2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)課時分層精練五十一磁場對運動電荷的作用習(xí)題

課時分層精練(五十一)磁場對運動電荷的作用基礎(chǔ)落實練1．[2024·廣東江門市一模]帶電粒子進(jìn)入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點．該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質(zhì)量和電荷量不變，重力忽略不計．下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點C．粒子運動過程中洛倫茲力對其做負(fù)功D．粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小2．(多選)核聚變具有效率極高、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢，中科院等離子體物理研究所設(shè)計制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實驗裝置(EAST)，這是我國科學(xué)家率先建成世界上第一個全超導(dǎo)核聚變“人造太陽”實驗裝置．將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示，磁場水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，忽略粒子重力及粒子間相互作用的影響，以下判斷正確的是()A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動C．丙粒子做勻速圓周運動D．所有粒子運動過程中動能不變3．[2023·北京卷]如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直．管道橫截面半徑為a，長度為l(l?a).帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為＋q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是()A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為eq\f(Bqa,v)C．管道內(nèi)的等效電流為nqπa2vD．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql4．(多選)[2024·廣東潮州高三潮州市金山中學(xué)校考]如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從圓周上的P點沿半徑方向射入磁場．若粒子射入磁場時的速度大小為v1，運動軌跡為PN；若粒子射入磁場時的速度大小為v2，運動軌跡為PM.不計粒子的重力，下列判斷正確的是()A．粒子帶負(fù)電B．速度v1小于速度v2C．粒子以速度v1射入時，在磁場中運動時間較長D.粒子以速度v1射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較大5．(多選)[2024·河南四市二模]如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在有垂直于紙面向里的勻強磁場，MN為磁場左下方的邊界線，其上有等距的三點a、b、c.某一時刻帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中，并同時到達(dá)c點．不計粒子的重力和帶電粒子之間的相互作用，則下列說法正確的是()A．帶電粒子1和2的質(zhì)量之比為2∶1B．帶電粒子1和2所帶電荷量之比為2∶1C．帶電粒子1和2的速度大小之比為2∶1D．帶電粒子1和2在磁場中運動過程中，所受洛倫茲力的沖量相等6．如圖，在以x軸和虛線圍成的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面．x軸上a點左側(cè)有一足夠長的金屬板，半圓形邊界的圓心為O、半徑為eq\r(,3)L，上邊界到x軸的距離為2L.在O點有一粒子源，在紙面內(nèi)向第一、第二象限均勻發(fā)射帶正電的粒子，每秒鐘射出n個粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為e，速度為v0＝eq\f(eB,m)L，不計粒子之間的相互作用．求：(1)某個粒子沿與x軸正方向成60°射出，它在磁場中運動的時間t；(2)電流表的示數(shù)I；(3)磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域?qū)挾萪.素養(yǎng)提升練7．[2024·云南模擬]如圖所示，在光滑絕緣地面上存在垂直于地面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.有一質(zhì)量為m的不帶電小球P以v0的速度向右運動，與另一電荷量為＋q的靜止小球Q發(fā)生正碰．兩球碰撞后合為一體垂直撞向平行于v0方向的足夠長的墻，已知小球與墻每次碰撞后的速率變?yōu)榕鲎睬暗膃q\f(1,2)，速度方向反向，則最終兩小球與小球Q的初始位置的距離為()A．eq\f(3mv0,qB)B．eq\f(\r(10)mv0,qB)C．eq\f(2mv0,qB)D．eq\f(\r(5)mv0,qB)8．[2023·湖北卷(節(jié)選)]如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場．t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P(2a，0)沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(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，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周．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，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響．求：(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大?。?2)粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大?。n時分層精練（五十一）磁場對運動電荷的作用1．解析：由題意可知該粒子本身的動能在減少，而其質(zhì)量和電荷量不變，可知速度大小在減小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝eq\f(mv,qB)所以粒子半徑減小，粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點；根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，故A、B錯誤；由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，洛倫茲力不做功，故C錯誤；根據(jù)F＝qvB，可知粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小，故D正確．故選D.答案：D2．解析：甲粒子速度方向與磁場方向垂直，則所受洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A錯誤；乙粒子速度方向與磁場方向平行，則所受洛倫茲力大小為0，做勻速直線運動，故B正確；丙粒子速度方向與磁場方向不垂直，不做勻速圓周運動，故C錯誤；洛倫茲力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，所有粒子運動過程中動能不變，故D正確．答案：BD3．解析：帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r＝a故A正確，不符合題意；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可得粒子的質(zhì)量m＝eq\f(Bqa,v)故B正確，不符合題意；管道內(nèi)的等效電流為I＝eq\f(Q,t)＝nq故C錯誤，符合題意；粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力F＝BIl＝Bnql故D正確，不符合題意．故選C.答案：C4．解析：根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝eq\f(mv2,R)解得v＝eq\f(qBR,m)根據(jù)圖中軌跡可知，R1<R2，則有v1<v2故B正確；粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(α,2π)T由圖可知運動軌跡為PN對應(yīng)的圓心角大于運動軌跡為PM對應(yīng)的圓心角，故粒子以速度v1射入時，在磁場中運動時間較長，故C正確；粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小為F＝qvBv1<v2，可知F1<F2，故粒子以速度v1射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較小，故D錯誤．故選BC.答案：BC5．解析：畫出帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中，并同時到達(dá)c點的運動軌跡圖，由圖中幾何關(guān)系可知，兩帶電粒子軌跡所對的圓心角相同，帶電粒子1的軌跡半徑r1＝2r2，由洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，解得q＝mv/Br，由此可知帶電粒子1和2所帶電荷量之比為q1∶q2＝r2∶r1＝1∶2，B錯誤；根據(jù)題述某一時刻帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中，并同時到達(dá)c點可知兩個粒子的運動時間相同，由t＝eq\f(rθ,v)可知，帶電粒子1和2的速度大小之比為v1∶v2＝r1∶r2＝2∶1，C正確；題述兩個粒子的動量p＝mv相同，帶電粒子1和2的質(zhì)量之比為m1∶m2＝v2∶v1＝1∶2，A錯誤；帶電粒子1和2在磁場中運動時，所受洛倫茲力f＝qvB相等，時間t相等，根據(jù)沖量定義I＝ft可知，帶電粒子1和2在磁場中運動時，所受洛倫茲力的沖量相等，D正確．答案：CD6．解析：（1）由eBv＝meq\f(v2,r)，得r＝L分析出粒子在磁場中運動的圓心在磁場邊界與y軸交點d，從e點垂直于邊界射出磁場，偏轉(zhuǎn)角為30°，則在磁場中的運動時間為t＝eq\f(30,360)T＝eq\f(πm,6eB).（2）左邊的臨界狀況是在f點與磁場邊界相切，射入方向與x軸負(fù)方向成60°，則單位時間內(nèi)打在金屬板上的粒子數(shù)為N＝eq\f(60,180)n＝eq\f(1,3)n，電流表的示數(shù)為I＝eq\f(1,3)ne.（3）粒子從磁場左邊射出的臨界點為f點，df＝eq\r(3)L，粒子從磁場右邊射出的臨界點為g點，原點O、軌跡圓心、g點三點一線，dg＝eq\r(（3L）2－（2L）2)＝eq\r(5)L，粒子從上邊界射出磁場的寬度d＝fd＋dg＝eq\r(3)L＋eq\r(5)L＝（eq\r(3)＋eq\r(5)）L.答案：（1）eq\f(πm,6eB)（2）eq\f(1,3)ne（3）（eq\r(3)＋eq\r(5)）L7．解析：設(shè)小球Q的質(zhì)量為M，兩球碰撞合為一體后的速度為v，根據(jù)動量守恒有mv0＝（m＋M）v根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝（m＋M）eq\f(v2,r)解得兩球碰撞合為一體后運動半徑r＝eq\f(mv0,qB)由題意可知小球與墻每次碰撞后的運動半徑變?yōu)榕鲎睬暗膃q\f(1,2)，所以在水平方向的距離為x＝r＋r＋eq\f(1,2)r＋eq\f(1,4)r＋eq\f(1,8)r＋…利用等比數(shù)列求和公式可得x＝3r最后利用勾股定理可得最終兩小球與小球Q的初始位置的距離d＝eq\r(10)r＝eq\f(\r(10)mv0,qB)，選項B正確．故選B.答案：B8．解析：（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點O，則說明粒子甲的半徑r＝a根據(jù)qv甲0B＝meq\f(veq\o\al(2,甲0),r甲0)解得v甲0＝eq\f(qBa,m)（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲＝2T乙根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(m,m乙)則m乙＝eq\f(1,2)m粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0＝－m