微練40磁場對運動電荷的作用梯級Ⅰ基礎練1.如圖所示，一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。若磁感應強度為B，粒子帶電量為q(q>0)，質量為m，速度大小為v，不計重力，則粒子運動的軌道半徑為(D)A.qBmv B.C.qvmB D.解析粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=mv2r，解得粒子運動的軌道半徑r=mvqB2.(多選)(2025·西安模擬)如圖所示，足夠大的空間內，豎直向下的勻強磁場穿過光滑的絕緣水平面，平面上O點固定一根絕緣細線，細線的另一端系一帶電小球，小球在光滑水平面內繞O點做勻速圓周運動。在某時刻細線斷開，小球仍然在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列情況有可能發生的是(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，周期變小解析因為洛倫茲力永不做功，所以速度大小不變，A、C兩項錯誤；若開始時細線上無拉力，當細線斷開后，合力不變，速率不變，周期不變，B項正確；若開始時細線上有拉力，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；細線斷開后，僅由洛倫茲力提供向心力，即F洛=mv2R'，此時合力可能變大、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，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處于靜止狀態的一個電子(此過程類似完全非彈性碰撞)，若忽略電子質量，則接下來離子的運動軌跡是(D)解析正離子吸收一個電子后，帶電荷量由+3e變為+2e，由于碰撞的時間極短，故吸收電子后滿足動量守恒定律，離子運動的動量保持不變，由洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，軌道半徑為r=mvqB，因為離子吸收電子后，電荷量減小且新離子的動量與原來相同，故離子做圓周運動的軌道半徑r增大，離子仍然帶正電，故離子圓周運動方向沒有發生變化4.(2025·泉州模擬)云霧室也稱云室是一種早期的核輻射探測器，也是最早的帶電粒子徑跡探測器。因發明者為英國物理學家威爾遜，一般稱為威爾遜云室。如圖所示，將大量正、負帶電粒子以大小相同的速度噴入云霧室里，觀察到有兩個粒子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反。已知云霧室中勻強磁場方向垂直紙面向里，只考慮帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力。下列說法正確的是(D)A.粒子①受到的洛倫茲力不變B.粒子②一定帶負電C.粒子①和②的質量一定相等D.粒子①和②的比荷一定相等解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，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，方向不斷發生變化，A項錯誤；根據左手定則可知，粒子②帶正電，B項錯誤；兩個粒子的徑跡彎曲程度相同，即軌道半徑相等，根據qvB=mv2R，解得qm=vRB，兩粒子的比荷相等，質量不一定相等，C5.(2025·貴陽模擬)科學家利用磁場控制帶電粒子的軌跡，研究粒子的性質。如圖，PMN左下方空間內有垂直紙面向里的勻強磁場，PM⊥MN。現有電荷量相同、質量不同的甲、乙兩種正粒子，先后從PM上O點以平行于MN的相同速度射入磁場，甲、乙分別經過MN上E、F兩點，OM=ME=EF=d，不考慮粒子間相互作用力及重力，則(B)A.乙在磁場中運動的軌道半徑為2dB.乙的質量是甲質量的2.5倍C.甲在磁場中運動時間大于乙D.洛倫茲力對甲、乙均做正功解析乙在磁場中做勻速圓周運動的圓心為O1，由幾何關系有(R乙-d)2+(2d)2=R乙2，可得乙在磁場中運動的軌道半徑為R乙=2.5d，A項錯誤；由牛頓第二定律有Bqv=mv2R，化簡得R=mvBq，由圖可知R甲=d，得R甲R乙=12.5，結合R=mvBq可知m甲m乙=12.5，即乙的質量是甲質量的2.5倍，B項正確；由公式t=lv，且乙粒子的運動軌跡大于甲粒子的運動軌跡，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，軌道所在空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直于軌道平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)由軌道左端A處無初速度滑下﹐當小球滑至軌道最低點C時，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軌道右側的D點。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點受到的洛倫茲力大小為qBgRB.小球在C點對軌道的壓力大小為3mgC.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大解析小球從A到C過程機械能守恒mgR=12mv2，解得v=2gR，所以小球在C點受到的洛倫茲力大小為F=qB2gR，A項錯誤；在C點由牛頓第二定律有FN-mg+F=mv2R，解得FN=3mg-qB2gR，小球在C點對軌道的壓力大小為3mg-qB2gR，B項錯誤；小球從C到D的過程中，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，設過小球的半徑與豎直方向的夾角為θ，在豎直方向應用牛頓第二定律得，(F洛+FN)cosθ-mg=macosθ，整理得FN=mgcosθ+ma-F洛，隨著θ增大，FN增大；在水平方向應用牛頓第二定律得(F洛+FN)sinθ-F=masinθ，整理得F=(F洛+FN-ma)sinθ，隨著θ增大，F增大，C項錯誤；小球從C到D的過程中，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，在磁感強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO'在豎直面內垂直磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α。一質量為m、帶電荷量為+q的圓環套在OO'棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μ<tanα。現讓圓環由靜止開始下滑，則圓環在下滑過程中圓環的最大速率為(C)A.mgcosαBq C.mg(sinα+μcosα)解析由于μ<tanα，所以環將由靜止開始沿棒下滑，設當圓環的速度達到最大值vm時，環受桿的彈力為FN，方向垂直于桿向下，摩擦力為Ff=μFN，此時應有a=0，即mgsinα=Ff，FN+mgcosα=qvmB，解得vm=mg(sinα+μcos梯級Ⅱ能力練8.(多選)(2025·黃崗模擬)如圖所示，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶負電的小球，置于水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中。已知線長為L，小球質量為m，電荷量為q，磁感應強度大小為m2gL4gL，現把小球從A點靜止釋放，剛好沿著圓弧AB到達最高點B處，此時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的過程中，小球的機械能一直增大B.小球所受的電場力是重力的247C.從A到B過程中，小球的最大速度為2gLD.從A到B過程中，繩子的最大拉力為重力的32解析從A到B過程中，電場力對小球一直做正功，則小球機械能一直增大，電勢能一直減小，A項正確；根據動能定理-mgL(1-cosθ)+FLsinθ=0，解得F=34mg，B項錯誤；小球所受重力和電場力的合力為F合=54mg，方向與豎直方向的夾角為37°，所以當絕緣細線運動到此位置時，小球速度最大，根據動能定理-mgL(1-cos37°)+FLsin37°=12mv2，解得v=2gL2，C項正確；根據T-F洛-F合=mv2L，F洛=qBv，從A到B過程中，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金屬小球a和b，質量分別為ma=3×10-4kg，mb=1.5×10-4kg。b球帶正電荷q=1×10-3C，靜止在磁感應強度為B=1×10-3T的勻強磁場中，不帶電小球a以速度v0=4×103m/s進入磁場，與b球發生正碰，且碰后兩球電量均分，若碰后b球對桌面壓力恰好為0，g=10m/s2，求:(1)碰后b球的速度vb；(2)碰后a球對桌面的壓力大小。解析(1)碰后b球對桌面壓力恰好為0，可得mbg=q2vB解得vb=3000m/s。(2)由a、b兩球碰撞過程水平方向動量守恒得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球對桌面的壓力大小為F'=1.75×10-3N。答案(1)3000m/s(2)1.75×10-3N梯級Ⅲ創新練10.如圖所示，質量為m、電荷量為-q(q>0)的小球套在粗細均勻的固定絕緣水平桿上，整個裝置處在垂直于紙面向外的水平勻強磁場中。現對小球施加一個水平向右、大小恒為F(F<mg