第十一章 微專題80　磁場對運動電荷(帶電體)的作用-2025年高中物理《加練半小時》新教材版

第十一章磁場微專題80磁場對運動電荷(帶電體)的作用1．判斷洛倫茲力方向：洛倫茲力既垂直于速度方向又垂直于磁感應(yīng)強度方向，即洛倫茲力要垂直于速度與磁感應(yīng)強度構(gòu)成的平面。2.帶電粒子斜射入勻強磁場時，要將速度沿平行磁場方向和垂直磁場方向分解。平行磁場方向粒子不受力做勻速直線運動，垂直磁場方向做勻速圓周運動。3.安培力可以做功，但洛倫茲力對運動的帶電粒子不做功，即洛倫茲力只改變運動粒子速度方向，不改變速度大小。1．太陽風(fēng)(含有大量高能質(zhì)子與電子)射向地球時，地磁場改變了這些帶電粒子的運動方向，從而使很多粒子到達不了地面，另一小部分粒子則可能會在兩極匯聚從而形成炫麗的極光。赤道上空P處的磁感應(yīng)強度為B＝3.5×10－5T，方向由南指向北，假設(shè)太陽風(fēng)中的一質(zhì)子以速度v＝2×105m/s豎直向下運動穿過P處的地磁場，如圖所示。已知質(zhì)子電荷量為q＝1.6×10－19C，此時該質(zhì)子受到的洛倫茲力()A．方向向北 B．方向向南C．方向向東 D．大小為11.2N答案C解析質(zhì)子以速度v＝2×105m/s豎直向下運動穿過P處的地磁場，地磁場方向由南指向北，根據(jù)左手定則知質(zhì)子受到的洛倫茲力方向向東，當(dāng)速度與磁場方向垂直時，則由F＝Bvq，代入數(shù)據(jù)，解得：F＝3.5×10－5×2×105×1.6×10－19N＝1.12×10－18N，故C正確，A、B、D錯誤。2.(多選)在范圍足夠大的勻強磁場中，靜止的鈉核eq\o\al(24,11)Na發(fā)生衰變，沿與磁場垂直的方向釋放出一個粒子后，變?yōu)橐恍潞?，新核與放出粒子在磁場中運動的徑跡均為圓，如圖所示。以下說法正確的是()A．新核為eq\o\al(24,12)MgB．發(fā)生的是α衰變C．軌跡2是新核的軌跡D．新核沿順時針方向旋轉(zhuǎn)答案AC解析根據(jù)動量守恒得知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應(yīng)帶負電，是β粒子，所以發(fā)生的是β衰變。根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，衰變方程為eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，可知新核為eq\o\al(24,12)Mg，故A正確，B錯誤；由題意，靜止的鈉核eq\o\al(24,11)Na發(fā)生衰變時動量守恒，釋放出的粒子與新核的動量大小相等，兩個粒子在勻強磁場中都做勻速圓周運動，因為新核的電荷量大于所釋放出的粒子電荷量，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)得知，新核的半徑小于β粒子的半徑，所以軌跡2是新核的軌跡，故C正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由左手定則判斷得知，新核沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故D錯誤。3．(多選)(2023·安徽合肥市模擬)如圖甲所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電圓環(huán)，可在水平的、足夠長的絕緣粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)水平向左的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．初速度v0滿足v0＞eq\f(mg,qB)B．初速度v0滿足v0＜eq\f(mg,qB)C．圓環(huán)克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv02D．圓環(huán)克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv02－eq\f(m3g2,2q2B2)答案AD解析由題圖乙分析可知，圓環(huán)先減速運動，當(dāng)qv0B＝mg時，做勻速直線運動，故可知初始時洛倫茲力大于重力，即qv0B＞mg，得v0＞eq\f(mg,qB)，故A正確，B錯誤。根據(jù)牛頓第二定律Ff＝ma，聯(lián)立可得：a＝eq\f(μqvB－mg,m)；由于速度越來越小，則洛倫茲力越來越小，當(dāng)洛倫茲力等于重力時，豎直方向上FN＝0，則滑動摩擦力Ff＝0，圓環(huán)開始勻速運動，此時由mg＝qv′B，得v′＝eq\f(mg,qB)，設(shè)此過程中圓環(huán)克服摩擦力做的功為Wf，根據(jù)動能定理－Wf＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(m3g2,2q2B2)，故C錯誤，D正確。4．(多選)如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°的絕緣光滑斜面固定于水平地面上，都處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。兩個質(zhì)量均為m、帶電荷量均為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中()A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短C．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等D．甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同答案AC解析滑塊沿斜面運動時，垂直斜面方向有FN＋qvB＝mgcosθ，可知當(dāng)v越大時，F(xiàn)N越小，當(dāng)FN＝0，即當(dāng)速度達到vm＝eq\f(mgcosθ,qB)時，滑塊就將飛離斜面，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，可知在斜面上滑塊都是做勻加速運動，且加速度不變，所以運動時間t＝eq\f(vm,a)＝eq\f(\f(mgcosθ,qB),gsinθ)＝eq\f(m,qBtanθ)，所以斜面傾角越小，在斜面上運動的時間越長，故B錯誤；重力的平均功率PG＝mgeq\f(v1,2)＝eq\f(mgvmsinθ,2)＝eq\f(m2g2sinθcosθ,2qB)＝eq\f(m2g2sin2θ,4qB)，可知兩滑塊重力的平均功率相等，故C正確；在斜面上運動的位移為L＝eq\f(vm2,2gsinθ)＝eq\f(m2gcos2θ,2q2B2sinθ)，可知甲的位移大于乙的位移，故D錯誤。5.如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點C時，給小球施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率不變答案B解析小球從A到C，洛倫茲力不做功，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvC2，則vC＝eq\r(2gR)，在C點，F(xiàn)洛＝qvCB＝qBeq\r(2gR)，選項A錯誤；在C點，F(xiàn)C－mg＋F洛＝eq\f(mvC2,R)，解得FC＝3mg－qBeq\r(2gR)，由牛頓第三定律知，選項B正確；小球從C到D的過程中，所受合力指向圓心，對小球進行受力分析如圖所示，則mgsinθ＝Fcosθ，F(xiàn)＝mgtanθ，θ增大，則F增大，選項C錯誤；小球從C到D的過程中，動能不變，合力做功為零，洛倫茲力與支持力不做功，外力F做正功，重力做負功，外力的功率與重力的功率大小相等，運動過程中，小球的速度在豎直方向的分量增大，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，選項D錯誤。6.如圖所示，虛線MN將平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域，兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場。一帶電粒子僅在磁場力作用下由Ⅰ區(qū)運動到Ⅱ區(qū)，弧線aPb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP與弧Pb的弧長之比為2∶1，且兩段圓弧對應(yīng)圓心角相同，不計帶電粒子重力，下列判斷正確的是()A．Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，大小之比為1∶2B．該粒子在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域磁場中受到的洛倫茲力大小之比為1∶1C．該粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為1∶1D．弧aP與弧Pb對應(yīng)的圓的半徑之比為3∶1答案A解析粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，故有Bvq＝eq\f(mv2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，因為eq\f(l,r)＝θ，故弧aP與弧Pb對應(yīng)的圓的半徑之比eq\f(r1,r2)＝eq\f(l1,l2)＝2∶1，洛倫茲力不做功，所以粒子速率不變，由以上分析可得B1∶B2＝r2∶r1＝1∶2，故A正確，D錯誤；由F＝qvB可知，F(xiàn)1∶F2＝B1∶B2＝1∶2，故B錯誤；由t＝eq\f(l,v)，可知粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為2∶1，故C錯誤。7.(多選)(2023·青海省模擬)如圖所示，acd是半徑為r的半圓，圓心為O，dfh是半徑為2r的四分之一圓弧，兩圓弧相切于d點，空間有垂直于紙面向外的勻強磁場B。從粒子源a射出的質(zhì)量為m的粒子x沿圓弧acd運動，經(jīng)時間t1與靜止于d點的質(zhì)量為4m的靶粒子y發(fā)生正碰，碰撞時間很短，碰撞后結(jié)合成一個粒子z，粒子z沿圓弧dfh經(jīng)過時間t2第一次到達h點。不計其他相互作用，則()A．y帶負電B．x和z的速率之比為5∶2C．x和z的電荷量之比為2∶1D．t1∶t2＝2∶5答案AC解析粒子碰撞過程動量守恒，可得mxv1＝(mx＋my)v2＝mzv2，故eq\f(v1,v2)＝eq\f(mx＋my,mx)＝eq\f(5,1)，B錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，碰撞前后動量不變，可知粒子x與z的電荷量與軌跡半徑成反比，半徑之比為1∶2，解得qx∶qz＝2∶1，根據(jù)左手定則及粒子運動軌跡的偏轉(zhuǎn)方向可知，x與z均帶正電，由于z的電荷量較小，可知y帶負電，A、C正確；粒子的運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子x與z的質(zhì)量比為1∶5，電荷量之比為2∶1，可知周期比為1∶10，粒子運動時間為t＝eq\f(θ,360°)T，x粒子運動軌跡對應(yīng)圓心角為180°(用時eq\f(1,2)周期)，z粒子運動軌跡對應(yīng)圓心角為90°(用時eq\f(1,4)周期)，聯(lián)立解得t1∶t2＝1∶5，D錯誤。8.(2023·江蘇泰州市階段練習(xí))如圖所示，一足夠長的固定粗糙傾斜絕緣管處于勻強磁場中，一帶正電小球從靜止開始沿管內(nèi)下滑，下列關(guān)于小球的加速度a與時間t(沿管向下為正方向)，受到的彈力FN與時間t(垂直管向下為正方向)，以開始下落點為零重力勢能參考點，小球的重力勢能Ep隨位移x，機械能E與位移x的關(guān)系圖像可能正確的是()答案D解析當(dāng)mgcosα>qvB時，F(xiàn)N＝mgcosα－qvB，由牛頓第二定律得mgsinα－μ(mgcosα－qvB)＝ma，a越來越大則eq\f(Δa,Δt)＝μqBeq\f(Δv,Δt)＝μqBa，－eq\f(ΔFN,Δt)＝qBeq\f(Δv,Δt)＝qBa，可見a－t圖像的斜率越來越大，F(xiàn)N－t圖像的斜率越來越大；當(dāng)mgcosα<qvB