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第2講　磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷(帶電體)的作用
目標(biāo)要求 　1.認(rèn)識(shí)洛倫茲力，能判斷洛倫茲力的方向，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小.2.會(huì)分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動(dòng).3.能夠分析帶電體在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)．
考點(diǎn)一　對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用
基礎(chǔ)回扣
1．洛倫茲力的定義
磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力．
2．洛倫茲力的大小
(1)v∥B時(shí)，F(xiàn)＝0；
(2)v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝qvB；
(3)v與B的夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝qvBsin θ.
3．洛倫茲力的方向
(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向；
(2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)
技巧點(diǎn)撥
洛倫茲力與電場力的比較
洛倫茲力 電場力
產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行
(說明：運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用) 電荷處在電場中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向與場
方向的關(guān)系 F⊥B，F(xiàn)⊥v F∥E
做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功

例1 　圖1中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示，一個(gè)帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是(　　)

圖1
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
答案　B
解析　在O點(diǎn)處，各電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加．d、b電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場抵消，a、c電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場合矢量方向向左．帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出它所受洛倫茲力的方向向下，B正確．
例2 　(多選)如圖2所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則(　　)

圖2
A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等
B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的位置高
D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變
答案　CD
解析　設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋q甲v甲B＝mv甲2r，mg－q乙v乙B＝mv乙2r，mg＝mv丙2r，顯然，v甲>v丙>v乙，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在圓形軌道最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，因?yàn)閯菽芟嗟龋约浊虻臋C(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確．

1.(帶電體在地磁場中運(yùn)動(dòng))如圖3所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來的速度水平拋出，考慮地磁場的影響，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

圖3
A．無論小球帶何種電荷，小球仍會(huì)落在a點(diǎn)
B．無論小球帶何種電荷，小球下落時(shí)間都會(huì)延長
C．若小球帶負(fù)電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)
D．若小球帶正電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)
答案　D
2．(洛倫茲力做功的特點(diǎn))(多選)如圖4甲所示，帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平向里的勻強(qiáng)磁場(如圖乙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平向右的勻強(qiáng)電場(如圖丙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(如圖丁)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4.不計(jì)空氣阻力，則(　　)

圖4
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較
答案　AC
解析　題圖甲中，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得h1＝v022g，題圖丙中，當(dāng)加上電場時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知，在豎直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝v022g，所以h1＝h3，故A正確；題圖乙中，洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)小球的動(dòng)能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝12mv02，又由于12mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D錯(cuò)誤；題圖丁中，因小球電性未知，則電場力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因?yàn)閔1>h2，所以h2與h4也無法比較，故C正確，B錯(cuò)誤．
考點(diǎn)二　有約束情況下帶電體的運(yùn)動(dòng)
帶電體在有約束條件下做變速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，加速度發(fā)生變化，最后趨于穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)FN＝0時(shí)離開接觸面．
例3 　(多選)(2019·福建泉州市期末質(zhì)量檢查)如圖5所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中．t＝0時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動(dòng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象可能是(　　)

圖5

答案　ACD
解析　設(shè)初速度為v0，則FN＝Bqv0，若滿足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物塊向下做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；若mg>μBqv0，則物塊開始有向下的加速度，由a＝mg－μBqvm可知，隨速度增加，加速度減小，即物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，選項(xiàng)D正確；若mg<μBqv0，則物塊開始有向上的加速度，做減速運(yùn)動(dòng)，由a＝μBqv－mgm可知，隨速度減小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，則選項(xiàng)C正確．

3．(有約束情況下帶電體的運(yùn)動(dòng))(多選)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設(shè)斜面足夠長，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖6所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，關(guān)于滑塊下滑過程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況，下列說法中正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)(　　)

圖6
A．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，＋q會(huì)離開斜面
B．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，－q會(huì)離開斜面
C．當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開斜面時(shí)，另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ
D．兩滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能均守恒
答案　ACD
解析　當(dāng)滑塊開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負(fù)電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時(shí)兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsin θ，均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)qvB＝mgcos θ時(shí)，帶正電的滑塊恰能離開斜面，而帶負(fù)電的滑塊將一直沿斜面運(yùn)動(dòng)，不會(huì)離開斜面，A正確，B錯(cuò)誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開斜面前兩者在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度總相同，當(dāng)帶正電的滑塊剛好離開斜面時(shí)，帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcos θ，方向垂直斜面向下，斜面對(duì)滑塊的支持力大小為qvB＋mgcos θ＝2mgcos θ，故滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．
考點(diǎn)三　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)
基礎(chǔ)回扣
1．在勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
2．帶電粒子以速度v垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．
(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝mv2r.
(2)軌跡半徑：r＝mvqB.
(3)周期：T＝2πrv、T＝2πmqB，可知T與運(yùn)動(dòng)速度和軌跡半徑無關(guān)，只和粒子的比荷和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)．
(4)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ(弧度)時(shí)，所用時(shí)間t＝θ2πT.
(5)動(dòng)能：Ek＝12mv2＝p22m＝?Bqr?22m.
例4 　(多選)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍，兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)
A．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍
D．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等
答案　AC
解析　設(shè)電子的質(zhì)量為m，速率為v，電荷量為e，
則由牛頓第二定律得：evB＝mv2R①
T＝2πRv②
由①②得：R＝mveB，T＝2πmeB
所以R2R1＝k，T2T1＝k
根據(jù)a＝evBm，ω＝vR
可知a2a1＝1k，ω2ω1＝1k
所以選項(xiàng)A、C正確，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤．
例5 　(2019·全國卷Ⅲ·18)如圖7，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(　　)

圖7
A.5πm6qB B.7πm6qB C.11πm6qB D.13πm6qB
答案　B
解析　設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，對(duì)應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R、T＝2πRv，可得R1＝mvqB、R2＝2mvqB、T1＝2πmqB、T2＝4πmqB，帶電粒子在第二象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝T14，在第一象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝θ2πT2，又由幾何關(guān)系有cos θ＝R2－R1R2＝12，可得t2＝T26，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝7πm6qB，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．


4．(帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)物理量的比較)在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運(yùn)動(dòng)．則α粒子與β粒子的動(dòng)能之比是(　　)
A.m1m2 B.m2m1
C.m14m2 D.4m2m1
答案　D
解析　粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝mv2r，動(dòng)能為：Ek＝12mv2，聯(lián)立可得：Ek＝q2r2B22m，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動(dòng)能之比為：EkαEkβ＝q12m1q22m2＝4m2m1，故D正確．
5.(運(yùn)動(dòng)軌跡分析)如圖8，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O.已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計(jì)重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為(　　)

圖8
A．2 B.2 C．1 D.22
答案　D
解析　根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍．設(shè)粒子在P點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝mv12r1，則B1＝mv1qr1＝2mEkqr1；同理，B2＝mv2qr2＝2m·12Ekqr2，則B1B2＝22，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
課時(shí)精練

1.從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時(shí)，由于地磁場的存在，改變了運(yùn)動(dòng)方向，對(duì)地球起到了保護(hù)作用．如圖1為地磁場的示意圖(虛線，方向未標(biāo)出)，赤道上方的磁場可看成與地面平行，若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(氦的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質(zhì)子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下(　　)

圖1
A．α射線沿直線射向赤道
B．β射線向西偏轉(zhuǎn)
C．γ射線向東偏轉(zhuǎn)
D．質(zhì)子向北偏轉(zhuǎn)
答案　B
解析　赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線和質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的β射線向西偏轉(zhuǎn)，不帶電的γ射線不偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B正確．
2．電荷量為3e的正離子，自勻強(qiáng)磁場a點(diǎn)如圖2所示射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，打中并吸收了原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的一個(gè)電子，若忽略電子質(zhì)量，則接下來離子的運(yùn)動(dòng)軌跡是(　　)

圖2


答案　D
解析　離子吸收一個(gè)電子后，離子帶電荷量由＋3e變?yōu)椋?e，因?yàn)殡娮淤|(zhì)量不計(jì)，故吸收電子后離子運(yùn)動(dòng)的速度保持不變．由洛倫茲力提供向心力qvB＝mv2R可得離子運(yùn)動(dòng)半徑R＝mvqB，因?yàn)殡x子吸收電子后帶電荷量減小且離子速度、質(zhì)量不變，故離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R增大，離子的電性沒有發(fā)生變化，故離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的受力方向沒有發(fā)生變化，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．
3．在同一勻強(qiáng)磁場中，α粒子(42He)和質(zhì)子(11H)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若它們的動(dòng)量大小相等，則α粒子和質(zhì)子(　　)
A．運(yùn)動(dòng)半徑之比是2∶1
B．運(yùn)動(dòng)周期之比是2∶1
C．運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4∶1
D．受到的洛倫茲力大小之比是2∶1
答案　B
解析　在同一勻強(qiáng)磁場B中，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝mvqB，故兩者的運(yùn)動(dòng)半徑之比為1∶2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝2πmqB，故運(yùn)動(dòng)周期之比為2∶1，選項(xiàng)B正確；α粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1，由于動(dòng)量大小相等，故速度大小之比為1∶4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中受到的洛倫茲力F＝qvB，故受到的洛倫茲力大小之比為1∶2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
4．(多選)帶電油滴以水平速度v0垂直進(jìn)入磁場，恰做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖3所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

圖3
A．油滴必帶正電荷，電荷量為mgv0B
B．油滴必帶正電荷，比荷qm＝gv0B
C．油滴必帶負(fù)電荷，電荷量為mgv0B
D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝mgv0B
答案　AB
解析　油滴水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，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，油滴的比荷為qm＝gv0B，選項(xiàng)A、B正確．
5．(多選)(2020·河北唐山市模擬)兩個(gè)質(zhì)子以不同速度均在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖4所示，兩圓周相切于A點(diǎn)，過A點(diǎn)作一直線與兩圓周交于D點(diǎn)和C點(diǎn)．若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說法正確的有(　　)

圖4
A．兩質(zhì)子速率之比v1∶v2＝1∶2
B．兩質(zhì)子周期之比T1∶T2＝1∶2
C．兩質(zhì)子由A點(diǎn)出發(fā)第一次分別到達(dá)D點(diǎn)和C點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間之比t1∶t2＝1∶2
D．兩質(zhì)子分別運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)和C點(diǎn)處時(shí)的速度方向相同
答案　AD
解析　質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝mv2r，則v＝qBrm，所以兩質(zhì)子的速率之比為1∶2，A正確；又T＝2πrv，解得T＝2πmqB，所以兩質(zhì)子的周期之比為1∶1，B錯(cuò)誤；由題圖可知兩質(zhì)子由A點(diǎn)出發(fā)第一次分別運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角相等，由于周期相同，則兩質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，C錯(cuò)誤；由于兩質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)角相等，則兩質(zhì)子分別運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)的速度方向相同，D正確．
6.(多選)如圖5所示，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運(yùn)動(dòng)，帶電小球能從管口處飛出，則(　　)

圖5
A．小球帶負(fù)電
B．小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線
C．洛倫茲力對(duì)小球做正功
D．維持試管勻速運(yùn)動(dòng)的拉力F應(yīng)逐漸增大
答案　BD
解析　小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口的洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電，故A錯(cuò)誤；由題知試管向右勻速運(yùn)動(dòng)，則小球在水平向右方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)試管運(yùn)動(dòng)速度為v1，小球沿試管方向受到的洛倫茲力F1＝qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿試管方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與平拋運(yùn)動(dòng)類似，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線，故B正確；洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，故C錯(cuò)誤；設(shè)小球沿試管的分速度大小為v2，則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力F2＝qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F＝F2，則F逐漸增大，故D正確．

7．圖6甲是洛倫茲力演示儀，圖乙是演示儀結(jié)構(gòu)圖．玻璃泡內(nèi)充有稀薄的氣體，由電子槍發(fā)射電子束，在電子束通過時(shí)能夠顯示電子的徑跡．圖丙是勵(lì)磁線圈的原理圖．兩線圈之間產(chǎn)生近似勻強(qiáng)磁場，線圈中電流越大磁場越強(qiáng)，磁場的方向與兩個(gè)線圈中心的連線平行，電子速度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度可以分別通過電子槍的加速電壓和勵(lì)磁線圈的電流來調(diào)節(jié)．若電子槍垂直磁場方向發(fā)射電子，給勵(lì)磁線圈通電后，能看到電子束的徑跡呈圓形．關(guān)于電子束的軌道半徑，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑不變
B．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑變小
C．只增大勵(lì)磁線圈中的電流，軌道半徑不變
D．只增大勵(lì)磁線圈中的電流，軌道半徑變小
答案　D
解析　只增大電子槍的加速電壓U，由eU＝12mv2可知，電子進(jìn)入磁場的速度增大，半徑r＝mvqB變大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；只增大勵(lì)磁線圈中的電流，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，半徑r＝mvqB變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．
8.(多選)(2019·河南鄭州市質(zhì)檢)如圖7所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象可能是下列選項(xiàng)中的(　　)

圖7

答案　AD
解析　帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時(shí)，圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時(shí)，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B、C錯(cuò)誤．
9.如圖8所示，長為l的絕緣輕繩上端固定于O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球，在小球運(yùn)動(dòng)的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強(qiáng)磁場．某時(shí)刻給小球一垂直于磁場、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則(　　)

圖8
A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
B．小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒
C．小球在最高點(diǎn)的最小速度v1＝gl
D．最低點(diǎn)與最高點(diǎn)的繩子拉力差值大于6mg
答案　D
解析　重力對(duì)小球做功，所以小球在運(yùn)動(dòng)過程中速率不斷變化，A錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中，繩子的拉力與洛倫茲力不做功，只有重力做功，故小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；當(dāng)小球恰好經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得mg－qv1B＝mv12l，故v1≠gl，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律，小球在最低點(diǎn)有FT－mg－qvB＝mv2l，在最高點(diǎn)有mg＋FT′－qv′B＝mv′2l，由機(jī)械能守恒定律得12mv2＝mg·2l＋12mv′2，聯(lián)立以上方程得，最低點(diǎn)與最高點(diǎn)繩子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正確．
10.(多選)(2020·陜西安康市月考)如圖9，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，AB＝2d，BC＝3d，E為AB中點(diǎn)．從E點(diǎn)沿垂直AB方向射入粒子a，粒子a經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從D點(diǎn)出磁場，若仍從E點(diǎn)沿垂直AB方向射入粒子b，粒子b經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從B點(diǎn)出磁場，已知a、b粒子的質(zhì)量相等，電荷量相等，不計(jì)粒子的重力，則(　　)

圖9
A．a(chǎn)、b粒子均帶正電
B．a(chǎn)、b粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為4∶1
C．a(chǎn)、b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率大小之比為2∶1
D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶3
答案　BD
解析　根據(jù)左手定則判斷可知，a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，

對(duì)a粒子，由幾何知識(shí)可得(Ra－d)2＋(3d)2＝Ra2，解得Ra＝2d
由圖可知b粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為Rb＝12d，則a、b粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為4∶1，B正確；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB＝mv2R可得v＝qBRm，由于a、b粒子的質(zhì)量相等，電荷量相等，則a、b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率大小之比為4∶1，C錯(cuò)誤；根據(jù)T＝2πmqB，可知，兩粒子的運(yùn)動(dòng)周期相同，由幾何關(guān)系知，a粒子運(yùn)動(dòng)的圓心角為π3，b粒子運(yùn)動(dòng)的圓心角為π，根據(jù)t＝T·θ2π可得，a、b粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶3，D正確．
11．如圖10所示，一個(gè)粗糙且足夠長的斜面體靜止于水平面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中，斜面體靜止不動(dòng)．下列說法中正確的是(　　)

圖10
A．滑塊受到的摩擦力逐漸增大
B．滑塊沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C．滑塊最終要離開斜面
D．滑塊最終可能靜止于斜面上
答案　C
解析　滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個(gè)力的作用，初始時(shí)刻洛倫茲力為0，滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的支持力減小，則摩擦力減小，加速度增大，當(dāng)qvB＝mgcos θ時(shí)，滑塊離開斜面，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
12．(多選)(2020·江西贛州市模擬)如圖11所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球套在桿上．已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　)

圖11
A．小球的加速度一直減小
B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變
C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝2μqE－mg2μqB
D．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝2μqE＋mg2μqB
答案　CD
解析　v較小時(shí)，對(duì)小球受力分析如圖所示，F(xiàn)f＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增大，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時(shí)達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，加速度逐漸減小，A錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ亮ψ龉Γ∏虻臋C(jī)械能與電勢能的總和在減小，B錯(cuò)誤；若在加速度增大時(shí)達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m·g2，得v＝2μqE－mg2μqB；若在加速度減小時(shí)達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m·g2，得v＝2μqE＋mg2μqB，C、D正確．

13．(2017·全國卷Ⅲ·24)如圖12，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0 區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時(shí)開始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求：(不計(jì)重力)

圖12
(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)粒子與O點(diǎn)間的距離．
答案　(1)πmB0q(1＋1λ)　(2)2mv0B0q(1－1λ)
解析　(1)在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得
qB0v0＝mv02R1①
qλB0v0＝mv02R2②
設(shè)粒子在x≥0區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則
t1＝πR1v0③
粒子在x<0區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則
t2＝πR2v0④
聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為
t＝t1＋t2＝πmB0q(1＋1λ)⑤
(2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為
d＝2(R1－R2)＝2mv0B0q(1－1λ)．

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