微練40磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用梯級(jí)Ⅰ基礎(chǔ)練1.如圖所示，一帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子帶電量為q(q>0)，質(zhì)量為m，速度大小為v，不計(jì)重力，則粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為(D)A.qBmv B.C.qvmB D.解析粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=mv2r，解得粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=mvqB2.(多選)(2025·西安模擬)如圖所示，足夠大的空間內(nèi)，豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)光滑的絕緣水平面，平面上O點(diǎn)固定一根絕緣細(xì)線，細(xì)線的另一端系一帶電小球，小球在光滑水平面內(nèi)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在某時(shí)刻細(xì)線斷開(kāi)，小球仍然在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列情況有可能發(fā)生的是(BD)A.速率變小，半徑變小，周期不變B.速率不變，半徑不變，周期不變C.速率變小，半徑變大，周期變大D.速率不變，半徑變小，周期變小解析因?yàn)槁鍌惼澚τ啦蛔龉Γ运俣却笮〔蛔儯珹、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤；若開(kāi)始時(shí)細(xì)線上無(wú)拉力，當(dāng)細(xì)線斷開(kāi)后，合力不變，速率不變，周期不變，B項(xiàng)正確；若開(kāi)始時(shí)細(xì)線上有拉力，由拉力和洛倫茲力的合力提供向心力，即F+F洛=mv2R或F-F洛=mv2R；細(xì)線斷開(kāi)后，僅由洛倫茲力提供向心力，即F洛=mv2R'，此時(shí)合力可能變大、變小或不變，而速度不變，則軌道半徑可能變小、變大或不變，3.(2025·廣州模擬)電荷量為3e的正離子，自勻強(qiáng)磁場(chǎng)a點(diǎn)如圖射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，打中并吸收了原處于靜止?fàn)顟B(tài)的一個(gè)電子(此過(guò)程類似完全非彈性碰撞)，若忽略電子質(zhì)量，則接下來(lái)離子的運(yùn)動(dòng)軌跡是(D)解析正離子吸收一個(gè)電子后，帶電荷量由+3e變?yōu)?2e，由于碰撞的時(shí)間極短，故吸收電子后滿足動(dòng)量守恒定律，離子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量保持不變，由洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，軌道半徑為r=mvqB，因?yàn)殡x子吸收電子后，電荷量減小且新離子的動(dòng)量與原來(lái)相同，故離子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r增大，離子仍然帶正電，故離子圓周運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有發(fā)生變化4.(2025·泉州模擬)云霧室也稱云室是一種早期的核輻射探測(cè)器，也是最早的帶電粒子徑跡探測(cè)器。因發(fā)明者為英國(guó)物理學(xué)家威爾遜，一般稱為威爾遜云室。如圖所示，將大量正、負(fù)帶電粒子以大小相同的速度噴入云霧室里，觀察到有兩個(gè)粒子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反。已知云霧室中勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，只考慮帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力。下列說(shuō)法正確的是(D)A.粒子①受到的洛倫茲力不變B.粒子②一定帶負(fù)電C.粒子①和②的質(zhì)量一定相等D.粒子①和②的比荷一定相等解析粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力的方向始終指向圓心，洛倫茲力大小一定，方向不斷發(fā)生變化，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，粒子②帶正電，B項(xiàng)錯(cuò)誤；兩個(gè)粒子的徑跡彎曲程度相同，即軌道半徑相等，根據(jù)qvB=mv2R，解得qm=vRB，兩粒子的比荷相等，質(zhì)量不一定相等，C5.(2025·貴陽(yáng)模擬)科學(xué)家利用磁場(chǎng)控制帶電粒子的軌跡，研究粒子的性質(zhì)。如圖，PMN左下方空間內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PM⊥MN。現(xiàn)有電荷量相同、質(zhì)量不同的甲、乙兩種正粒子，先后從PM上O點(diǎn)以平行于MN的相同速度射入磁場(chǎng)，甲、乙分別經(jīng)過(guò)MN上E、F兩點(diǎn)，OM=ME=EF=d，不考慮粒子間相互作用力及重力，則(B)A.乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2dB.乙的質(zhì)量是甲質(zhì)量的2.5倍C.甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于乙D.洛倫茲力對(duì)甲、乙均做正功解析乙在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O1，由幾何關(guān)系有(R乙-d)2+(2d)2=R乙2，可得乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R乙=2.5d，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律有Bqv=mv2R，化簡(jiǎn)得R=mvBq，由圖可知R甲=d，得R甲R(shí)乙=12.5，結(jié)合R=mvBq可知m甲m乙=12.5，即乙的質(zhì)量是甲質(zhì)量的2.5倍，B項(xiàng)正確；由公式t=lv，且乙粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡大于甲粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，6.(2025·天水模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))由軌道左端A處無(wú)初速度滑下﹐當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再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(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn)。若軌道兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，下列判斷正確的是(D)A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBgRB.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mgC.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大解析小球從A到C過(guò)程機(jī)械能守恒mgR=12mv2，解得v=2gR，所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F=qB2gR，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN-mg+F=mv2R，解得FN=3mg-qB2gR，小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg-qB2gR，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)程中，速率不變，小球受到的合外力大小不變(加速度a的大小也不變)，方向始終指向圓心，設(shè)過(guò)小球的半徑與豎直方向的夾角為θ，在豎直方向應(yīng)用牛頓第二定律得，(F洛+FN)cosθ-mg=macosθ，整理得FN=mgcosθ+ma-F洛，隨著θ增大，F(xiàn)N增大；在水平方向應(yīng)用牛頓第二定律得(F洛+FN)sinθ-F=masinθ，整理得F=(F洛+FN-ma)sinθ，隨著θ增大，F(xiàn)增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F7.(2025·北京模擬)如圖所示，在磁感強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一足夠長(zhǎng)的絕緣細(xì)棒OO'在豎直面內(nèi)垂直磁場(chǎng)方向放置，細(xì)棒與水平面夾角為α。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán)套在OO'棒上，圓環(huán)與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα。現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑，則圓環(huán)在下滑過(guò)程中圓環(huán)的最大速率為(C)A.mgcosαBq C.mg(sinα+μcosα)解析由于μ<tanα，所以環(huán)將由靜止開(kāi)始沿棒下滑，設(shè)當(dāng)圓環(huán)的速度達(dá)到最大值vm時(shí)，環(huán)受桿的彈力為FN，方向垂直于桿向下，摩擦力為Ff=μFN，此時(shí)應(yīng)有a=0，即mgsinα=Ff，F(xiàn)N+mgcosα=qvmB，解得vm=mg(sinα+μcos梯級(jí)Ⅱ能力練8.(多選)(2025·黃崗模擬)如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一帶負(fù)電的小球，置于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知線長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球質(zhì)量為m，電荷量為q，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為m2gL4gL，現(xiàn)把小球從A點(diǎn)靜止釋放，剛好沿著圓弧AB到達(dá)最高點(diǎn)B處，此時(shí)OA與OB夾角為θ，其中cosθ=725，sinθ=2425，重力加速度為g，已知cos37°=45，sin37°=3A.從A到B的過(guò)程中，小球的機(jī)械能一直增大B.小球所受的電場(chǎng)力是重力的247C.從A到B過(guò)程中，小球的最大速度為2gLD.從A到B過(guò)程中，繩子的最大拉力為重力的32解析從A到B過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)小球一直做正功，則小球機(jī)械能一直增大，電勢(shì)能一直減小，A項(xiàng)正確；根據(jù)動(dòng)能定理-mgL(1-cosθ)+FLsinθ=0，解得F=34mg，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球所受重力和電場(chǎng)力的合力為F合=54mg，方向與豎直方向的夾角為37°，所以當(dāng)絕緣細(xì)線運(yùn)動(dòng)到此位置時(shí)，小球速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理-mgL(1-cos37°)+FLsin37°=12mv2，解得v=2gL2，C項(xiàng)正確；根據(jù)T-F洛-F合=mv2L，F(xiàn)洛=qBv，從A到B過(guò)程中，繩子的最大拉力T=F合+mv2L9.如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有直徑相同的兩個(gè)金屬小球a和b，質(zhì)量分別為ma=3×10-4kg，mb=1.5×10-4kg。b球帶正電荷q=1×10-3C，靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1×10-3T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不帶電小球a以速度v0=4×103m/s進(jìn)入磁場(chǎng)，與b球發(fā)生正碰，且碰后兩球電量均分，若碰后b球?qū)ψ烂鎵毫η『脼?，g=10m/s2，求:(1)碰后b球的速度vb；(2)碰后a球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮　＝馕?1)碰后b球?qū)ψ烂鎵毫η『脼?，可得mbg=q2vB解得vb=3000m/s。(2)由a、b兩球碰撞過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒得mav0+0=mava+mbvb，解得va=2500m/s，a球受到的支持力大小為F=mag-q2vaB=1.75×10-3N由牛頓第三定律可知，碰后a球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮镕'=1.75×10-3N。答案(1)3000m/s(2)1.75×10-3N梯級(jí)Ⅲ創(chuàng)新練10.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的小球套在粗細(xì)均勻的固定絕緣水平桿上，整個(gè)裝置處在垂直于紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)水平向右、大小恒為F(F<mg