2023版高考物理专题66磁吃运动电荷带电体的作用练习含解析

专题66　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．(多选)极光是由来自太阳的高能带电粒子流冲进高空稀薄大气层时，被地磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动而形成的．这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子，使其发出各种颜色的光．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关(　　)

A．太阳对带电粒子的引力做负功

B．越靠近南北两极地磁场的磁感应强度越强

C．空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少

D．洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少

答案　BC

解析　粒子被地磁场俘获后，太阳对带电粒子的引力很小，可忽略，故A错误；由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，得出r＝，可知当磁感应强度增加时，半径减小，故B正确；粒子在运动过程中可能受到空气阻力，空气阻力对粒子做负功，所以其动能会减小，即v减小，由r＝知半径r减小，故C正确；粒子受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故D错误．

2．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变，由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)

A.  B．T  C.  D．T2

答案　A

解析　带电粒子在洛伦兹力作用下做半径不变的匀速圆周运动，故有qvB＝，由题意可知，粒子的平均动能与T成正比，即mv2＝kT，联立可得B∝，A正确．

3.(多选)如图1所示，质量为m、带电荷量为＋q的三个相同的带电小球A、B、C，从同一高度以初速度v0水平抛出，B球处于竖直向下的匀强磁场B0中，C球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为tA、tB、tC，落地时的速度大小分别为vA、vB、vC，则以下判断正确的是(　　)

图1

A．tA＝tB＝tC B．tB<tA＝tC

C．vC＝vA<vB D．vA＝vB<vC

答案　AD

解析　根据题意可知：A球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；B球除受重力之外还受到洛伦兹力作用，但B受的洛伦兹力总是垂直纸面向里沿水平方向的，不影响竖直方向的分运动，所以竖直方向也做自由落体运动，且洛伦兹力不做功，故只有重力做功；C球除重力做功外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向做自由落体运动，但电场力对其做正功．所以三个球竖直方向都做自由落体运动，下落的高度相同，故下落时间相同，则有tA＝tB＝tC，故A正确，B错误；根据动能定理可知：A、B两球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而C球合外力做的功比A、B两球合外力做的功大，而初速度与A、B球的初速度相等，故C球的末速度比A、B两球的末速度大，即vA＝vB<vC，故C错误，D正确．

4．(多选)(2019·甘肃天水一中学段考试)如图2所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中(　　)

图2

A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大

B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短

C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同

D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等

答案　AD

解析　小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面方向的分力平衡，由mgcos θ＝qvmB，可得vm＝，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，即甲滑块飞离斜面瞬间的速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsin θ，所以甲滑块的加速度小于乙滑块的加速度，因为甲滑块的最大速度大于乙滑块的最大速度，由vm＝at得，甲滑块在斜面上运动的时间大于乙滑块在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝得，甲滑块在斜面上的位移大于乙滑块在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式P＝F＝mg·sin θ＝，因sin 30°＝cos 60°，则重力的平均功率相等，故D正确．

5.(多选)(2019·湖南师大附属中学质检)如图3所示，一质量为m、电荷量为－q的圆环，套在与水平面成θ角的足够长的绝缘粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一沿杆向上方向的初速度(取初速度方向为正方向)，以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是(　　)

图3

答案　ABD

解析　当qBv0＞mgcos θ时，圆环受到的弹力FN先变小后变大，摩擦力Ff＝μFN也先变小后变大，圆环减速的加速度a＝也先变小后变大；当速度减小到零时，若μ＞tan θ时，圆环将静止；若μ＜tan θ时，圆环将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动．当qBv0＜mgcos θ时，圆环受到的弹力FN变大，摩擦力Ff＝μFN变大，圆环减速的加速度a＝变大；速度减小到零时，若μ＞tan θ，圆环将静止；若μ＜tan θ，圆环将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动，故A、B、D正确，C错误．

6.如图4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(　　)

图4

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＝mv，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)(2020·贵州贵阳市3月调研)如图5，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(　　)

图5

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．