2023届高考一轮复习（老高考）第十章 微专题69　磁场对运动电荷(带电体)的作用【解析版】

微专题69　磁场对运动电荷(带电体)的作用

1．只有运动电荷(带电体)在磁场中才受洛伦兹力作用，洛伦兹力的大小与速度大小有关.2.安培力可以做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功．

1.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流大小均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数)．某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过坐标原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受洛伦兹力(　　)

A．方向垂直纸面向里，大小为

B．方向指向x轴正方向，大小为

C．方向垂直纸面向里，大小为

D．方向指向x轴正方向，大小为

答案　A

解析　P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的磁感应强度，根据安培定则，O点的磁感应强度方向沿x轴负方向，RO＝a，磁感应强度的大小B＝＝.根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小为F＝evB＝，故选A.

2.如图所示，一倾角为θ＝53°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在竖直向上、大小E＝1×102 N/C的匀强电场和垂直纸面向外、大小B＝1×102 T的匀强磁场．现让一质量m＝0.4 kg、电荷量q＝1×10－2 C的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放，小滑块运动1 m后离开斜面．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A．离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动

B．小滑块离开斜面时的速度大小为1.8  m/s

C．在离开斜面前的过程中小滑块电势能增加了0.8 J

D．在离开斜面前的过程中产生的热量为2.2 J

答案　D

解析　小滑块在下滑过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用．由于洛伦兹力的大小变化使小滑块对斜面的压力减小，从而导致摩擦力减小，故小滑块做加速度增大的加速运动，选项A错误；当洛伦兹力增大至小滑块对斜面的压力为0时，小滑块将离开斜面运动，此时有：qvB＝(mg＋Eq)cos 53°，解得小滑块离开斜面时的速度大小为3 m/s，选项B错误；整个运动过程中，电场力做正功，由Ep＝－Eql·sin θ代入数据得小滑块的电势能减小了0.8 J，选项C错误；对离开斜面前的运动过程，由动能定理得(mg＋Eq)lsin 53°－Wf＝

mv2－0，解得整个过程中摩擦力做功2.2 J，即产生的热量为2.2 J，选项D正确．

3．如图所示，足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中固定一光滑斜面，A、B两物块叠放在斜面上，A带正电，B不带电且上表面绝缘．在t＝0时刻，释放两物块，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，以下说法正确的是(　　)

A．A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系

B．A对B的压力大小与时间t成反比关系

C．A、B间的摩擦力越来越小

D．斜面倾角越大，A、B一起沿斜面运动的位移越大

答案　A

解析　对A进行受力分析，A受重力、洛伦兹力和支持力，则其合力为mgsin θ，根据牛顿第二定律mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，则v＝at＝gtsin θ，洛伦兹力为F1＝qvB＝qBgtsin θ，即洛伦兹力大小与时间t成正比，故A正确；A对B的压力大小F2＝mgcos θ－F1＝mgcos θ－qBgtsin θ，压力大小与时间是一次函数关系，故B错误；沿斜面下滑的过程中，A和B以a＝gsin θ的加速度运动，没有相对运动趋势，故A、B之间没有摩擦力，故C错误；当

mgcos θ－qBgtsin θ＝0时，A、B开始分离，此时t＝＝，位移x＝at2＝

gsin θ()2＝·，故位移随着倾角的增大而减小，故D错误．

4．(多选)两个带正电的粒子，以相同大小的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3.不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)

A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6

B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1

C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2

D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6

答案　BD

解析　由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，推出R＝，又因为两者速度大小相等，质量之比m甲∶m乙＝2∶1，电荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故

R甲∶R乙＝6∶1，选项A错误；由圆周运动周期计算公式T＝可得周期T＝，代入数据可得T甲∶T乙＝6∶1，选项B正确；圆周运动角速度与周期关系ω＝可得ω甲∶ω乙＝1∶6，选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，选项D正确．

5.(多选)如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)从O点出发，以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则(　　)

A．粒子一定带正电荷

B．MN上下两侧的磁场方向相同

C．MN上下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2＝1∶2

D．时间t＝

答案　BD

解析　题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所以不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的方法判定带电粒子的正负，故A错误；粒子越过磁场的分界线MN时，洛伦兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确；设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1∶r2＝1∶2；洛伦兹力充当圆周运动的向心力qvB＝m，解得B＝，所以B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，故C错误；由洛伦兹力充当圆周运动的向心力qvB＝m，周期T＝，得T＝；带电粒子运动的时间t＝T1＋＝＋，由B1∶B2＝2∶1得t＝，故D正确．

6.如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)

A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB

B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB

C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变

D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变

答案　B

解析　小球从A到C，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR＝mvC2，则vC＝，在C点，F洛＝qvCB＝qB选项A错误；在C点，FC－mg＋F洛＝，解得FC＝3mg－qB，由牛顿第三定律知，选项B正确；小球从C到D的过程中，所受合力指向圆心，对小球进行受力分析如图所示，

则mgsin θ＝Fcos θ，θ增大，则F增大，选项C错误；小球从C到D的过程中，动能不变，合外力做功为零，洛伦兹力与支持力不做功，外力F做正功，重力做负功，外力的功率与重力的功率大小相等，运动过程中，速度在竖直方向的分量增加，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，选项D错误．

7.(多选)如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场，一质量为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t＝0时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1 N的恒力．g取

10 m/s2，则(　　)

A．木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动

B．木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动

C．当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离

D．t＝1 s时滑块和木板开始发生相对滑动

答案　BC

解析　由于动摩擦因数为0.45，在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为

amax＝ m/s2＝4.5 m/s2

所以当2.1 N的恒力作用于滑块时，系统一起以a＝＝ m/s2＝3 m/s2.

当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度减小的加速运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有qvB＝mg，代入数据得v＝10 m/s.

此时摩擦力消失，木板做匀速运动，而滑块在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，滑块将离开木板向上做曲线运动，故A错误，B、C正确；当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度3 m/s2，对木板有Ff＝Ma＝0.3×3 N＝0.9 N，再根据Ff＝μ(mg－qvB)，解得v＝5 m/s，根据v＝at可得运动的时间为t＝ s，故D错误．

8.如图所示，一质量为m的带正电粒子从O点以初速度v0水平抛出．若在该带电粒子运动的区域内加一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O点以初速度v0水平抛出，则粒子恰好能经A点到达该区域中的B点．已知B点在O点的正下方，∠BOA＝60°，粒子重力不计．求：

(1)粒子在电场中运动，到达A点时的动能EkA；

(2)匀强电场的场强大小E与磁场的磁感应强度大小B的比值．

答案　(1)mv02　(2)v0

解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在A点时的速度方向与水平方向夹角为θ.则

vy＝v0tan θ

tan θ＝2tan 30°

EkA＝m(v02＋vy2)

解得EkA＝mv02

(2)如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A点到达B点，由此可知，OB为该粒子做圆周运动的直径，设OA之间的距离为d，粒子电荷量为q，

则粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝＝d，

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m，

对粒子，在电场中从O到A点的运动过程，由动能定理得qEdcos 60°＝EkA－mv02，

得＝v0.