2017-2018學年度高中物理 第三章 磁場 第4節(jié) 磁場對運動電荷的作用—洛倫茲力課時訓練【含解析】教科版選修3-1

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1、 第4節(jié)　磁場對運動電荷的作用——洛倫茲力 【測控導航】 知識點 題號 1.洛倫茲力 1(易),2(易),3(易),4(易) 2.帶電粒子在磁場中的運動 5(易),6(中),8(中),11(難) 3.帶電粒子在復合場中的運動 7(中),9(中),10(中) 1.(多選)運動電荷(重力不計)進入磁場(無其他場)中,可能做的運動是(　AD　) A.勻速圓周運動 B.平拋運動 C.自由落體運動 D.勻速直線運動 解析:若運動電荷平行磁場方向進入磁場,則電荷做勻速直線運動,若運動電荷垂直磁場方向進入磁場,則電荷做勻速圓周運動,選項A,D正確;由于電荷的重

2、力不計,故電荷不可能做平拋運動或自由落體運動,選項B,C錯誤. 2.在學校操場的上空停著一個熱氣球,從它底部脫落一個塑料小部件,下落過程中由于和空氣摩擦而帶負電,如果沒有風,那么它的著地點會落在熱氣球正下方地面位置的(　B　) A.偏東 B.偏西 C.偏南 D.偏北 解析:在北半球,地磁場在水平方向上的分量方向是水平向北,塑料小部件帶負電,根據(jù)左手定則可得塑料小部件受到向西的洛倫茲力,故向西偏轉(zhuǎn),選項B正確. 3.(多選)初速度為v0的電子,沿平行于通電長直導線的方向射出,直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示,則(　AD　) A.電子將向右偏轉(zhuǎn),速率不變

3、 B.電子將向左偏轉(zhuǎn),速率改變 C.電子將向左偏轉(zhuǎn),半徑不變 D.電子將向右偏轉(zhuǎn),半徑改變 解析:由安培定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里,再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力偏離電流,由于洛倫茲力不做功,電子動能不變,選項A正確;又由R=mvqB知,在電子偏離電流時,B減弱,故R變大,選項C錯誤,D正確. 4.兩個電子以大小不同的初速度沿垂直磁場的方向射入同一勻強磁場中.設r1,r2為這兩個電子的運動軌道半徑,T1,T2是它們的運動周期,則(　D　) A.r1=r2,T1≠T2 B.r1≠r2,T1≠T2 C.r1=r2,T1=T2 D.r1≠r2,T1=T2

4、 解析:同種粒子在同一磁場中運動時,r∝v,而T與v無關,故D對. 5.(2017揚州高二檢測)如圖所示,有界勻強磁場邊界線SP∥MN,速度不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場,其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直,穿過b點的粒子,其速度方向與MN成60角,設兩粒子從S到a,b所需的時間分別為t1,t2,則t1∶t2為(　D　) A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2 解析:畫出運動軌跡,過a點的粒子轉(zhuǎn)過90,過b點的粒子轉(zhuǎn)過60,則t1=T4,t2=T6,t1∶t2=3∶2,故選項D正確. 6.(2017雅安高二期末)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電

5、粒子M和N,以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場,運行的半圓軌跡如圖中虛線所示.下列表述正確的是(　A　) A.M帶負電,N帶正電 B.M的速率小于N的速率 C.洛倫茲力對M,N做正功 D.M的運行時間大于N的運行時間 解析:由左手定則知M帶負電,N帶正電,選項A正確;帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動且向心力F向=F洛,即mv2r=qvB得r=mvqB,因為M,N的質(zhì)量、電荷量都相等,且rM>rN,所以vM>vN,選項B錯誤;M,N運動過程中, F洛始終與v垂直,F洛不做功,選項C錯誤;由T=2πmqB知M,N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為T2,選項D錯誤

6、. 7.帶電油滴以水平速度v0垂直進入勻強磁場,恰做勻速直線運動,如圖所示,若油滴質(zhì)量為m,磁感應強度為B,則下述說法正確的是(　A　) A.油滴必帶正電荷,電荷量為mgv0B B.油滴必帶正電荷,比荷qm=qv0B C.油滴必帶負電荷,電荷量為mgv0B D.油滴帶什么電荷都可以,只要滿足q=mgv0B 解析:油滴水平向右勻速運動,其所受洛倫茲力必向上與重力平衡,故帶正電,其電荷量q=mgv0B,選項A正確. 8.(2017西安高二期末)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的

7、某直徑射入磁場,離開磁場時速度方向偏離入射方向60.不計重力,該磁場的磁感應強度大小為(　A　) A.3mv03qR B.mv0qR C.3mv0qR D.3mv0qR 解析:如圖所示,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,即qv0B=mv02r,據(jù)幾何關系,粒子在磁場中的軌道半徑r=Rtan 60=3R,解得B=3mv03qR,選項A正確. 9.如圖所示,在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道,水平方向的勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直.一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點M下滑到最右端,則下列說法中正確的是 (　D　) A.滑塊經(jīng)過最低點時的

8、速度比磁場不存在時大 B.滑塊經(jīng)過最低點時的加速度比磁場不存在時小 C.滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小 D.滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等 解析:由于洛倫茲力不做功,故與磁場不存在時相比,滑塊經(jīng)過最低點時的速度不變,選項A錯誤;由a=v2R,與磁場不存在時相比,滑塊經(jīng)過最低點時的加速度不變,選項B錯誤;由左手定則,滑塊經(jīng)最低點時所受的洛倫茲力向下,而滑塊所需的向心力不變,故滑塊經(jīng)最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大,選項C錯誤;由于洛倫茲力始終與運動方向垂直,在任意一點,滑塊經(jīng)過時的速度均與不加磁場時相同,選項D正確. 10.一個質(zhì)量為m=0.1 g的小滑

9、塊,帶有q=510-4 C的電荷量,放置在傾角α=30的光滑斜面上(絕緣),斜面固定且置于B=0.5 T的勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里,如圖所示,小滑塊由靜止開始沿斜面滑下,斜面足夠長,小滑塊滑至某一位置時,要離開斜面(g取10 m/s2).求: (1)小滑塊帶何種電荷? (2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度是多大? (3)該斜面長度至少是多長? 解析:(1)小滑塊在沿斜面下滑的過程中,受重力mg、斜面支持力N和洛倫茲力F作用,如圖所示,若要使小滑塊離開斜面,則洛倫茲力F應垂直斜面向上,根據(jù)左手定則可知,小滑塊應帶負電荷. (2)小滑塊沿斜面下滑的過程中,由平衡條件得F+N=

10、mgcos α,當支持力N=0時,小滑塊脫離斜面.設此時小滑塊速度為vmax,則此時小滑塊所受洛倫茲力F=qvmaxB, 所以vmax=mgcosαqB=0.110-31032510-40.5 m/s ≈3.5 m/s. (3)設該斜面長度至少為l,則小滑塊離開斜面的臨界情況為小滑塊剛滑到斜面底端時.因為下滑過程中只有重力做功,由動能定理得 mglsin α=12mvmax2-0, 所以斜面長至少為 l=vmax22gsinα=(3.5)22100.5 m≈1.2 m. 答案:(1)負電荷　(2)3.5 m/s　(3)1.2 m 11.(2017銀川高二檢測)如圖所示,在平面直

11、角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m=5.010-8 kg、電荷量為q=1.010-6 C的帶正電粒子,從靜止開始經(jīng)U=10 V的電壓加速后,從P點沿圖示方向進入磁場,已知OP=30 cm,(粒子重力不計, sin 37=0.6,cos 37=0.8),求: (1)帶電粒子到達P點時速度v的大小; (2)若磁感應強度B=2.0 T,粒子從x軸上的Q點(圖中未畫出)離開磁場,求OQ的距離; (3)若粒子不能進入x軸上方,求磁感應強度B′滿足的條件. 解析:(1)對帶電粒子的加速過程,由動能定理 qU=12mv2, 代入數(shù)據(jù)得v=20 m/s. (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動, qvB=mv2R得R=mvqB, 代入數(shù)據(jù)得R=0.50 m, 而OPcos53=0.50 m, 故圓心一定在x軸上,軌跡如圖(甲)所示. 由幾何關系可知 OQ=R+Rsin 53, 故OQ=0.90 m. (3)帶電粒子不從x軸射出[如圖(乙)],由幾何關系得 OP>R′+R′cos 53, R′=mvqB, 聯(lián)立解得 B′>163 T=5.33 T.(取“≥”照樣正確) 答案:(1)20 m/s　 (2)0.90 m　 (3)B′>5.33 T 5