高中物理沪科版选修3-1 训练题5.5 探究洛伦兹力 Word版含解析

5.5 探究洛伦兹力
一、选择题（一）
1.试判断下列图中带电粒子所受洛伦兹力的方向向上的是(　　)
解析:A图中带电粒子受力方向向上;B图中带电粒子受力方向向外;C图中带电粒子受力方向向左;D图中带电粒子受力方向向里。
答案:A
2.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流,称为宇宙射线,在射向地球时,由于地磁场的存在,改变了带电粒子的运动方向,地磁场对地球起到了保护作用。如图为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束质子流,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:建立空间概念,在赤道上空地磁场方向水平向北,由左手定则可以判断磁场对质子的洛伦兹力方向向东,故质子向东偏转,故选项B正确。
答案:B
3.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,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时,动能、速度均不变
解析:因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时f=qvB,当粒子速度与磁场平行时f=0。又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,所以选项A错误。因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由f=qvB知大小不变,所以选项B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,所以选项C错误。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,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以选项D错误。
答案:B
4.两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1,粒子b的运动轨迹半径为r2,且r2=2r1,q1、q2分别是粒子a、b的电荷量,则(　　)
A.a带负电、b带正电,比荷之比q1m1∶q2m2=2∶1
B.a带负电、b带正电,比荷之比q1m1∶q2m2=1∶2
C.a带正电、b带负电,比荷之比q1m1∶q2m2=2∶1
D.a带正电、b带负电,比荷之比q1m1∶q2m2=1∶1
解析:根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电,根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1。
答案:C
5.(多选)如图所示,圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下,带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时,穿过此区域的时间为t;若在该区域加上沿轴线方向的匀强磁场,磁感应强度为B,带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射,粒子飞出此区域时,速度方向偏转了π3,根据上述条件可求得的物理量为(　　)
A.带电粒子的初速度
B.带电粒子在磁场中运动的半径
C.带电粒子在磁场中运动的周期
D.带电粒子的比荷
解析:设圆柱形区域的半径为R,粒子的初速度为v0,则v0=2Rt,由于R未知,无法求出带电粒子的初速度,选项A错误;若加上磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,设运动轨迹半径为r,运动周期为T,则T=2πrv0,速度方向偏转了π3,由几何关系得轨迹圆弧所对的圆心角θ=π3,r=3R,联立以上式子得T=3πt,故选项C正确;由T=2πmqB得qm=23Bt,故选项D正确;由于R未知,无法求出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径,选项B错误。
答案:CD
二、非选择题（一）
6.带电粒子的质量为m=1.7×10-27 kg,电荷量为q=1.6×10-19 C,以v=3.2×106 m/s的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.17 T,磁场的宽度l=10 cm,如图所示,求:
(1)带电粒子离开磁场时的速度为多大?
(2)带电粒子在磁场中运动多长时间?离开磁场时偏离入射方向的距离为多大?
解析:(1)洛伦兹力不做功,所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106m/s。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
由qvB=mv2r得轨迹半径
r=mvqB=1.7×10-27×3.2×1061.6×10-19×0.17m=0.2m
由图可知偏转角θ满足
sinθ=lr=0.10.2=0.5,故θ=30°
带电粒子在磁场中运动周期T=2πmqB,则带电粒子在磁场中的运动时间
t=θ360°T=T12=πm6qB=3.14×1.7×10-276×1.6×10-19×0.17s=3.3×10-8s
离开磁场时偏离入射方向的距离
d=r(1-cosθ)=0.2×(1-32)m=2.7×10-2m。
答案:(1)3.2×106 m/s　(2)3.3×10-8 s　2.7×10-2 m
7.如图所示,在y<0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外,磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场,入射方向在xOy平面内,与x轴正方向的夹角为θ。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l,求:
(1)该粒子的电荷量和质量之比qm。
(2)该粒子在磁场中的运动时间。
解析:(1)如图所示,带电粒子射入磁场后,由于受到洛伦兹力的作用,粒子将沿图示的轨迹运动,从A点射出磁场,O、A间的距离为l,射出时速度的大小仍为v0,射出方向与x轴的夹角仍为θ。
由于洛伦兹力提供向心力,则根据牛顿第二定律有
qv0B=mv02R
式中R为圆弧轨道的半径,解得R=mv0qB①
圆弧轨道的圆心位于OA的中垂线上,由几何关系可得
l2=Rsinθ②
由①②两式,解得qm=2v0sinθlB。
(2)粒子在磁场中的运动时间为
t=2π-2θ2πT=2π-2θ2π·2πmBq=(π-θ)lv0sinθ。
答案:(1)2v0sinθlB　(2)(π-θ)lv0sinθ
三、选择题（二）
1.(多选)如图所示,用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中,空气阻力不计,当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时(　　)
A.小球的动能相同
B.丝线所受的拉力相同
C.小球所受的洛伦兹力相同
D.小球的向心加速度相同
解析:带电小球受到洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直,对小球不做功,只改变速度方向,不改变速度大小,只有重力做功,故两次经过O点时速度大小不变,动能相同,选项A正确;小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反,由左手定则可知两次过O点洛伦兹力方向相反,绳的拉力大小也就不同,故选项B、C错误;由a=v2R可知向心加速度相同,选项D正确。
答案:AD
2.如图所示,在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大),一对正、负电子分别以相同的速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入,则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为(　　)
A.1∶3　 B.1∶2
C.1∶1 D.2∶1
解析:如图所示,正电子逆时针偏转,圆弧对应的圆心角为120°,而负电子沿顺时针偏转,圆心角为60°,因此负电子与正电子在磁场中运动的时间之比t1t2=π32π3=12,故选项B正确。
答案:B
四、非选择题（二）
3.如图所示,质量m=0.1 g的圆环带有q=5×10-4 C的正电荷,圆环套在一根与水平方向的夹角θ=37°的足够长的绝缘杆上,可以沿杆滑动,与杆间的动摩擦因数μ=0.4。这个装置放在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,求圆环无初速度释放后沿杆下滑的最大加速度和最大速度。(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)
解析:圆环刚释放时,磁场对圆环的洛伦兹力为零,这时的加速度由重力的下滑分量与滑动摩擦力的合力提供。当圆环的速度开始增大,洛伦兹力开始增大,使得圆环对杆的压力减小,摩擦力减小,当摩擦力为零时,圆环的加速度最大。即当F洛=mgcosθ时,圆环的加速度最大。
F合=mgsin37°=mamax,amax=gsin37°=6m/s2
当F洛>mgcosθ时,又开始出现摩擦力,圆环的加速度开始减小,但速度继续增大,弹力增大,摩擦力增大。
当f摩=mgsinθ时,圆环所受的合力为零,速度最大,有
μ(qvmB-mgcosθ)=mgsinθ
代入数据解得vm=9.2m/s。
答案:6 m/s2　9.2 m/s
4.如图所示,在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、电荷量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区,最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。
解析:设粒子的入射速度为v,已知粒子带正电,故它在磁场中先顺时针做圆周运动,再逆时针做圆周运动,最后从A4点射出。用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度、轨道半径和周期
qvB1=mv2R1,qvB2=mv2R2
T1=2πR1v=2πmqB1,T2=2πR2v=2πmqB2,设圆形区域的半径为r。如图所示,已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场。连接A1A2,△A1OA2为等边三角形,A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心,其轨迹的半径R1=A1A2=OA2=r
圆心角∠A1A2O=60°,带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间t1=16T1
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点,即R2=12r,在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2=12T2
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t=t1+t2
由以上各式可得B1=5πm6qt,B2=5πm3qt。
答案:B1=5πm6qt　B2=5πm3qt