第1章 3 洛伦兹力(同步练习)-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册（教科版2019）

3　洛伦兹力 基础过关练 题组一　洛伦兹力的方向 1.下列各图中,能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力(F)方向的是(　　) A　B　C　D 2.如图所示为电视机显像管的偏转线圈示意图, 线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子,它的速度方向垂直于纸面向外,当偏转线圈中的电流方向如图所示时,电子束应　(　　) A.向左偏转　　　　B.向上偏转 C.向下偏转　　　　D.不偏转 3.地球上的极光是来自地球磁层或太阳的高能带电粒子流被地磁场引导进入地球大气层,并与高层大气分子或原子碰撞而产生的发光现象。实际上每时每刻都有大量宇宙射线射向地球,假设某时刻宇宙射线中有一个带负电的粒子正垂直于地面向赤道射来(如图所示,地球自西向东转,图中箭头方向表示地球自转方向,虚线表示地轴),则该宇宙射线粒子将(　　) A.向东偏转　　　　B.向西偏转 C.向南偏转　　　　D.向北偏转 题组二　洛伦兹力的大小 4.两个带电粒子以相同的速度沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,两粒子的质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则两带电粒子所受的洛伦兹力之比为　(　　) A.2∶1　　　B.1∶1　　　C.1∶2　　　D.1∶4 5.(多选题)在如图所示的各图中,匀强磁场的磁感应强度大小均为B,带电粒子的速率均为v、电荷量大小均为q,则下列选项对各图中带电粒子所受洛伦兹力的大小的表达正确的是(　　) (1) (2) (3) (4) A.图(1)中洛伦兹力大小为qvB sin 30° B.图(2)中洛伦兹力大小为qvB sin 30° C.图(3)中洛伦兹力大小为0 D.图(4)中洛伦兹力大小为qvB 题组三　带电粒子在匀强磁场中的运动 6.一带电粒子(不计重力)在匀强磁场中沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动,当它运动到某个位置时,磁场突然发生变化(不考虑磁场变化产生的电场),磁感应强度大小变为原来的,方向与原磁场方向相反,则磁场发生变化后粒子(　　) A.沿逆时针方向做半径为的圆周运动 B.沿顺时针方向做半径为的圆周运动 C.沿逆时针方向做半径为2R的圆周运动 D.沿顺时针方向做半径为2R的圆周运动 7.如图所示,边长为L的正方形abcd内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从ab中点O处以垂直于ab且垂直于磁场的速度射入磁场,恰好从c点射出。不计粒子重力,粒子的速度大小为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 8.如图所示,边长为L的正方形ABCD内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,带电粒子从A点沿AB方 向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用时间为t1,由P点运动到M点所用时间为t2(粒子重力不计),则t1∶t2为(　　) A.2∶1　　　B.2∶3　　　C.3∶2　　　D.∶ 9.如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方均有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失了,速度方向和电荷量不变。不计重力,则铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　) A.2　　　B.　　　C.1　　　D. 10.(多选题)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入,经磁场偏转后恰能从A'点射出,且速度方向刚好改变了90°。已知AA'为区域磁场的一条直径,不计点电荷的重力,下列说法正确的是(　　) A.该点电荷带负电 B.该点电荷在磁场中做圆周运动的半径为R C.该点电荷的比荷为= D.该点电荷在磁场中的运动时间为t= 11.如图所示,一重力不计的带正电的粒子,电荷量为q,以速度v0垂直于匀强磁场的边界射入磁场中,磁场区域的宽度为d,磁感应强度为B,粒子能够从另一边界射出,穿出磁场时速度方向与粒子入射方向的夹角为60°,求: (1)粒子的质量; (2)粒子通过磁场的时间。 能力提升练 题组一　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1. 如图,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 2.如图所示,两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va和vb射 入匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°,磁场区域的宽度为d,两粒子同时由A点出发,同时到达B点,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,则　(　　) A.两粒子做圆周运动的周期之比Ta∶Tb=2∶1 B.两粒子的质量之比ma∶mb=1∶2 C.两粒子的轨迹半径之比Ra∶Rb=1∶3 D.两粒子的速率之比va∶vb=3∶2 3.如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角为θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量大小为q,质量为m,重力不计。则(　　) A.粒子带正电荷 B.粒子速度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨迹半径为a D.N与O点相距(+1)a 4.如图所示,一等腰直角三角形DEF区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,∠E=90°,DF边长为L。一质量为m、电荷量为+q的质子以某一速度v(未知)从D点沿DF方向射入磁场,恰好从E点射出磁场,不计质子重力。求: (1)质子的速度v的大小; (2)质子在磁场中运动的时间t。 5.如图所示,虚线ab上方存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ,下方存在方向相同的匀强磁场Ⅱ,虚线ab为两磁场的分界线。已知M、O、N位于分界线上,MN=L,点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ,速度方向与分界线ab的夹角为30°,电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m,电荷量大小为e,重力不计,求: (1)电子的速度大小; (2)下方匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小; (3)电子从射入磁场到回到O点所用的时间。 题组二　带电物体在洛伦兹力下的运动问题 6.如图甲所示,光滑绝缘水平面上方足够大的空间内存在磁感应强度大小为B=1 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,带正电的物块A静置于水平面上,电荷量q=0.2 C。t=0时,水平力F作用在物块A上,物块A由静止开始运动,其对水平面的压力大小随时间的变化图像如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,则(　　) 甲　乙 A.物块A的质量m=3 kg B.水平力F不断增大 C.水平力F的大小为70 N D.物块A做匀加速直线运动 7.(经典题)(多选题)如图所示,在光滑水平地面上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,水平面上放置足够长的绝缘板Q,在Q上放一个可以视为质点的质量为m、电荷量为+q的金属块P,P、Q间的动摩擦因数为μ。现对Q施加一水平向右的外力F,开始时P、Q一起以加速度a向右做匀加速运动,绝缘板Q在水平外力作用下始终做匀加速运动,设P的电荷量始终保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则(　　) A.金属块P最终将以v=做匀速直线运动 B.金属块P与绝缘板Q保持相对静止的最大速度为v= C.金属块达到最大速度所用的时间t= D.金属块达到最大速度所用的时间t< 8.(多选题)如图所示,两个半径相同的半圆形轨道分别竖直固定在匀强磁场和匀强电场中,两轨道平面分别与磁场垂直,与电场平行,轨道两端在同一高度上,轨道是光滑的,两个相同的带正电小球分别从两轨道左端最高点同时由静止释放,M、N分别为两轨道的最低点,则下列说法正确的是(　　) A.两小球到达轨道最低点的速度vM<vN B.两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM>FN C.小球第一次到达M点的时刻早于小球第一次到达N点的时刻 D.在磁场中的小球能到达轨道的另一端,在电场中的小球不能到达轨道的另一端 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.D 2.C 3.B 4.C 5.BCD 6.C 7.B 8.C 9.C 10.AC 1.D　A、B图中电荷运动方向与磁场方向平行,运动电荷所受洛伦兹力为零;根据左手定则可知,C图中电荷所受洛伦兹力方向向上;D图中电荷所受洛伦兹力方向向右。故选D。 2.C　由安培定则可以判断出上下两部分线圈的左端均相当于N极,右端均相当于S极,电子束附近的磁感线分布如图所示,由左手定则可判断出电子束应向下偏转,C正确。 3.B　地球周围的地磁场由地理的南极指向北极,当带负电的粒子垂直于地面向赤道射来时,根据左手定则可以判断出粒子的受力方向向西,所以该粒子将向西偏转,选B。 4.C　带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时,洛伦兹力F=qvB,可知速度相同时洛伦兹力大小与电荷量成正比,与质量无关,C正确。 5.BCD　图(1)中粒子所受洛伦兹力F1=qvB,A错误;图(2)中粒子速度方向与磁场方向的夹角为30°,粒子所受洛伦兹力F2=qvB sin 30°,B正确;图(3)中粒子速度方向与磁场方向平行,粒子不受洛伦兹力,C正确;图(4)中粒子所受洛伦兹力F4=qvB,D正确。故选B、C、D。 方法技巧　洛伦兹力F=qvB的适用条件是B⊥v;当v的方向与B的方向成一角度θ时,要灵活应用分解思想,将速度进行分解,如图所示,F=qvB sin θ。 6.C　粒子在匀强磁场中因受到洛伦兹力而沿顺时针方向做匀速圆周运动,根据左手定则可知,当磁场反向时,粒子做逆时针的圆周运动;由牛顿第二定律可得qvB=m,知轨迹半径R=,可知当磁感应强度大小变为原来的时,半径变为2R,故C正确。 7.B　根据题意作出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,根据几何关系,有R2=L2+;根据牛顿第二定律有qvB=m,联立可得v=,B正确。 规律方法 带电粒子在匀强磁场中运动的解题三步法 　　(1)画轨迹:先确定圆心,再画出运动轨迹,然后用几何方法求半径。 　　(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间与周期相联系。 　　(3)用规律:应用牛顿第二定律及圆周运动规律的一些基本公式列方程。 8.C　带电粒子以相同的速度在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径和运动周期相同。画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场 的轨迹,并将该轨迹向下平移,如图所示。 粒子做圆周运动的轨迹半径R=L,从C点射出的粒子运动时间为t1=T;从P点射入的粒子运动轨迹的圆心在AD延长线上距D点L处,那么粒子转过的圆心角θ满足cos θ==,解得θ=60°,则运动时间t2=T,所以==,故选C。 9.C　设带电粒子在P点时的速度为v1,从Q点穿过铝板后速度为v2,则Ek1=m,Ek2=m;由于粒子穿越铝板时,其动能损失了,可知Ek1=4Ek2,即m=4×m,可得=;由题图可知轨迹半径关系为=,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得B=,所以==1,故C正确。 10.AC　根据题意可知,电荷向下偏转,由左手定则判断可知该电荷带负电,A正确;点电荷在磁场中做匀速圆周运动,画出其轨迹如图所示,设轨迹圆的半径为r,可得r=2R sin 45°=R,B错误;根据qv0B=m可得==,C正确;该点电荷在磁场中的运动时间为t==,D错误。 11.答案　(1) 　(2) 解析　(1)根据题意画出带电粒子的运动轨迹,如图所示。 设粒子的轨迹半径为r,由几何关系可知 sin 60°=, 粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有 qv0B=m, 解得m=。 (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=, 粒子在磁场中运动的时间为t=T, 解得t=。 能力提升练 1.B 2.A 3.D 6.D 7.AB 8.BCD 1.B　根据题意,带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力,该粒子的运动轨迹如图,设圆形匀强磁场区域的半径为R,则由图中几何关系可知,粒子以速度v1射入时的轨迹半径r1=R,粒子以速度v2射入时的轨迹半径r2满足=tan 30°,则r2=R;又有Bvq=m,得r=,所以=;联立上式可得=,选项B正确。 归纳总结　带电粒子在有界匀强磁场中运动,一般要先根据磁场边界画出粒子运动的轨迹,然后利用几何知识计算轨迹半径。本题在已知入射方向和出射点的位置时,可以过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作连线的中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心。 2.A　 图形剖析　画出粒子的运动轨迹,寻找几何关系。 根据题意,画出粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可得,从A运动到B,a粒子转过的圆心角为60°,b粒子转过的圆心角为120°,两粒子运动时间相同,根据t=T可得运动周期之比Ta∶Tb=θb∶θa=2∶1,故A正确。设粒子a的轨迹半径为Ra,粒子b的轨迹半径为Rb,根据几何关系可知Ra==d,Rb==d,整理可得Ra∶Rb=∶1;两粒子做匀速圆周运动,有v=,由此可得va∶vb=∶2;粒子所受洛伦兹力提供向心力,故有qvB=m,整理可得m=,由此可得ma∶mb=2∶1,故B、C、D错误。 3.D　根据题意,画出粒子运动的轨迹如图,粒子向下偏转,根据左手定则判断可知粒子带负电,A错误;由于粒子在M点时速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°,根据几何关系可知∠OMO1=∠OO1M=45°,OM=OO1=a,则粒子运动的轨迹半径为r=O1M=a,故B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,解得v=,故C错误;N点与O点的距离为NO=OO1+r=(+1)a,D正确。 4.答案　(1)　(2) 解析　(1)设质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,质子的运动轨迹如图所示, 由几何关系有R=, 由牛顿第二定律有qvB=m, 解得v=。 (2)由图可知,质子运动轨迹对应的圆心角为α=, 质子做圆周运动的周期为T=, 则质子在磁场中运动的时间为t=T, 解得t=。 5.答案　(1)　(2)B　(3) 关键点拨　画出电子在磁场中的运动过程图,根据粒子进出单直线边界磁场的对称特点,利用几何关系求解。 解析　(1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示,设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2, 有evB=, 根据几何关系有L=2R1, 解得v=。 (2)设匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B',由洛伦兹力提供向心力,有evB'=, 由于电子经过N、M两点,由几何关系可得R2=2R1=L, 解得B'=B。 (3)电子在磁场Ⅰ中做圆周运动的周期T1=, 电子在磁场Ⅱ中做圆周运动的周期T2==, 设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3,由几何关系可得 从O到N对应的圆心角为60°,则t1=T1, 从N到M对应的圆心角为300°,则t2=T2, 从M到O对应的圆心角为60°,则t3=T1, 电子从射入磁场到回到O点所用的时间为t,则 t=t1+t2+t3, 联立以上式子,解得t=。 6.D　t=0时,物块A对水平面的压力FN=mg=20 N,解得物块A的质量m=2 kg,故A错误。对物块A受力分析,竖直方向受力平衡,有FN=FN'=mg+F洛=mg+qvB,由题图乙可知,物块A对水平面的压力FN随时间均匀增大,可得FN=qBv+mg=qBat+mg,知物块A做匀加速直线运动;由于水平方向只受力F作用,故水平力F不变,故B错误,D正确。根据FN=qBat+mg,结合题图乙可得斜率k=qBa,代入数据得a=12.5 m/s2,则水平力F的大小为F=ma=25 N,C错误。 7.AB　 关键点拨　解此题的关键是对金属块P进行受力分析,判断金属块速度最大的条件。 金属块P带正电,当金属块获得向右的速度后,将受到一个方向竖直向上的洛伦兹力,当洛伦兹力等于重力时,金属块P与绝缘板之间的弹力是零,摩擦力为零,有qvB=mg,v=,此后金属块P将做匀速直线运动,而绝缘板在水平外力的作用下继续做匀加速运动,A正确;金属块P与绝缘板Q保持相对静止且速度最大时,根据牛顿第二定律有μ(mg-qvB)=ma,解得v=,B正确;当金属块P与绝缘板相对滑动时,P的加速度小于绝缘板的加速度a,故金属块达到最大速度所用的时间t>,C、D错误。 8.BCD　在磁场中的小球运动时,只有重力做功,在电场中的小球运动时,重力、电场力都做功,分别分析两小球从开始运动到到达轨道最低点的过程,由动能定理可知mgR=m,mgR-qER=m,解得vM>vN;由于小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功,故在两轨道左侧任意相同位置,小球在磁场中的速度均大于在电场中的速度,所以在电场中的小球运动到最低点所用的时间较长,故A错误,C正确。因为vM>vN,则小球在M点的向心力大于在N点的向心力;在最低点M时,支持力、重力和洛伦兹力(方向竖直向下)的合力提供向心力,在最低点N时,支持力与重力的合力提供向心力,可知在M点轨道对小球的支持力大于在N点轨道对小球的支持力,根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力FM>FN,故B正确。由于小球在磁场中运动,除重力外的其他力(支持力、磁场力)对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,所以小球可以到达轨道的另一端;而小球在电场中运动时,电场力对小球做负功,所以小球在到达轨道另一端之前速度就减为零了,故不能到达最右端,故D正确。 10 学科网（北京）股份有限公司 $$