1、4.磁场对运动电荷的作用洛伦兹力基础巩固1.以下说法正确的是()A.电荷处于磁场中一定受到洛伦兹力B.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C.洛伦兹力对运动电荷一定不做功D.洛伦兹力可以改变运动电荷的速度大小解析:只有运动电荷的速度方向与磁场不平行时,运动电荷才会受到洛伦兹力的作用,且洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,对运动电荷永不做功,故选项A、B、D错误,选项C正确.答案:C2.(多选)下图是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷的洛伦兹力F的相互关系图,这四个图中正确的是(B、v、F两两垂直)()解析:应用左手定则解决三者间方向的问题,特别要注意其余四指的指向,本题中应指向v的反方
2、向,由左手定则判断知选项A、B、C正确.答案:ABC3.(多选)在右图中虚线所示的区域内存在匀强电场和匀强磁场.取如图所示坐标系,一带电粒子沿x轴正方向进入此区域,在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转,不计重力的影响,电场强度E和磁感应强度B的方向可能是() A.E和B都沿x轴方向B.E沿y轴正向,B沿z轴正向C.E沿z轴正向,B沿y轴正向D.E、B都沿z轴方向解析:本题没有说明带电粒子的带电性质,为便于分析,假定粒子带正电.A选项中,磁场对粒子作用力为零,电场力与粒子运动方向在同一直线上,运动方向不会发生偏转;B选项中,电场力方向向上,洛伦兹力方向向下,当这两个力平衡时,粒子运动方向可
3、以始终不变;C选项中,电场力、洛伦兹力都沿z轴正方向,粒子将做曲线运动;D选项中,电场力沿z轴方向,洛伦兹力沿y轴方向,两力不可能平衡,粒子将做曲线运动.如果粒子带负电,仍有上述结果.答案:AB4.大量带电量均为+q的粒子,在匀强磁场中运动,下列说法正确的是()A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同B.如果把+q改为-q,且速度反向、大小不变、与磁场方向不平行,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.只要带电粒子在磁场中运动,它一定受到洛伦兹力作用D.带电粒子受到洛伦兹力越小,则该磁场的磁感应强度就越小解析:带电粒子在磁场中运动时受到的磁场力不仅与其速度的大小有关,还与其速度的方向有关,当速度方向与
4、磁场方向在一条直线上时,不受磁场力作用,所以A、C、D错误;根据左手定则和洛伦兹力大小的计算公式,可以判断B是正确的.答案:B5.如图所示,在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,一对正、负电子分别以相同的速度沿与x轴成30角从原点射入磁场,则正、负电子在磁场中运动时间之比是() A.12B.21C.13D.11解析:由于电荷质量相等,所以两电荷周期T相等.如图正电荷向上偏,在磁场内所对圆心角为弦切角的二倍(120),在磁场内运动时间为T3,同理负电荷所对圆心角是60,在磁场内运动时间是T6,故选B.答案:B6.(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁
5、场区域做圆周运动.与中运动的电子相比,中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等解析:由题意知B=kB,由r=mvqB知,选项A正确;由 a=qvBm知a=1ka,故选项B错误;由T=2mqB得TT=BB=k,即T=kT,故选项C正确;由=2T=qBm知=1k,故选项D错误.答案:AC7.如图所示,矩形区域宽度为l,其内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场.一带电粒子以初速度v0垂直左边界射入,飞出磁场时偏离原方向30.若撤去原来的磁场,在此区域内加一个电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场(图中未画出),
6、带电粒子仍以原来的初速度入射.不计粒子的重力,求:(1)带电粒子在磁场中的运动半径.(2)带电粒子在磁场中运动的时间.(3)带电粒子飞出电场后的偏转角的正切值.解析:(1)如图,设半径为R,由几何关系可得sin30=lR,求得 R=2l.(2)由Bqv0=mv02R得qm=v02BlT=2mqB得t=112T=l3v0.(3)粒子做平抛运动,设偏转角为,水平方向匀速 l=v0t,竖直方向匀加速,加速度a=qEm,竖直分速度vy=at,tan=vyv0=E2Bv0.答案:(1)2l(2)l3v0(3)E2Bv08.如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为
7、B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动.不计带电粒子所受重力.(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T;(2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小.解析:(1)洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R=mvqB匀速圆周运动的周期T=2Rv=2mqB;(2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力F洛=qvB.粒子做匀速直线运动,则qE=qvB电场强度E的大小E=vB.答案:(1)mvqB2mqB(2)vB能力提升1.关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系,下列说法正确的是()A.F、B、v三者
8、必定均保持垂直B.F必定垂直于B、v,但B不一定垂直于vC.B必定垂直于F、v,但F不一定垂直于vD.v必定垂直于F、B,但F不一定垂直于B解析:本题考查公式F=qvB中各物理量的关系.由左手定则可知FB,Fv,B与v可以不垂直,故选项B正确,选项A、C、D错误.答案:B2.(多选)一电子(电荷量为e)以垂直于匀强磁场的速度v,从a点进入长为d、宽为l的磁场区域,偏转后从b点离开磁场,如图所示,若磁场的磁感应强度为B,不计电子重力,那么() A.电子在磁场中的运动时间t=dvB.电子在磁场中的运动时间t=abvC.洛伦兹力对电子做的功是W=BevlD.电子在b点的速度大小也为v解析:粒子在磁场
9、中做匀速圆周运动中速度大小不变,洛伦兹力不做功.答案:BD3.(多选)长为l的水平极板间,有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为B,板间距离也为l,板不带电,现有质量为m、电荷量为q的正电粒子(不计重力),从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是()A.使粒子的速度vBql4mC.使粒子的速度v5Bql4mD.使粒子的速度Bql4mv5Bql4m解析:依题意,粒子打在板上的临界状态如图所示.由几何关系有r1=14lr22=2l2+r2-l22,故r2=54l根据r=mvqB,则v1=qBr1m=qBl4mv2=qBr2m=5qBl4m那么
10、欲使粒子不打在极板上,可使粒子速度v5qBl4m.答案:AC4.如图所示,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场.若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作用.则v2v1为()A.32B.21C.31D.32解析:最远的出射点和入射点的连线为粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径,如图所示.由几何关系可以得到,当以速率v1入射时,半径R1=R2,当以速率v2入射时,半径R2=32R,再由R=
11、mvqB可得,v2v1=31,故选项C正确.答案:C5.如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(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,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.2B.2C.1D.22解析:设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2,由题意可知,粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1r2=21,Ek1Ek2=21,又r=mvqB,Ek=12mv2,可得B=2mEkqr,故B1B2=22,D项正确.答案:D6.一圆
12、筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示.图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动.在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角.当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A.3B B.2B C.B D.2B解析:如图所示为筒转过90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图.M、N分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O.根据题意,NMN=45,OM与NM延长线的夹角为60,所以OMN=75,MON=30,即轨迹圆
13、的圆心角为30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,T磁12=T筒4,即1122mqB=142,解得比荷qm=3B,A选项正确.答案:A7.如图所示,在某电子设备中有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.AC、AD两块挡板垂直纸面放置,夹角为90.一束电荷量为+q、质量为m的相同粒子,从AD板上距A点为L的小孔P处以不同速率垂直于磁场方向射入,速度方向与AD板的夹角为60,不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求: (1)直接打在AD板上Q点的粒子,其从P点运动到Q点的时间是多少?(2)直接垂直打在AC板上的粒子,其运动速率是多大?解析:(1)根据已知条件画出粒子的运动轨迹,如图中轨迹
14、所示.粒子打在AD板上的Q点,圆心为O1,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角PO1Q=120由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv2R圆周运动的周期公式T=2Rv联立解得T=2mqB则运动的时间为t=120360T=2m3qB.(2)粒子垂直打到AC板上,运动轨迹如图中轨迹所示.由图可知圆心为O2,APO2=30,设粒子运动的轨迹半径为r,由几何关系得rcos30=L由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r解得v=23qBL3m.答案:(1)2m3qB(2)23qBL3m8.如图所示,平行金属板ab、cd长为l,板间距为3l,以两板中心线O1O2中点O为圆心分布一个半径为r=l2的圆形匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,一个电子沿两板间中心线O1O2从O1入射,欲使电子不打在板上,电子的初速度应满足什么条件(电子质量为m,不计重力)?解析:过两临界点时运动轨迹如图所示,(自a点射出时,电子在磁场中圆周运动半径为eO1,长度36l;自b点射出时,电子在磁场中圆周运动半径为aO1,长度32l)由几何关系知电子不打在极板上必满足r3l2根据圆周运动动力学方程:qvB=mv2r得v3eBl2m.答案:v3eBl2m10
