第十一章 第57练 磁场对运动电荷(带电体)的作用
[分值：100分]
1~7题每小题7分，共49分
1.(2025·江苏南京市开学考)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( )
A.a带负电荷
B.b带正电荷
C.c不带电
D.a和b的动量大小一定相等
2.(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是( )
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
3.如图所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平方向向左匀速运动。则下列说法正确的是( )
A.带电物体所受的洛伦兹力为零
B.带电物体受洛伦兹力作用且方向竖直向上
C.小车对地面的压力变大
D.地面对小车的摩擦力方向向左
4.如图所示，甲、乙、丙三个单摆模型中，轻绳长度相等，绝缘小球的质量和半径相等，最大摆角均小于5°，乙、丙两模型中小球均带正电荷，周围分别有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，摆动过程中绳子一直处于伸直状态，甲、乙、丙三个单摆模型的周期分别为T甲、T乙、T丙，则( )
A.T甲>T乙 B.T甲>T丙
C.T甲=T丙 D.T乙=T丙
5.(2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
6.(2023·江苏省崇真中学阶段检测)如图所示，质量为m、带电荷量为+q的物块，在水平向外的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开始下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B，重力加速度为g，墙壁足够高，下列说法正确的是( )
A.物块在下滑过程中只受重力、摩擦力和洛伦兹力
B.物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
C.物块下滑的最大速度为
D.物块在下滑过程中，受到的洛伦兹力不做功，物块机械能守恒
7.如图所示，两区域内匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A.电子的运动轨迹为PENCMDP
B.B1=2B2
C.电子从射入磁场到回到P点用时为
D.B1=4B2
8、9题每小题9分，10题16分，共34分
8.(2023·江苏省天一中学检测)如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且OA∶AB=3∶2，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是( )
A.两个粒子的比荷之比为5∶3
B.两个粒子在磁场中运动的半径之比为3∶2
C.两个粒子同时经过A点和B点
D.粒子1在磁场中运动的时间较长
9.(2024·江苏南京市三模)如图所示，一根足够长的粗糙绝缘细直杆MN，固定在竖直平面内，与水平面的夹角为37°，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满直杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带负电小环(可视为质点)套在直杆上，与直杆之间有一个极小的空隙，小环与直杆之间动摩擦因数μ=0.5，将小环从直杆MN上的P点由静止释放，下降高度为h之前速度已达到最大值。已知小环和直杆之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小环的电荷量为-q(q>0)，重力加速度大小为g，不计空气阻力，取sin 37°=0.6，下列说法中正确的是( )
A.小环释放后，一直做加速度减小的加速运动
B.小环释放后，小环的速度先增大后减小
C.小环释放后，加速度的最大值为0.6g，速度的最大值为
D.小环下降高度h的过程中，因摩擦产生的热量为mgh-
10.(16分)如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：
(1)(7分)磁场的磁感应强度大小；
(2)(4分)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)(5分)电子在磁场中运动的时间。
11.(17分)(2024·重庆卷·14)有人设计了一粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且OK垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)(4分)求OK间的距离；
(2)(6分)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)(7分)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。
参考解析
1.B [在两轨迹相切的位置，粒子a速度方向向右，受到向上的洛伦兹力，而粒子b速度方向向左，受到向下的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子a、粒子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，则粒子c应带负电，故A、C错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，所以r＝。虽然粒子a与粒子b的半径相等，但由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，故D错误。]
2.A [小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。]
3.B [题中匀强磁场向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电物体受到洛伦兹力作用且方向竖直向上，故B正确，A错误；由于小车水平方向不受力，所以摩擦力为零，故D错误；对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小车对地面的压力变小，故C错误。]
4.C [依题意，甲、乙、丙三个单摆的摆长相等，设为L，甲单摆模型的周期为T甲＝2π，乙单摆模型在匀强电场中摆动，其周期为T乙＝2π，由牛顿第二定律得a＝＝g－，联立解得T乙＝2π>T甲，丙单摆模型处于匀强磁场中，洛伦兹力始终与速度方向垂直，沿绳方向，故并不改变小球沿轨道切线方向的加速度，则单摆周期不变，即T丙＝2π＝T甲，故选C。]
5.A [由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。]
6.B [物块在下滑过程中受重力、弹力、摩擦力和洛伦兹力，故A错误；物块下滑过程中，根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，摩擦力为Ff＝μFN＝μqvB，所以物块下滑过程中做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，故B正确；当物块匀速时，速度最大，有mg－μqvB＝0，解得v＝，故C错误；物块在下滑过程中，尽管物块受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，而摩擦力做功，所以物块的机械能减小，故D错误。]
7.B [根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝可知，B1＝2B2，故B正确，D错误。]
8.A [
设∠NOB＝θ，粒子1和2的轨迹半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹，可得OA＝2r1cos θ，同理可得OB＝2r2cos θ，由题意OA∶AB＝3∶2，可得OA∶OB＝3∶5，故r1∶r2＝3∶5，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，整理可得，可得两个粒子的比荷之比∶＝5∶3，选项A正确，B错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，则两粒子运动的周期之比为T1∶T2＝3∶5，粒子1从O到A转过的圆心角与粒子2从O到B转过的圆心角相等，均为π－2θ，由t＝T可知两个粒子不能同时经过A点和B点，粒子1在磁场中运动的时间较短，选项C、D错误。]
9.C [刚开始阶段，小环受到重力、支持力、沿杆向上的摩擦力作用，下滑后，由于小环速度逐渐增大，所以还会受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据力的合成与分解，垂直于杆方向，有FN＋qvB＝mgcos 37°
沿杆方向，有mgsin 37°－μFN＝ma
随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，所以加速度增大，故小环会做加速度增大的加速运动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下，根据
qvB＝mgcos 37°＋FN，mgsin 37°－μFN＝ma
小环做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故A、B错误；小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，加速度最大，根据牛顿第二定律，有mgsin 37°＝ma即a＝0.6g
当合力为零时，速度最大，根据共点力平衡，有mgsin 37°＝μFN，qvmB＝mgcos 37°＋FN
解得vm＝，故C正确；因为下降高度为h之前速度已达到最大值，小环下降高度h的过程中，根据能量守恒定律，有mgh＝m＋Q，解得Q＝mgh－m＝mgh－，故D错误。]
10.(1) (2)(L，) (3)
解析 (1)由题意可知电子在有界圆形磁场区域受洛伦兹力而做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，
则有ev0B＝m
如图所示，过A、B点分别作速度方向的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°
AC＝BC＝AB＝r，
已知OA＝L，得OC＝r－L
由几何知识得r＝2L
联立解得B＝；
(2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，O1的坐标为(L，)；
(3)电子做匀速圆周运动，
则圆周运动的周期为T＝，
电子在磁场中运动的时间t＝T＝。
11.(1) (2) (3)
解析 (1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图中①所示
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B＝m
其中OK＝2r1＝
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则该粒子在磁场中运动的轨迹半径r2 ＝ 4r1
如图中②所示，由几何关系有
(4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2
解得MO＝2r1＝
(3)设速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点时打开磁场开关，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图中③所示
由几何关系有
(4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2
解得ON＝2r1＝
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t＝解得t＝。
