向与MN的夹角α＝37°；粒子2的速度大小为2v0，方向与MN的夹角β＝53°.粒子1、2分别从磁场边界上的A、B两点（图中未画出）射出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，sin37°＝cs53°＝0.6.
（1）求两粒子在磁场边界上的射出点A、B之间的距离d；
（2）若两粒子在射出磁场后恰能在直线MN下方的无场区域相碰，求两粒子从发射源发射的时间间隔Δt.
答案 （1）2mv0qB （2）（π－1）mqB
解析 （1）由题意可知粒子1、2在磁场中受到洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，则有qv0B＝mv02r1
q·2v0B＝m（2v0）2r2
结合左手定则作出粒子1、2在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系可知∠OO1A＝2α，∠OO2B＝2β
则A、B之间的距离为d＝LOB－LOA＝2r2sinβ－2r1sinα
联立解得d＝2mv0qB
（2）由T＝2πrv可得T1＝T2＝2πmqB
设两粒子在直线MN下方的C点相碰，如图所示，由几何关系可知，粒子1从O点运动至C点所用的时间为t1＝2α360°T1＋dcsαv0
粒子2从O点运动至C点所用的时间为
t2＝360°－2β360°T2＋dcsβ2v0
则两粒子从发射源发射的时间间隔为Δt＝｜t1－t2｜
联立解得Δt＝（π－1）mqB.