“四翼”檢測評價（三） 洛倫茲力

“四翼”檢測評價（三）洛倫茲力eq\a\vs4\al(A)組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1.高大建筑上都有一豎立的避雷針，用以把聚集在云層中的電荷導(dǎo)入大地。在赤道某地兩建筑上空，有一團(tuán)帶負(fù)電荷的烏云經(jīng)過其正上方時，發(fā)生放電現(xiàn)象，如圖所示。則此過程中地磁場對避雷針的作用力的方向是()A．向東 B．向南C．向西 D．向北解析：選C當(dāng)帶有負(fù)電荷的烏云經(jīng)過避雷針上方時，避雷針開始放電形成瞬間電流，負(fù)電荷從上而下通過避雷針，所以電流的方向?yàn)閺南露?，磁場的方向從南向北，根?jù)左手定則，安培力的方向向西，C正確。2．(2023·石家莊高二檢測)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變解析：選A由右手螺旋定則判斷通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在電子一側(cè)的方向垂直紙面向里，再由左手定則判斷電子在該磁場中受洛倫茲力方向向右，故電子向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，即電子速率不變，A正確。3.帶電油滴以水平速度v0垂直進(jìn)入磁場，恰做勻速直線運(yùn)動，如圖所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則下述說法正確的是()A．油滴必帶正電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)B．油滴必帶正電荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(q,v0B)C．油滴必帶負(fù)電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝eq\f(mg,v0B)解析：選A油滴水平向右做勻速直線運(yùn)動，其所受洛倫茲力必向上與重力平衡，故帶正電，由mg＝qv0B，得其電荷量q＝eq\f(mg,v0B)，A正確，C、D錯誤；油滴的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)，B錯誤。4．(2022·揚(yáng)州高二檢測)有三束粒子，分別是質(zhì)子(11H)、氚核(13H)和α粒子(24He)，如果它們均以相同的速度垂直射入勻強(qiáng)磁場(磁場方向垂直于紙面向里)，圖中能正確表示這三束粒子的運(yùn)動軌跡的是()解析：選C由粒子在磁場中運(yùn)動的半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，質(zhì)子、氚核、α粒子軌跡半徑之比r1∶r2∶r3＝eq\f(m1v,q1B)∶eq\f(m2v,q2B)∶eq\f(m3v,q3B)＝eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)∶eq\f(m3,q3)＝1∶3∶2，所以三種粒子的軌跡半徑應(yīng)該是質(zhì)子最小、氚核最大，C正確。5.如圖所示，MN為兩個勻強(qiáng)磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的關(guān)系為B1＝2B2，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從O點(diǎn)垂直MN進(jìn)入B1磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點(diǎn)()A.eq\f(2πm,qB1) B.eq\f(2πm,qB2)C.eq\f(2πm,qB1＋B2) D.eq\f(πm,qB1＋B2)解析：選B粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場B1到再一次通過O點(diǎn)的時間t＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(πm,qB2)＝eq\f(2πm,qB2)，B正確。6.如圖所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于給定的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，并且指向紙外。有一束粒子對準(zhǔn)a端射入彎管，粒子有不同的質(zhì)量、不同的速度，但都是一價正離子，則()A．只有速度v大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B．只有質(zhì)量m大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C．只有m、v的乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D．只有動能Ek大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管解析：選C粒子要通過彎管必須做圓周運(yùn)動，其半徑r＝R時，粒子能沿中心線通過彎管，所以r＝R＝eq\f(mv,qB)，因?yàn)榱Ｗ拥膓、B都相同，所以只有當(dāng)mv一定時，粒子才能沿中心線通過彎管，C正確。7.(2022·鎮(zhèn)江高二檢測)如圖所示，a和b帶電荷量相同，以相同動能從A點(diǎn)射入磁場，在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑ra＝2rb，則可知(重力不計(jì))()A．兩粒子都帶正電，質(zhì)量比eq\f(ma,mb)＝4B．兩粒子都帶負(fù)電，質(zhì)量比eq\f(ma,mb)＝4C．兩粒子都帶正電，質(zhì)量比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)D．兩粒子都帶負(fù)電，質(zhì)量比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)解析：選B兩粒子進(jìn)入磁場后均向下偏轉(zhuǎn)，可知在A點(diǎn)受到的洛倫茲力均向下，由左手定則可知，這兩個粒子均帶負(fù)電，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，又動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立得：m＝eq\f(q2B2r2,2Ek)，可見m與半徑r的平方成正比，故ma∶mb＝ra2∶rb2＝(2rb)2∶rb2＝4∶1，B項(xiàng)正確。8.帶電粒子M經(jīng)小孔垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)動的軌跡如圖中虛線所示。在磁場中靜止著不帶電的粒子N。粒子M與粒子N碰后粘在一起，在磁場中繼續(xù)運(yùn)動，碰撞時間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力。下列說法正確的是()A．碰后粒子做圓周運(yùn)動的半徑減小B．碰后粒子做圓周運(yùn)動的周期減小C．碰后粒子做圓周運(yùn)動的動量減小D．碰后粒子做圓周運(yùn)動的動能減小解析：選D設(shè)粒子M的電荷量為q，質(zhì)量為m1，速度為v0，粒子N的質(zhì)量為m2，碰撞后形成的粒子的速度為v。M、N碰撞過程中動量守恒，則有m1v0＝(m1＋m2)v，碰撞前的軌跡半徑R＝eq\f(m1v0,qB)，碰撞后的軌跡半徑R′＝eq\f(m1＋m2v,qB)，所以碰后粒子做圓周運(yùn)動的動量不變、運(yùn)動的半徑不變，A、C錯誤；根據(jù)周期公式可得T＝eq\f(2πm,qB)，由于碰撞后粒子質(zhì)量增大，故周期變大，B錯誤；由于碰撞過程中有能量損失，粒子動能減小，所以碰后粒子做圓周運(yùn)動的動能減小，D正確。9.(2022·鄭州高二檢測)如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在紙面內(nèi)以某一速度從A點(diǎn)射入，其方向與MN成30°角，A點(diǎn)到MN的距離為d，帶電粒子重力不計(jì)。(1)當(dāng)v滿足什么條件時，粒子能回到A點(diǎn)？(2)求粒子在磁場中運(yùn)動的時間t。解析：(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示。由圖示的幾何關(guān)系可知粒子在磁場中的軌跡半徑r＝eq\f(2d,tan30°)＝2eq\r(3)d，在磁場中有Bqv＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立兩式，得v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)。此時粒子可按圖中軌跡回到A點(diǎn)。(2)由圖可知，粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為300°，所以t＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5×2πm,6Bq)＝eq\f(5πm,3Bq)。答案：(1)v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)(2)eq\f(5πm,3Bq)eq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10.(2020·天津等級考)(多選)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則()A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為aD．N與O點(diǎn)相距(eq\r(2)＋1)a解析：選AD由左手定則可知，帶電粒子帶負(fù)電荷，A正確；畫出粒子的軌跡示意圖，如圖所示，假設(shè)軌跡的圓心為O′，則由幾何關(guān)系得粒子的軌道半徑為R＝eq\r(2)a，則由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C錯誤；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正確。11．如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運(yùn)動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)解析：選B帶電粒子在不同磁場中做圓周運(yùn)動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動的圓軌道半徑是在第二象限內(nèi)運(yùn)動圓軌道半徑的2倍，如圖所示。由T＝eq\f(2πr,v)，及t1＝eq\f(θ,2π)T可知粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動的時間t1＝eq\f(\f(π,2),2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動的時間t2＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm×2,qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確。12.如圖所示，質(zhì)量m＝1.0×10－4kg的小球放在絕緣的水平面上，小球帶電荷量q＝2.0×10－4C，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，外加水平向右的勻強(qiáng)電場E＝5V/m，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B＝2T，小球從靜止開始運(yùn)動。(取g＝10m/s2)求：(1)小球具有最大加速度的值為多少？(2)小球的最大速度為多少？解析：(1)小球受向右的靜電力，從而由靜止運(yùn)動，導(dǎo)致出現(xiàn)洛倫茲力，使得壓力增大，導(dǎo)致滑動摩擦力增大，小球做加速度減小的加速運(yùn)動，直到速度達(dá)到最大后，做勻速直線運(yùn)動。因此剛開始運(yùn)動時，加速度最大，最大值為a＝eq\f