1、第2讲洛伦兹力带电粒子在匀强磁场中的运动A组基础过关1.如图,a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右答案AP前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场方向垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。2.初速度为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示,则()A.电子将向右偏
2、转,速率不变B.电子将向左偏转,速率改变C.电子将向左偏转,速率不变D.电子将向右偏转,速率改变答案A由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里,再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力方向向右,所以电子向右偏转;由于洛伦兹力不做功,电子的动能不变,则其速率不变。3.(多选)(2019山东烟台质检)如图所示,带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30和60(与边界的夹角)射入磁场,又都恰好不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是()A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32+3C.A、B两粒
3、子mq之比是13D.A、B两粒子mq之比是32+3答案BD由题意知,粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力,根据Bqv=mv2r,得r=mvBq。由几何关系可得,对粒子B有rB cos 60+rB=d,对粒子A有rA cos 30+rA=d,联立解得rArB=32+3,所以A错误,B正确。再根据r=mvBq,可得A、B两粒子mq之比是32+3,故C错误,D正确。4.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的()A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增
4、大D.轨道半径增大,角速度减小答案D因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=mvqB知,轨道半径增大;由角速度=vr知,角速度减小,选项D正确。5.(多选)如图所示,空间有一垂直纸面向外的、磁感应强度为 0.5 T的匀强磁场,一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量为0.1 kg、带电荷量q=0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力F,g取10 m/s2,则()A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2
5、的匀加速运动B.滑块开始做匀加速直线运动,然后做加速度减小的变加速运动,最后做匀速运动C.最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动,滑块做速度为10 m/s的匀速直线运动D.最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速直线运动,滑块做速度为10 m/s的匀速直线运动答案BD由于滑块与木板间的动摩擦因数为0.5,静摩擦力能对滑块提供的最大加速度为5 m/s2,所以当0.6 N的恒力刚作用于木板时,滑块与木板组成的系统以a=FM+m=0.60.2+0.1 m/s2=2 m/s2的加速度一起运动;当滑块获得向左运动的速度以后,磁场对其有竖直向上的洛伦兹力,随速度增大,洛伦兹力增大,大到一定程度后滑块
6、所受摩擦力减小,加速度减小;当洛伦兹力等于滑块重力时,滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=mg,解得v=10 m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速直线运动,而木板在恒力作用下做匀加速直线运动,a=FM=3 m/s2。所以B、D正确。6.(多选)(2019河南郑州调研)如图所示,纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流,粒子质量为m,电荷量为-q,速率为v0,不考虑粒子的重力及相互间的作用,要使粒子都汇聚到一点,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域,则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B0=mv0qL,A、C、D选项中曲线均为半径是L的14圆弧,B选项中曲线为半径是L2的圆()答
7、案AB由于带电粒子流中粒子的速度均相同,则当飞入A、C选项中的磁场时,它们的轨迹对应的半径均相同,为R=L。B、D选项因为磁场的磁感应强度是2B0,粒子在其中运动轨迹半径是在A、C中选项磁场中运动轨迹半径的一半。当粒子射入C、D两选项中的磁场时,均不可能汇聚于同一点。当粒子射入A、B选项中的磁场时,能汇聚于一点。7.(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1 cm,中点O与S间的距离d=4.55 cm,MN与SO直线的夹角为,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.010-4 T。电子质量m=
8、9.110-31 kg,电荷量e=-1.610-19 C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6106 m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则()A.=90时,l=9.1 cmB.=60时,l=9.1 cmC.=45时,l=4.55 cmD.=30时,l=4.55 cm答案AD电子运动的轨迹圆半径R=mvqB=4.55 cm。用虚线表示所有轨迹圆的圆心轨迹,当=90时,圆心轨迹与MN相切于O点,如图甲所示,四边形O1SOM是正方形,上边界轨迹圆与MN相切于M点,同理,下边界轨迹圆与MN相切于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=9.1 cm,A对。当=60时,如图
9、乙所示,MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转30,上边界轨迹圆与MN的切点位于M、O之间,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l4.55 cm,C错。当=30时,如图丁所示,圆心轨迹与MN交于O,过O点作垂直于MN的直线,交圆心轨迹于O1,连接S、O1,则三角形OO1S是等边三角形,O1O垂直于MN,所以上边界轨迹圆与MN相切于O点,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=4.55 cm,D对。8.(多选)如图所示,在y轴右侧存在与xOy平面垂直且范围足够大的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量完
10、全相同的带负电的粒子,所有粒子的初速度大小均为v0,方向与x轴正方向的夹角分布在-6060范围内,在x=l处垂直x轴放置一荧光屏S。已知沿x轴正方向发射的粒子经过荧光屏S上y=-l的点,则 ()A.粒子的比荷为qm=v0lBB.粒子的运动半径一定等于2lC.粒子在磁场中的运动时间一定不超过lv0D.粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l答案AC沿x轴正方向发射的粒子经过荧光屏S上y=-l的点,由几何知识可知,粒子的轨迹半径r=l,B错误;由牛顿第二定律得qv0B=mv02r,解得qm=v0lB,A正确;粒子沿x轴正方向发射时在磁场中运动的轨迹对应的圆心角最大,为=,对应的运动时间最长,tm=2T
11、=lv0,故C正确;沿与x轴正方向的夹角为60方向射入磁场的粒子,其打在荧光屏S上的纵坐标一定小于l,故D错误。9.(2018山东潍坊实验中学检测)如图所示,虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场,电子束经过磁场区后,其运动的方向与原入射方向成角。设电子质量为m,电荷量为e,不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求:(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R;(2)电子在磁场中运动的时间t;(3)圆形磁场区域的半径r。答案(1)mveB(2)meB(3)mveB tan2解析(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力
12、,即qvB=mv2R由此可得电子做圆周运动的半径R=mvqB=mveB(2)如图所示,根据几何关系,可以知道电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角=则电子在磁场中运动的时间t=2T=22Rv=vmveB=meB(3)由题意,根据几何关系知,tan2=rR解得r=R tan2=mveB tan210.(2018河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为=30,
13、OP=L。求:(1)磁感应强度的大小和方向;(2)该圆形磁场区域的最小面积。答案(1)3mv0qL方向垂直xOy平面向里(2)L212解析(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为13圆周的匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场。设其轨迹圆心为O,半径为R。由几何关系有(L-R)sin 30=R得R=13L由牛顿第二定律有qv0B=mv02R解得B=3mv0qL(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得直径OQ=3R=33L,所以S=OQ22=L212B组能力提升11.(多选)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆弧
14、轨道,并且圆弧轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电,乙球带负电、丙球不带电,现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆弧轨道的最高点,则()A.经过圆弧轨道最高点时,三个小球的速度相等B.经过圆弧轨道最高点时,甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变答案CD在圆弧轨道最高点时,由左手定则可知,甲球受洛伦兹力向下,乙球受洛伦兹力向上,而丙球不受洛伦兹力,故三球在圆弧轨道最高点受合力不同,故由F合=mv2r可知,三小球的速度不相等,故A错误;因甲球在圆弧轨道最高点受合力最大,故甲球在圆弧
15、轨道最高点的速度最大,故B错误;因洛伦兹力和支持力不做功只有重力做功,故小球机械能守恒,D正确;因甲球在圆弧轨道最高点的速度最大,则甲球释放时的高度最高,故C正确。12.(2018黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,一水平固定绝缘杆上套有带电小球P,P的质量为m、电荷量为-q,P与杆间的动摩擦因数为。小球由静止开始滑动,设电场、磁场区域足够大,杆足够长,在运动过程中小球的最大加速度为a0,最大速度为v0,则下列判断正确的是()A.小球先加速后减速,加速度先增大后减小B.当v=12v0时,小球的加速度最大C.当
16、v=12v0时,小球一定处于加速度减小阶段D.当a=12a0时,vv012答案C开始运动阶段qvBmg,加速度a1=qE-(mg-qvB)m,小球做加速度越来越大的加速运动;当qvB=mg之后,小球受到的支持力垂直杆向下,小球的加速度a2=qE-(qvB-mg)m,小球做加速度减小的加速运动,加速度减小到0后做匀速运动,则可知小球先加速最后匀速,加速度先增大后减小为0不变,选项A错误;作出小球的加速度随速度的变化规律图像如图所示,两阶段的图线斜率的绝对值大小相等,有v112v0,则v=12v0时,小球一定处于加速度减小阶段,选项B错误,C正确;a=12a0也可能出现在加速度增大阶段,选项D错误。
