2014高中物理 3.4 磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力 同步练习1(教科版选修3-1)

第4节磁场对运动电荷的作用一一洛伦兹力训练案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2、关于带电粒子所受洛伦兹力只磁感应强度〃和粒子速度卩三者方向之间的关系，下列说法正确的是（）A.F、B、y三者必定均保持垂直B.尸必定垂直于〃、v,但〃不一定垂直于/C.2必定垂直于但尸不一定垂直于/D./必定垂直于只B,但F不一定垂直于$3、如图所示，速度相同的电子和质子从细缝0处射入匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里, 入射的方向在纸面内并与cdOab垂直，图中画出了四个圆弧（其中有一个是电子的轨迹，有一个是质子的轨迹），莎和刀所对应圆的半径相同，莎和庞所对应圆的半径相同，则电子的轨迹是（）质子的轨迹是（）A.~0aB.莎C. ~0cD. ~0d4、如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端由静止滑到斜面底端时的速度为乃若加上一个垂直于纸面向外的磁场，则滑到底端时（）A.卩变大B.卩变小C. y不变D.不能确定A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向4\x XA XA XXa X X/x X5、如图是电子射线管示意图。

接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看至II一条高线°尊伸荧井:屏卜的為线向下（z轴伤方向）偏转.在下列措B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C.加一电场，电场方向沿z轴负方向D. 加一电场，电场方向沿y 轴正方向6、环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示，正、负离子由静止经过电压为〃的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空 腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强 度大小为氏 两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反 方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞。

为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正 确的是（）磁感应强度E 越小C. 对于给定的带电粒子，加速电压〃越大，粒子运动的周期越小D. 对于给定的带电粒子，不管加速电压〃多大，粒子运动的周期都不变7、如图所示，矩形嘶 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头 所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动， 运动轨迹为相应的圆弧。

第三章磁场第4节磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力[课时作业]一、单项选择题1.一个长螺线管中通有电流,把一个带电粒子沿中轴线方向射入(若不计重力影响),粒子将在管中()A.做圆周运动B.沿轴线来回运动C.做匀加速直线运动D.做匀速直线运动解析:通电长螺线管内部的磁场方向始终与中轴线平行,带电粒子沿磁场方向运动时,不受洛伦兹力,所以一直保持原运动状态不变.答案:D2.来自宇宙的质子流,以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则这些质子在进入地球周围的空间时,将()A.竖直向下沿直线射向地面B.相对于预定地点,稍向东偏转C.相对于预定地点,稍向西偏转D.相对于预定地点,稍向北偏转解析:本题考查判断洛伦兹力的方向,质子带正电,地球表面地磁场方向由南向北.根据左手定则可判定,质子自赤道上空竖直下落的过程中受洛伦兹力方向向东,故正确选项为B.答案:B3.如图所示,在真空中,水平导线中有恒定电流I通过,导线的正下方有一质子,初速度方向与电流方向相同,则质子可能的运动情况是()A.沿路径a运动B.沿路径b运动C.沿路径c 运动D.沿路径d 运动 解析:由安培定则,电流在其下方产生的磁场方向指向纸外,由左手定则,质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上,则质子的轨迹必定向上弯曲,故C 、D 错误；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直,故其运动轨迹必定是曲线,故B 正确,A 错误.答案:B4.如图所示,a 和b 带电荷量相同,以相同动能从A 点射入磁场,在匀强磁场中做圆周运动的半径r a ＝2r b ,则可知(重力不计)( )A.两粒子都带正电,质量比m a m b ＝4B.两粒子都带负电,质量比m a m b ＝4C.两粒子都带正电,质量比m a m b＝14 D.两粒子都带负电,质量比m a m b＝14 解析:由题意知q a ＝q b ,E k a ＝E k b ,由E k ＝12m v 2和r ＝m v qB 得m ＝r 2q 2B 22E k,可见m 与半径的平方成正比,故m a ∶m b ＝4∶1,再根据左手定则知粒子应带负电,故B 正确. 答案:B5.如图所示,a 为带正电的小物块,b 是一不带电的绝缘物块(设a 、b 间无电荷转移),a 、b 叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力F 拉b 物块,使a 、b 一起无相对滑动地向左做加速运动,则在加速运动阶段( )A.a 对b 的压力不变B.a 对b 的压力变大C.a 、b 物块间的摩擦力变大D.a 、b 物块间的摩擦力不变解析:运动过程中a 、b 整体受总重力、拉力F 、向下的洛伦兹力q v B 、地面的支持力F N和摩擦力F f,竖直方向有F N＝(m a＋m b)g＋q v B,水平方向有F－F f＝(m a＋m b)a1,F f＝μF N.在加速阶段,v增大,F N增大,F f增大,加速度a1减小.对a受力分析,a 受重力m a g、向下的洛伦兹力q v B、b对a向上的支持力F N′、b对a向左的静摩擦力F f′,竖直方向有F N′＝m a g＋q v B,水平方向有F f′＝m a a1.随着v的增大,F N′增大,故a对b的压力增大,选项A错误,B正确；加速度a1减小,所以a、b物块间的摩擦力变小,选项C、D均错误.答案:B二、多项选择题6.电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动,下列说法中正确的是()A.只要速度大小相等,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,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能不变解析:因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且还与粒子运动速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F＝q v B,当粒子速度与磁场平行时F＝0.再者由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错；＋q改为－q且速度反向时,所形成的电流方向与原＋q运动形成的电流方向相同,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F＝q v B 知大小不变,所以B选项正确；因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错；因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,所以D选项正确.答案:BD7.如图所示为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小解析:根据左手定则,电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反,故两者的偏转方向不同,选项A正确；根据q v B＝m v2r,得r＝m vqB,若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等,则轨迹半径不相同,选项B错误；对于质子、正电子,它们在磁场中运动时不能确定m v的大小,故选项C正确；粒子的m v越大,轨迹半径越大,而m v＝2mE k,粒子的动能大,其m v不一定大,选项D错误.答案:AC8.如图所示,匀强电场的方向竖直向下,匀强磁场的方向垂直纸面向里,三个油滴a、b、c带有等量同种电荷,其中a静止,b向右做匀速直线运动,c向左做匀速直线运动,比较它们的重力G a、G b、G c间的关系,正确的是()A.G a最大B.G b最大C.G c最大D.G b最小解析:由于a静止,G a＝qE,电场力竖直向上,故三个油滴带负电荷,由左手定则知,b 所受洛伦兹力竖直向下,G b＋q v b B＝qE；由左手定则知,c所受洛伦兹力竖直向上,G c＝qE＋q v c B.由此可知G b＜G a＜G c,故C、D正确.答案:CD9.如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有()A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近解析:因离子均向下偏转打到屏P上,根据左手定则可知a、b均带正电,A项正确.又因a、b为同种离子,m、q均相同,由R＝m vBq,T＝2πmBq,可知它们的轨道半径R与周期T也均相同.而a离子的轨迹是一段优弧,b离子的轨迹是一个半圆,a的路程比b的路程长,飞行时间也比b的飞行时间长,故B、C项均错误.b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径,说明b的落点离O点最远,故D项正确.答案:AD10.如图所示,匀强磁场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面,在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管.在水平拉力F 作用下,试管向右匀速运动,带电小球能从试管口处飞出,则( )A.小球带负电B.小球的运动轨迹是一条抛物线C.洛伦兹力对小球做正功D.维持试管匀速运动的拉力F 应逐渐增大解析:由左手定则可判断小球带正电,A 错误；洛伦兹力与速度方向总垂直,洛伦兹力对小球不做功,C 错误；沿试管方向洛伦兹力的分量不变,小球沿试管匀加速运动,小球向右匀速运动的同时沿试管匀加速运动,轨迹为抛物线,B 正确；洛伦兹力在F 反方向上的分量逐渐增大,故维持试管匀速运动的拉力F 应逐渐增大,D 正确. 答案:BD三、非选择题11.质量为m ,带电荷量为q 的微粒,以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间,如图所示,微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动,求:(1)电场强度的大小,该带电粒子带何种电荷.(2)磁感应强度的大小.解析:(1)微粒做匀速直线运动,所受合力必为零,微粒受重力mg ,电场力qE ,洛伦兹力q v B ,由此可知,微粒带正电,受力如图所示,qE ＝mg ,则电场强度E ＝mg q . (2)由于合力为零,则q v B ＝2mg ,所以B ＝2mg q v .答案:(1)mg q 正电 (2)2mg q v12.两极板M 、N 相距为d ,板长为5d ,两板未带电,板间有垂直于纸面的匀强磁场,如图所示,一大群电子沿平行于板的方向从各个位置以速度v 射入板间,为了使电子都不从板间穿出,磁感应强度B 的范围怎样？(设电子电荷量为e ,质量为m )解析:如图所示,靠近M 板进入磁场的电子刚好打到N 板右边缘,对应的磁感应强度有最小值B 1,设此时轨道半径为R 1,则有e v B 1＝m v 2R 1 由几何关系得(R 1－d )2＋(5d )2＝R 21联立解得B 1＝m v13ed靠近M 板进入磁场的电子刚好打到N 板左边缘,对应的磁感应强度有最大值B 2,此时轨道半径为R 2,则有e v B 2＝m v 2R 2由几何关系得R 2＝d2联立解得B 2＝2m ved综上所述,磁感应强度B 的范围为m v 13ed ≤B ≤2m ved答案:m v 13ed ≤B ≤2m ved。

第三章磁场第4节磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力[课时作业]一、单项选择题1.一个长螺线管中通有电流,把一个带电粒子沿中轴线方向射入(若不计重力影响),粒子将在管中()A.做圆周运动B.沿轴线来回运动C.做匀加速直线运动D.做匀速直线运动解析：通电长螺线管内部的磁场方向始终与中轴线平行,带电粒子沿磁场方向运动时,不受洛伦兹力,所以一直保持原运动状态不变.答案：D2.来自宇宙的质子流,以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则这些质子在进入地球周围的空间时,将()A.竖直向下沿直线射向地面B.相对于预定地点,稍向东偏转C.相对于预定地点,稍向西偏转D.相对于预定地点,稍向北偏转解析：本题考查判断洛伦兹力的方向,质子带正电,地球表面地磁场方向由南向北.根据左手定则可判定,质子自赤道上空竖直下落的过程中受洛伦兹力方向向东,故正确选项为B.答案：B3.如图所示,在真空中,水平导线中有恒定电流I通过,导线的正下方有一质子,初速度方向与电流方向相同,则质子可能的运动情况是()A.沿路径a运动B.沿路径b运动C.沿路径c 运动D.沿路径d 运动 解析：由安培定则,电流在其下方产生的磁场方向指向纸外,由左手定则,质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上,则质子的轨迹必定向上弯曲,故C 、D 错误；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直,故其运动轨迹必定是曲线,故B 正确,A 错误.答案：B4.如图所示,a 和b 带电荷量相同,以相同动能从A 点射入磁场,在匀强磁场中做圆周运动的半径r a ＝2r b ,则可知(重力不计)( )A.两粒子都带正电,质量比m a m b ＝4B.两粒子都带负电,质量比m a m b ＝4C.两粒子都带正电,质量比m a m b＝14 D.两粒子都带负电,质量比m a m b＝14 解析：由题意知q a ＝q b ,E k a ＝E k b ,由E k ＝12m v 2和r ＝m v qB 得m ＝r 2q 2B 22E k,可见m 与半径的平方成正比,故m a ∶m b ＝4∶1,再根据左手定则知粒子应带负电,故B 正确. 答案：B5.如图所示,a 为带正电的小物块,b 是一不带电的绝缘物块(设a 、b 间无电荷转移),a 、b 叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场.现用水平恒力F 拉b 物块,使a 、b 一起无相对滑动地向左做加速运动,则在加速运动阶段( )A.a 对b 的压力不变B.a 对b 的压力变大C.a 、b 物块间的摩擦力变大D.a 、b 物块间的摩擦力不变解析：运动过程中a 、b 整体受总重力、拉力F 、向下的洛伦兹力q v B 、地面的支持力F N和摩擦力F f,竖直方向有F N＝(m a＋m b)g＋q v B,水平方向有F－F f＝(m a ＋m b)a1,F f＝μF N.在加速阶段,v增大,F N增大,F f增大,加速度a1减小.对a受力分析,a受重力m a g、向下的洛伦兹力q v B、b对a向上的支持力F N′、b对a向左的静摩擦力F f′,竖直方向有F N′＝m a g＋q v B,水平方向有F f′＝m a a1.随着v的增大,F N′增大,故a对b的压力增大,选项A错误,B正确；加速度a1减小,所以a、b物块间的摩擦力变小,选项C、D均错误.答案：B二、多项选择题6.电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动,下列说法中正确的是()A.只要速度大小相等,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,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能不变解析：因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且还与粒子运动速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F＝q v B,当粒子速度与磁场平行时F＝0.再者由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错；＋q改为－q且速度反向时,所形成的电流方向与原＋q运动形成的电流方向相同,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F＝q v B知大小不变,所以B选项正确；因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错；因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,所以D选项正确.答案：BD7.如图所示为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：根据左手定则,电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反,故两者的偏转方向不同,选项A正确；根据q v B＝m v2r,得r＝m vqB,若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等,则轨迹半径不相同,选项B错误；对于质子、正电子,它们在磁场中运动时不能确定m v的大小,故选项C正确；粒子的m v越大,轨迹半径越大,而m v＝2mE k,粒子的动能大,其m v不一定大,选项D错误.答案：AC8.如图所示,匀强电场的方向竖直向下,匀强磁场的方向垂直纸面向里,三个油滴a、b、c带有等量同种电荷,其中a静止,b向右做匀速直线运动,c向左做匀速直线运动,比较它们的重力G a、G b、G c间的关系,正确的是()A.G a最大B.G b最大C.G c最大D.G b最小解析：由于a静止,G a＝qE,电场力竖直向上,故三个油滴带负电荷,由左手定则知,b 所受洛伦兹力竖直向下,G b＋q v b B＝qE；由左手定则知,c所受洛伦兹力竖直向上,G c＝qE＋q v c B.由此可知G b＜G a＜G c,故C、D正确.答案：CD9.如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有()A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近解析：因离子均向下偏转打到屏P上,根据左手定则可知a、b均带正电,A项正确.又因a、b为同种离子,m、q均相同,由R＝m vBq,T＝2πmBq,可知它们的轨道半径R与周期T也均相同.而a离子的轨迹是一段优弧,b离子的轨迹是一个半圆,a的路程比b的路程长,飞行时间也比b的飞行时间长,故B、C项均错误.b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径,说明b的落点离O点最远,故D项正确.答案：AD10.如图所示,匀强磁场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面,在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管.在水平拉力F作用下,试管向右匀速运动,带电小球能从试管口处飞出,则()A.小球带负电B.小球的运动轨迹是一条抛物线C.洛伦兹力对小球做正功D.维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大解析：由左手定则可判断小球带正电,A错误；洛伦兹力与速度方向总垂直,洛伦兹力对小球不做功,C错误；沿试管方向洛伦兹力的分量不变,小球沿试管匀加速运动,小球向右匀速运动的同时沿试管匀加速运动,轨迹为抛物线,B正确；洛伦兹力在F反方向上的分量逐渐增大,故维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大,D正确.答案：BD三、非选择题11.质量为m,带电荷量为q的微粒,以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间,如图所示,微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动,求：(1)电场强度的大小,该带电粒子带何种电荷.(2)磁感应强度的大小.解析：(1)微粒做匀速直线运动,所受合力必为零,微粒受重力mg,电场力qE,洛伦兹力q v B,由此可知,微粒带正电,受力如图所示,qE＝mg,则电场强度E＝mg q.(2)由于合力为零,则q v B＝2mg,所以B＝2mg q v.答案：(1)mgq正电(2)2mgq v12.两极板M 、N 相距为d ,板长为5d ,两板未带电,板间有垂直于纸面的匀强磁场,如图所示,一大群电子沿平行于板的方向从各个位置以速度v 射入板间,为了使电子都不从板间穿出,磁感应强度B 的范围怎样？(设电子电荷量为e ,质量为m )解析：如图所示,靠近M 板进入磁场的电子刚好打到N 板右边缘,对应的磁感应强度有最小值B 1,设此时轨道半径为R 1,则有e v B 1＝m v 2R 1 由几何关系得(R 1－d )2＋(5d )2＝R 21联立解得B 1＝m v13ed靠近M 板进入磁场的电子刚好打到N 板左边缘,对应的磁感应强度有最大值B 2,此时轨道半径为R 2,则有e v B 2＝m v 2R 2由几何关系得R 2＝d2联立解得B 2＝2m ved综上所述,磁感应强度B 的范围为m v 13ed ≤B ≤2m ved答案：m v 13ed ≤B ≤2m ved。

安培力作用下导体的平衡1.图3－4－5如图3－4－5所示，用两根轻细金属丝将质量为m 、长为l 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a 到b 的电流I 后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )A.mg Il tan θ，竖直向上B.mgIl tan θ，竖直向下 C.mg Il sin θ，平行悬线向下 D.mgIl sin θ，平行悬线向上 答案 D解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，如图所示，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.2.图3－4－6如图3－4－6所示，在倾角为θ的斜面上，有一质量为m 的通电长直导线，电流方向如图，当导线处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为B 1和B 2时，斜面对长直导线的静摩擦力均达到最大值，已知B 1∶B 2＝3∶1，求斜面对长直导线的最大静摩擦力的大小．答案 12mg sin θ解析假设最大静摩擦力为f m，B1IL＝mg sin θ＋f m①mg sin θ＝B2IL＋f m②联立可得：f m＝12mg sinθ.安培力和牛顿第二定律的结合3.图3－4－7据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图3－4－7所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离W＝0.10 m，导轨长L＝5.0 m，炮弹质量m＝0.30 kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0 T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103 m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响．答案6×104 A解析在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F＝IBW①设炮弹的加速度的大小为a，则有F＝ma②炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v2＝2aL③联立①②③代入题给数据得：I＝0.6×105 A故通过导轨的电流I＝6×104A.(时间：60分钟)题组一通电导线在磁场中的平衡1.图3－4－8如图3－4－8所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是()A ．磁铁对水平面的压力减小B ．磁铁对水平面的压力增大C ．磁铁对水平面施加向左的静摩擦力D ．磁铁所受的合外力增加 答案 BC 2.图3－4－9如图3－4－9所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A ．棒中的电流变大，θ角变大B ．两悬线等长变短，θ角变小C .金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小 答案 A 3.图3－4－10如图3－4－10所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L ，质量为m ，通过电流为I 的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B 的大小和方向可能为( )A ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直于斜面向下B ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直于斜面向上C ．B ＝mg tan αIL ，方向竖直向下D ．B ＝mg sin αIL，方向水平向右答案 AC解析 根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示．又因为导线还受重力G 和支持力F N ，根据力的平衡知，只有A 、C 两种情况是可能的，其中A 中F ＝mg sin α，则B ＝mg sin αIL ，C 中F ＝mg tan α，B ＝mg tan αIL.4.图3－4－11如图3－4－11所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10 m/s2)答案0.1 N 1 T解析根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10 N＝0.2 N，所以F＝0.1 N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N．因为磁场对电流的作用力F＝NBIL，故B＝F NIL＝0.110×0.1×0.1T＝1 T.5.图3－4－12如图3－4－12所示，两平行光滑导轨相距为L＝20 cm，金属棒MN的质量为m＝10 g，电阻R＝8 Ω，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B＝0.8 T，电源电动势为E＝10 V，内阻r＝1 Ω.当电键S闭合时，MN处于平衡，求变阻器R1的取值为多少？(设θ＝45 °)答案7 Ω解析根据左手定则判断安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如右图所示．当MN处于平衡时，根据平衡条件有：mg sin θ－BIL cos θ＝0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝ER＋R1＋r.由上述二式解得：R1＝7 Ω.6.图3－4－13如图3－4－13所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I＝1 A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)答案 5 s解析导线恰要离开斜面时受力情况如图．由平衡条件，得：F＝mg/tan 30°.①而F＝BIl.②B＝0.4t③代入数据解①②③即得：t＝5 s.图3－4－147．如图3－4－14所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．答案(1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N解析(1)根据闭合电路欧姆定律I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N.(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，F1＝mg sin 37°＝0.24 N，F1＜F安，根据平衡条件，mg sin 37°＋F f＝F安，解得F f＝0.06 N.图3－4－158．如图3－4－15所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3 N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？(g取10 m/s2)答案见解析解析依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时：G－μmg－BI1L＝0ab棒恰不左滑时：G＋μmg－BI2L＝0依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R1＋r)E＝I2(R2＋r)由以上各式代入数据可解得：R1＝9.9 Ω，R2＝1.9 Ω所以R的取值范围为：1．9 Ω≤R≤9.9 Ω.题组二安培力与牛顿运动定律的综合应用图3－4－169．如图3－4－16所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2 T，一根质量为0.6 kg，有效长度为2 m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8 A时，求金属棒能获得的加速度的大小．答案 2 m/s 2解析 当金属棒中的电流为5 A 时，金属棒做匀速运动，有I 1BL ＝f ①当金属棒中的电流为8 A 时，金属棒能获得的加速度为a ，则I 2BL －f ＝ma ② 联立①②解得a ＝BL （I 2－I 1）m ＝2 m/s 210.图3－4－17如图3－4－17所示，水平放置的光滑的金属导轨M 、N ，平行地置于匀强磁场中，间距为d ，金属棒ab 的质量为m ，电阻为r ，放在导轨上且与导轨垂直．磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面成夹角α且与金属棒ab 垂直，定值电阻为R ，导轨电阻不计．当电键闭合的瞬间，测得棒ab 的加速度大小为a ，则电源电动势为多大？答案 E ＝ma （R ＋r ）Bd sin α解析画出导体棒ab 受力的截面图，如右图所示，导体棒ab 所受安培力：F ＝BId ，由牛顿第二定律得：F sin α＝ma ，导体棒ab 中的电流：I ＝ER ＋r ，得E ＝ma （R ＋r ）Bd sin α.。

第4节磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力【测控导航】1.(多选)运动电荷(重力不计)进入磁场(无其他场)中,可能做的运动是( AD )A.匀速圆周运动B.平抛运动C.自由落体运动D.匀速直线运动解析:若运动电荷平行磁场方向进入磁场,则电荷做匀速直线运动,若运动电荷垂直磁场方向进入磁场,则电荷做匀速圆周运动,选项A,D正确;由于电荷的重力不计,故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动,选项B,C错误.2.在学校操场的上空停着一个热气球,从它底部脱落一个塑料小部件,下落过程中由于和空气摩擦而带负电,如果没有风,那么它的着地点会落在热气球正下方地面位置的( B ) A.偏东 B.偏西C.偏南D.偏北解析:在北半球,地磁场在水平方向上的分量方向是水平向北,塑料小部件带负电,根据左手定则可得塑料小部件受到向西的洛伦兹力,故向西偏转,选项B正确.3.(多选)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( AD )A.电子将向右偏转,速率不变B.电子将向左偏转,速率改变C.电子将向左偏转,半径不变D.电子将向右偏转,半径改变解析: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偏离电流,由于洛伦兹力不做功,电子动能不变,选项A正确;又由R=知,在电子偏离电流时,B减弱,故R变大,选项C错误,D正确.4.两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一匀强磁场中.设r1,r2为这两个电子的运动轨道半径,T1,T2是它们的运动周期,则( D )A.r1=r2,T1≠T2B.r1≠r2,T1≠T2C.r1=r2,T1=T2D.r1≠r2,T1=T2解析:同种粒子在同一磁场中运动时,r∝v,而T与v无关,故D对.5.(2017·扬州高二检测)如图所示,有界匀强磁场边界线SP∥MN,速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场,其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直,穿过b点的粒子,其速度方向与MN成60°角,设两粒子从S到a,b所需的时间分别为t1,t2,则t1∶t2为( D )A.1∶3B.4∶3C.1∶1D.3∶2解析:画出运动轨迹,过a点的粒子转过90°,过b点的粒子转过60°,则t1=,t2=,t1∶t2=3∶2,故选项D正确.6.(2017·雅安高二期末)质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示.下列表述正确的是( A )A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M,N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间解析:由左手定则知M带负电,N带正电,选项A正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F向=F洛,即=qvB得r=,因为M,N的质量、电荷量都相等,且r M>r N,所以v M>v N,选项B错误;M,N运动过程中,F洛始终与v垂直,F洛不做功,选项C错误;由T=知M,N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为,选项D错误.7.带电油滴以水平速度v0垂直进入匀强磁场,恰做匀速直线运动,如图所示,若油滴质量为m,磁感应强度为B,则下述说法正确的是( A )A.油滴必带正电荷,电荷量为B.油滴必带正电荷,比荷=C.油滴必带负电荷,电荷量为D.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=解析:油滴水平向右匀速运动,其所受洛伦兹力必向上与重力平衡,故带正电,其电荷量q=,选项A正确.8.(2017·西安高二期末)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( A )A. B. C. D.解析:如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qv0B=m,据几何关系,粒子在磁场中的轨道半径r=Rtan 60°=R,解得B=,选项A正确.9.如图所示,在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道,水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直.一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M下滑到最右端,则下列说法中正确的是 ( D )A.滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B.滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小C.滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D.滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等解析:由于洛伦兹力不做功,故与磁场不存在时相比,滑块经过最低点时的速度不变,选项A错误;由a=,与磁场不存在时相比,滑块经过最低点时的加速度不变,选项B错误;由左手定则,滑块经最低点时所受的洛伦兹力向下,而滑块所需的向心力不变,故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大,选项C错误;由于洛伦兹力始终与运动方向垂直,在任意一点,滑块经过时的速度均与不加磁场时相同,选项D正确.10.一个质量为m=0.1 g的小滑块,带有q=5×10-4 C的电荷量,放置在倾角α=30°的光滑斜面上(绝缘),斜面固定且置于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示,小滑块由静止开始沿斜面滑下,斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,要离开斜面(g取10 m/s2).求:(1)小滑块带何种电荷?(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大?(3)该斜面长度至少是多长?解析:(1)小滑块在沿斜面下滑的过程中,受重力mg、斜面支持力N和洛伦兹力F作用,如图所示,若要使小滑块离开斜面,则洛伦兹力F应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷.(2)小滑块沿斜面下滑的过程中,由平衡条件得F+N=mgcos α,当支持力N=0时,小滑块脱离斜面.设此时小滑块速度为v max,则此时小滑块所受洛伦兹力F=qv max B,所以v max== m/s≈3.5 m/s.(3)设该斜面长度至少为l,则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时.因为下滑过程中只有重力做功,由动能定理得mglsin α=m-0,所以斜面长至少为l== m≈1.2 m.答案:(1)负电荷(2)3.5 m/s (3)1.2 m11.(2017·银川高二检测)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场,一质量为m=5.0×10-8 kg、电荷量为q=1.0×10-6 C的带正电粒子,从静止开始经U=10 V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30 cm,(粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:(1)带电粒子到达P点时速度v的大小;(2)若磁感应强度B=2.0 T,粒子从x轴上的Q点(图中未画出)离开磁场,求OQ的距离;(3)若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B′满足的条件.解析:(1)对带电粒子的加速过程,由动能定理qU=mv2,代入数据得v=20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,qvB=得R=,代入数据得R=0.50 m,而=0.50 m,故圆心一定在x轴上,轨迹如图(甲)所示.由几何关系可知OQ=R+Rsin 53°,故OQ=0.90 m.(3)带电粒子不从x轴射出[如图(乙)],由几何关系得OP>R′+R′cos 53°,R′=,联立解得B′> T=5.33 T.(取“≥”照样正确)答案:(1)20 m/s (2)0.90 m(3)B′>5.33 T。

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. 1 : 2B.2 : 1C.1 3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（20 ° ），在磁场内运动时间为3同理负电荷所对圆心角是60 ° ，在磁场内运动时间是6故选B.答案:B6. （多选）有两个匀强磁场区域I和口，I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场区域做圆周运动.与I中运动的电子相比，□中的电子（）A. 运动轨迹的半径是I中的k倍B. 加速度的大小是I中的k倍C. 做圆周运动的周期是I中的k倍D. 做圆周运动的角速度与I中的相等解析：由题意知Bi=kBn,由r 知，选项A正确；由a 知a n -：故选项B错误；由T —得上II 2- 即T n = kT i ,故选项C正确；由3 —知co n - I故选项D错误•n答案:AC7. 如图所示，矩形区域宽度为I ,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),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 ° 求得R=2l.2(2)由Bqv o= —得T—得t 2 30(3)粒子做平抛运动，设偏转角为0 ,水平方向匀速l=v o t',竖直方向匀加速,加速度a 竖直分速度v y=at' ,tan 0 厅0 2o答案：(1)2 l (2 - 3 -30 2 08.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.2解析：（1）洛伦兹力提供向心力,有qvB=带电粒子做匀速圆周运动的半径R2 2匀速圆周运动的周期T ——⑵粒子受电场力F=qE洛伦兹力F >=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F丄B, F丄v, 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I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tB. 电子在磁场中的运动时间t -C. 洛伦兹力对电子做的功是W=BevID. 电子在b点的速度大小也为v解析：粒子在磁场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I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I,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v -B. 使粒子的速度v -C. 使粒子的速度v -D. 使粒子的速度- -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r i -222222- 2 故r2 -根据r 则v i --V2 2_那么欲使粒子不打在极板上，可使粒子速度v -或v -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V i,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v2 : v i为（）A 3 2 2 3 3 2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3可以得到,当以速率V1入射时,半径R 2当以速率V2入射时,半径R2 2再由R 可得，V2 :V1 3 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0.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 22~2解析:设铝板上方和下方的磁感应强度为B和B2,由题意可知，粒子在铝板上方与下方的运动半径和2- —动能之比分别为r i : r2 =2 ：1, E ki :氐=2 : 1,又r -2可得B —故B : B2 2 2 项正确.答案：D6. 一圆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勺两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度3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（）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0'.根据题意,/ NMN'= °,0'M 与NM 延长线的夹角为 60° ,所以/ O'MN'=7。

磁场对运动电荷的作用1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力。

2．洛伦兹力的方向 (1)判断方法：左手定则⎩⎪⎨⎪⎧磁感线垂直穿过手心四指指向正电荷运动的方向拇指指向正电荷所受洛伦兹力的方向(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v 。

即F 垂直于B 和v 决定的平面。

(注意：B 和v 不一定垂直)。

3．洛伦兹力的大小F ＝qvB sin θ，θ为v 与B 的夹角，如图8－2－1所示。

图8－2－1(1)v ∥B 时，θ＝0°或180°，洛伦兹力F ＝0。

(2)v ⊥B 时，θ＝90°，洛伦兹力F ＝qvB 。

(3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝0。

1．洛伦兹力和安培力的关系洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做正功，可做负功，也可不做功。

2．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。

(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。

(3)用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。

3．洛伦兹力与电场力的比较1．以下说法正确的是( ) A ．电荷处于电场中一定受到电场力 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方向和速度大小解析：选AC 电荷处在电场中一定受到电场力作用，A 正确；当运动电荷速度方向与磁场平行时不受洛伦兹力，B 项错误；洛伦兹力与电荷运动速度时刻垂直不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小，C 项正确，D 项错误。

(1)若v ∥B ，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。

(2)若v ⊥B ，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动。

磁场对运动电荷的作用力-洛仑磁力[目标定位]1.进一步理解带电粒子的初速度方向与磁感应强度方向垂直时，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.2.了解质谱仪的构造及工作原理.3.了解回旋加速器的构造及工作原理．一、利用磁场限制带电粒子运动图11．利用圆形磁场限制带电粒子运动(1)偏转角度：如图1所示，tan θ2＝r R ，R ＝mv 0Bq ，则tan θ2＝qBrmv 0.(2)限制特点：只变更带电粒子的运动方向，不变更带电粒子的速度大小． 2．分析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的几个关键点 (1)圆心的确定方法：两线定一点 ①圆心肯定在垂直于速度的直线上．如图2甲所示，已知入射点P (或出射点M )的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心．图2②圆心肯定在弦的中垂线上．如图乙所示，作P 、M 连线的中垂线，与其中一个速度的垂线的交点为圆心． (2)半径的确定半径的计算一般利用几何学问解直角三角形．做题时肯定要做好协助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．(3)粒子在磁场中运动时间的确定①粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t＝α360°T (或t ＝α2πT )．②当v 肯定时，粒子在磁场中运动的时间t ＝lv，l 为带电粒子通过的弧长． 二、质谱仪 [问题设计]结合图3，思索并回答下列问题．图3(1)带电粒子在P 1与P 2两平行金属板间做什么运动？若已知P 1、P 2间电场强度为E ，磁感应强度为B 1，则从S 3穿出的粒子的速度是多大？(2)设下方磁场的磁感应强度为B 2，粒子打在底片上到S 3距离为L ，则粒子的荷质比是多大？ 答案 (1)S 2、S 3在同始终线上，所以在P 1、P 2间做直线运动，因为只有电场力与洛伦兹力平衡即qE ＝qvB 1时才可做直线运动，故应做匀速直线运动，即从狭缝S 3穿出的粒子速度均为v ＝EB 1.(2)粒子做圆周运动的半径R ＝L2依据R ＝mv qB 2及v ＝E B 1可得：q m ＝2E B 1B 2L. [要点提炼]1．质谱仪的原理(如图3)(1)带电粒子进入加速电场(狭缝S 1与S 2之间)，满意动能定理：qU ＝12mv 2.(2)带电粒子进入速度选择器(P 1和P 2两平行金属板之间)，满意qE ＝qvB 1，v ＝EB 1，匀速直线通过． (3)带电粒子进入偏转磁场(磁感应强度为B 2的匀强磁场区域)，偏转半径R ＝mv qB 2. (4)带电粒子打到照相底片，可得荷质比q m ＝EB 1B 2R.2．(1)速度选择器适用于正、负电荷．(2)速度选择器中的E 、B 1的方向具有确定的关系，仅变更其中一个方向，就不能对速度做出选择． 三、回旋加速器 [问题设计]1．回旋加速器的核心部分是什么？回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？ 答案 D 形盒 磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速． 2．对交变电压的周期有什么要求？带电粒子获得的最大动能由什么确定？答案 交变电压的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期．由R ＝mv qB 及E k ＝12mv 2得最大动能E k＝q 2B 2R 22m，由此知最大动能由D 形盒的半径和磁感应强度确定．[要点提炼]1．回旋加速器采纳多次加速的方法：用磁场限制轨道、用电场进行加速．2．回旋加速器中沟通电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期，这样就可以保证粒子每次经过电场时都正好赶上适合电场而被加速．3．带电粒子获得的最大动能E km ＝q 2B 2R 22m，最大动能由D 形盒的半径R 和磁感应强度B 共同确定．[延长思索]为什么带电粒子加速后的最大动能与加速电压无关呢？答案 加速电压高时，粒子在加速器中旋转的圈数较少，而加速电压低时，粒子在加速器中旋转的圈数较多，最终粒子离开加速器时的速度由D 形盒的半径和磁感应强度共同确定，与加速电压无关．一、利用磁场限制带电粒子运动例1 如图4所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面对里的匀强磁场，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，电子束经过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m ，电荷量为e ，不计电子之间相互作用力及所受的重力．求：图4(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 .解析 本题是考查带电粒子在圆形区域中的运动问题．一般先依据入射、出射速度确定圆心，再依据几何学问求解．首先利用对准圆心方向入射必定沿背离圆心出射的规律，找出圆心位置，再利用几何学问及带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的相关学问求解．(1)由牛顿其次定律得Bqv ＝mv 2R ，q ＝e ，得R ＝mvBe.(2)如图所示，设电子做圆周运动的周期为T ，则T ＝2πR v ＝2πm Bq ＝2πmBe.由几何关系得圆心角α＝θ，所以t ＝α2πT ＝mθeB. (3)由几何关系可知：tan θ2＝rR ，所以有r ＝mveB tan θ2.答案 (1)mvBe (2)mθeB (3)mv eB tan θ2针对训练 如图5所示，一束电荷量为e 的电子以垂直于磁场方向(磁感应强度为B )并垂直于磁场边界的速度v 射入宽度为d 的磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝30°.求电子的质量和穿越磁场的时间．图5答案2dBe v πd3v解析 过M 、N 作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于O 点，O 点即电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，连接ON ，过N 做OM 的垂线，垂足为P ，如图所示．由直角三角形OPN 知，电子轨迹半径r ＝dsin30°＝2d ①由牛顿其次定律知evB ＝m v 2r②解①②得：m ＝2dBev电子在无界磁场中的运动周期为T ＝2πeB ·2dBe v ＝4πd v电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ＝30°，故电子在磁场中的运动时间为：t ＝112T ＝112×4πd v＝πd 3v .二、对质谱仪原理的理解例2 如图6是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有磁感应强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )图6A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面对外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析 依据Bqv ＝Eq ，得v ＝E B ，C 正确；在磁场中，B 0qv ＝m v 2r ，得q m ＝vB 0r，半径r 越小，荷质比越大，D 错误；同位素的电荷数一样，质量数不同，在速度选择器中电场力向右，洛伦兹力必需向左，依据左手定则，可推断磁场方向垂直纸面对外，A 、B 正确． 答案 ABC三、对回旋加速器原理的理解例3 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频沟通电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心旁边，若粒子源射出的粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子最大回旋半径为R max .求： (1)粒子在盒内做何种运动； (2)所加交变电流频率及粒子角速度； (3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．解析 (1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(2)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要等于粒子回旋频率，因为T ＝2πmqB，回旋频率f ＝1T ＝qB 2πm ，角速度ω＝2πf ＝qB m.(3)由牛顿其次定律知mv 2maxR max＝qBv max则R max ＝mv max qB ，v max ＝qBR maxm最大动能E kmax ＝12mv 2max ＝q 2B 2R 2max2m答案 (1)匀速圆周运动 (2)qB 2πm qBm(3)qBR max m q 2B 2R 2max 2m方法点拨 回旋加速器中粒子每旋转一周被加速两次，粒子射出时的最大速度(动能)由磁感应强度和D 形盒的半径确定，与加速电压无关．洛伦兹力的应用—⎪⎪⎪⎪—磁偏转的特点：只变更粒子速度的方向，不变更粒子速度的大小—应用—⎪⎪⎪—质谱仪—回旋加速器1．(带电粒子在磁场中运动的基本问题)如图7所示，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将( )图7A ．沿路径a 运动，轨迹是圆B ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小D ．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小 答案 B解析 由左手定则可推断电子运动轨迹向下弯曲，又由R ＝mvqB知，B 越来越小，R 越来越大，故电子的径迹是a ，故选B.2．(对回旋加速器原理的理解)在回旋加速器中( ) A ．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋 B ．电场和磁场同时用来加速带电粒子C．磁场相同的条件下，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大D．同一带电粒子获得的最大动能只与沟通电压的大小有关，而与沟通电压的频率无关答案AC解析电场的作用是使粒子加速，磁场的作用是使粒子回旋，故A选项正确，B选项错误；粒子获得的动能E k＝qBR22m，对同一粒子，回旋加速器的半径越大，粒子获得的动能越大，与沟通电压的大小无关，故C选项正确，D选项错误．3. (带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题)如图8所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( )图8A．1∶3B．4∶3C．1∶1D．3∶2答案 D解析如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t＝α2πT，可得：t1∶t2＝3∶2，故选D.4．(利用磁场限制粒子的运动)如图9所示，带负电的粒子垂直磁场方向沿半径进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60°角，已知带电粒子质量m＝3×10－20kg，电荷量q＝10－13C，速度v0＝105m/s，磁场区域的半径R＝0.3m，不计重力，则磁场的磁感应强度为________．图9答案0.058T解析画进、出磁场速度的垂线得交点O′，O′点即为粒子做匀速圆周运动的圆心，据此作出运动轨迹AB，如图所示．此圆半径记为r.连接O ′A ，O ′AOA＝tan60° r ＝3R带电粒子在磁场中做匀速圆周运动F 洛＝F 向Bqv 0＝ma 向＝mv 20rB ＝mv 0qr ＝3×10－20×10510－13×0.33T＝330T≈0.058T.题组一 对质谱仪、速度选择器和回旋加速器的理解 1.图1图1为一“滤速器”装置示意图．a 、b 为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O 进入a 、b 两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a 、b 间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO ′运动，由O ′射出．不计重力作用．可以达到上述目的的方法是( ) A ．使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面对里 B ．使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面对里 C ．使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面对外 D ．使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面对外 答案 AD图22．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图2所示，离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P 上，设离子在P 上的位置到入口处S 1的距离为x ，可以推断( ) A ．若离子束是同位素，则x 越大，离子质量越大 B ．若离子束是同位素，则x 越大，离子质量越小 C ．只要x 相同，则离子质量肯定相同 D ．只要x 相同，则离子的荷质比肯定相同 答案 AD解析 由动能定理qU ＝12mv 2.离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的学问，有：x ＝2r ＝2mv qB ，故x ＝2B 2mUq，分析四个选项，A 、D 正确，B 、C 错误．3．有一混合正离子束先后通过正交电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，假如这束正离子在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的( ) A ．速度和荷质比 B ．质量和动能 C ．电荷量和质量 D ．速度和质量 答案 A解析 由于离子束先通过速度选择器，这些离子必具有相同的速度；当这些离子进入同一匀强磁场时，偏转半径相同，由R ＝mv qB可知，它们的荷质比也相同．故选项A 正确． 4.图3如图3所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D 形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有( ) A ．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D 形盒的半径的增大而增大 B ．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大 C ．高频电源频率由粒子的质量、电荷量和磁感应强度确定 D ．粒子从磁场中获得能量答案 AC解析 当粒子从D 形盒中出来时速度最大，由qv m B ＝m v 2mR 其中R 为D 形盒半径，得v m ＝qBR m，可见最大速度随磁感应强度和D 形盒的半径的增大而增大，A 正确． 题组二 利用磁场限制带电粒子运动5．如图4所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面对里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，从x 轴上到原点的距离为x 0的P 点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场．不计重力的影响．由这些条件可知( )图4A ．不能确定粒子通过y 轴时的位置B ．不能确定粒子速度的大小C ．不能确定粒子在磁场中运动所经验的时间D ．以上三个推断都不对 答案 D解析 带电粒子以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场，故带电粒子肯定在磁场中运动了14周期，从y 轴上距O 为x 0处射出，回旋角为90°.由r ＝mvBq 可得v ＝Bqr m ＝Bqx 0m ，可求出粒子在磁场中运动时的速度大小，又有T ＝2πx 0v ＝2πmBq，可知粒子在磁场中运动所经验的时间．故选D.6．如图5所示，在x >0，y >0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面对里、大小为B ，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴正方向射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )图5A ．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B ．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C ．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D ．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子答案 AD解析 明显图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R ＝mvqB可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A 对，B 错；依据周期公式T ＝2πmqB知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝θmqB，圆心角越大，则运动时间越长，圆心均在x 轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D 对，C 错．7.空间存在方向垂直于纸面对里的匀强磁场，如图6所示的正方形虚线为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其荷质比相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )图6A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间肯定不同B ．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹肯定相同C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹肯定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角肯定越大 答案 BD 解析由于粒子荷质比相同，由r ＝mvqB可知速度相同的粒子运动半径相同，运动轨迹也必相同，B 正确．对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T ＝2πmqB知全部粒子在磁场中的运动周期都相同，A 、C 皆错误．再由t ＝θ2πT ＝θmqB可知D 正确．故选B 、D.8．如图7所示，在边界PQ 上方有垂直纸面对里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O 点沿与PQ 成θ角的方向以相同的速度v 射入磁场中，则关于正、负电子，下列说法正确的是( )图7A ．在磁场中的运动时间相同B ．在磁场中运动的轨道半径相同C ．出边界时两者的速度相同D ．出边界点到O 点的距离相等 答案 BCD9．如图8所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面对里，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点(图中未画出)时速度方向与x 轴的正方向相同，不计粒子的重力，则( )图8A ．该粒子带正电B ．A 点与x 轴的距离为mv2qBC ．粒子由O 到A 经验时间t ＝πm3qBD ．运动过程中粒子的速度不变 答案 BC解析 依据粒子的运动方向，由左手定则推断可知粒子带负电，A 项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变更，D 项错；粒子做圆周运动的半径r ＝mv qB，周期T ＝2πmqB，从O点到A 点速度的偏向角为60°，即运动了16T ，所以由几何学问求得点A 与x 轴的距离为mv2qB ，粒子由O 到A 经验时间t ＝πm3qB ，B 、C 两项正确．题组三 综合应用10．长为l 的水平极板间有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，两极板不带电．现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界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，可采纳的方法是( ) A ．使粒子的速度v <Bql 4mB ．使粒子的速度v >5Bql4mC ．使粒子的速度v >Bql mD ．使粒子的速度Bql 4m <v <5Bql 4m答案 AB解析 如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r 21＝(r 1－l 2)2＋l 2又r 1＝mv 1Bq， 所以v 1＝5Bql4m粒子刚好打在极板左边缘时，有r 2＝l 4＝mv 2Bq ，v 2＝Bql4m综合上述分析可知，选项A 、B 正确．11.如图9所示，一个质量为m 、电荷量为－q 、不计重力的带电粒子从x 轴上的P (a,0)点以速度v ，沿与x 轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限，求：图9(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)穿过第一象限的时间． 答案 (1)3mv 2qa (2)43πa9v解析(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：R cos30°＝a ，得：R ＝23a3Bqv ＝m v 2R 得：B ＝mv qR ＝3mv 2qa.(2)运动时间：t ＝120°360°×2πm qB ＝43πa 9v.12．如图10，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于xOy 所在纸面对外．某时刻在x ＝l 0、y ＝0处，一质子沿y 轴负方向进入磁场；同一时刻，在x ＝－l 0、y ＝0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用，设质子的质量为m ，电荷量为e .则：图10(1)假如质子经过坐标原点O ，它的速度为多大？(2)假如α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？ 答案 (1)eBl 02m(2)2eBl 04m ，方向与x 轴正方向的夹角为π4解析 (1)质子的运动轨迹如图所示，其圆心在x ＝l 02处，其半径r 1＝l 02.又r 1＝mveB ，可得v ＝eBl 02m.(2)质子从x ＝l 0处到达坐标原点O 处的时间为t H ＝T H 2，又T H ＝2πm eB ，可得t H ＝πmeB.α粒子的周期为T α＝4πm eB ，可得t α＝T α4两粒子的运动轨迹如图所示由几何关系得r α＝22l 0，又2ev αB ＝m αv 2αr α，解得v α＝2eBl 04m ，方向与x 轴正方向的夹角为π4.。

1．如图所示，表示磁场对运动电荷的作用，其中正确的是()解析：选C.粒子带负电，磁场方向向里，速度方向向右，根据左手定则，洛伦兹力向下，故A错误；粒子带正电，磁场方向向左，速度方向向下，根据左手定则，洛伦兹力垂直纸面向里，故B错误；粒子带正电，磁场方向向外，速度方向水平向右，根据左手定则，洛伦兹力向下，故C正确；粒子带正电，磁场方向向上，速度方向斜向左上，分解成向上和向左的分速度，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故D错误．2.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)．从图中情况可以确定()A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电解析：选D.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R＝m vqB.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，又据E k＝12m v2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带负电．3．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度方向与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需的时间分别为t1、t2，则t1∶t2为()A．1∶3B．4∶3C．1∶1D．3∶2解析：选D.画出运动轨迹，过a点的粒子转过90°，过b点的粒子转过60°，故选项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，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r＝m v qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πmqB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确． 5．如图所示，直线MN 上方为磁感应强度为B 的足够大的匀强磁场，一电子(质量为m 、电荷量为e )以v 的速度从点O 与MN 成30°角的方向射入磁场中，求：(1)电子从磁场中射出时距O 点多远？(2)电子在磁场中运动的时间是多少？解析：设电子在匀强磁场中运动半径为R ，射出时与O 点距离为d ，运动轨迹如图所示．(1)据牛顿第二定律知：Be v ＝m v 2R由几何关系可得，d ＝2R sin 30°解得：d ＝m v Be. (2)电子在磁场中转过的角度为θ＝60°＝π3，又周期T ＝2πm Be因此运动时间：t ＝θT 2π＝π32π·2πm Be ＝πm 3Be. 答案：(1)m v Be (2)πm 3Be一、单项选择题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：选C.只有运动电荷的速度方向与磁场方向不平行时，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A、B、D错误，C 正确．2．如图所示的是磁感应强度B、正电荷速度v和磁场对电荷的作用力F三者方向的相互关系图(其中B垂直于F与v决定的平面，B、F、v两两垂直)．其中正确的是()解析：选D.此题主要考查左手定则及立体图像的辨认，利用左手定则可判断出D是正确的．3．一带电粒子在匀强磁场中沿着磁感线方向运动，现将该磁场的磁感应强度增大一倍，则带电粒子受到的洛伦兹力()A．增大两倍B．增大一倍C．减小一半D．依然为零解析：选D.本题考查了洛伦兹力的计算公式F＝q v B，注意公式的适用条件．若粒子速度方向与磁场方向平行，洛伦兹力为零，故A、B、C错误，D正确．4.如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动解析：选C.根据通电螺线管内部磁场的特点，电子沿轴线进入螺线管，速度的方向和磁场方向平行，故电子不受洛伦兹力，因此，选C.5．两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一匀强磁场中．设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则()A．r1＝r2，T1≠T2B．r1≠r2，T1≠T2C．r1＝r2，T1＝T2D．r1≠r2，T1＝T2解析：选D.同种粒子在同一磁场中运动时，r∝v，而T与v无关，故D对．6.如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子()A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动解析：选A.从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式R＝m vqB可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A.7.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、负电子分别以不同速率沿着与x轴成30°角从原点射入磁场，它们的轨道半径之比为3∶1，则正、负电子在磁场中运动时间之比为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．3∶1解析：选B.首先要画出粒子的运动轨迹，它们的圆心均在垂直于速度方向的虚线上，如图所示．由几何知识可求出正电子在磁场中转动的圆心角为120°，负电子在磁场中转动的圆心角为60°，据t＝θ360°T可知，正、负电子在磁场中运动的时间之比为2∶1，正、负电子在磁场中运动的时间与粒子的运动半径无关．故B正确．8．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.3m v03qR B．m v0qRC.3m v0qR D．3m v0qR解析：选A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即q v0B＝m v20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r＝R tan 60°＝3R，解得B＝3m v03qR，选项A正确．二、多项选择题9.初速度为v 0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，半径不变D ．电子将向右偏转，半径改变解析：选AD.由右手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偏离电流，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变．A 对，又由R ＝m v qB知，在电子偏离电流时，B 减弱，故R 变大，D 对．10.如图所示，表面粗糙的斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中．质量为m 、带电量为＋Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断不正确的是( )A ．滑块受到的摩擦力不变B ．滑块到达地面时的动能与B 的大小无关C ．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D ．B 很大时，滑块可能静止于斜面上解析：选ABD.据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C 对．随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小发生变化，A 错．B 越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B 错．由于开始滑块不受洛伦兹力时就能下滑，无论B 多大，滑块都不可能静止在斜面上，D 错．三、非选择题11.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t .若加上磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°.利用以上数据求带电粒子的比荷及带电粒子在磁场中运动的时间．解析：设磁场宽度为L ，未加磁场时L ＝v 0t由几何关系可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，则L ＝R sin 60°，加磁场时：q v 0B ＝m v 20R 由以上各式可求得比荷：q m ＝sin 60°Bt ＝32Bt ，又T ＝2πm qB ，则运动时间为t ＝T 6＝23πt 9. 答案：32Bt 23πt 912．如图所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场．金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场．带电量为＋q 、质量为m 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E 的大小；(2)粒子从电场射出时速度v 的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R .解析：(1)电场强度E ＝U d. (2)根据动能定理，有qU ＝12m v 2－0得v ＝ 2qU m. (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得R ＝1B2mU q . 答案：(1)U d(2) 2qU m (3) 1B 2mU q。