寒假訓練08 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動1.【2018年北師大附中高二上學期月考】一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad長為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一速度方向與ad邊夾角為30°、大小為v0的帶正電粒子，如圖所示。已知粒子電荷量為q，質量為m(重力不計)：(1)若要求粒子能從ab邊射出磁場，v0應滿足什么條件？(2)若要求粒子在磁場中運動的時間最長，粒子應從哪一條邊界處射出，出射點位于該邊界上何處？最長時間是多少？一、選擇題1【2018年海安中學高二上學期期中】關于電荷所受電場力和洛侖茲力，正確的說法是()A電荷在磁場中一定受洛侖茲力作用B電荷在電場中一定受電場力作用C電荷所受電場力一定與該處電場方向一致D電荷所受的洛侖茲力一定與磁場方向一致2【2018年佛山市高二上學期期末】我國2016年7月在四川省稻城縣海子山動工建設的“高海拔宇宙線觀測站”（LHAASO），是世界上海拔最高、規(guī)模最大、靈敏度最強的宇宙射線探測裝置。假設來自宇宙的質子流沿著與地球表面垂直的方向射向這個觀測站，由于地磁場的作用（忽略其他阻力的影響），粒子到達觀測站時將()A豎直向下沿直線射向觀測站B與豎直方向稍偏東一些射向觀測站C與豎直方向稍偏西一些射向觀測站D與豎直方向稍偏北一些射向觀測站3【2018年杭州上學期高三物理模擬】(多選)如圖所示為一陰極射線管的示意圖，接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向上（z軸正方向）偏轉，在下列措施中可采用的是()A加一磁場，磁場方向沿z軸負方向B加一磁場，磁場方向沿y軸負方向C加一電場，電場方向沿z軸負方向D加一電場，電場方向沿y軸正方向4【2018年海安中學高二上學期月考】(多選)如圖所示，導電物質為電子的霍爾元件樣品置于磁場中，表面與磁場方向垂直，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。當開關S1、S2閉合后，三個電表都有明顯示數(shù)，下列說法正確的是()A通過霍爾元件的磁場方向向上B若適當減小R1、增大R2，則電壓表示數(shù)一定增大C僅將電源E1、E2反向接入電路，電壓表的示數(shù)不變D接線端2的電勢低于接線端4的電勢5【2018年靖遠一中高三上學期第二次月考】如圖所示，兩個初速度大小不同的相同粒子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，其中b粒子速度方向與屏OP垂直，粒子速度方向與b粒子速度方向夾角45°。兩粒子最后均打到屏上同一點Q上，不計重力。下列說法正確的是()Aa、b粒子帶負電Ba、b兩粒子在磁場中飛行速度之比為1Ca、b兩粒子在磁場中飛行的周期之比為23Da、b兩粒子在磁場中飛行的時間之比為116【2018年鶴崗一中高二12月月考】如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q(q> 0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()A B C D7【2018年西安中學高三第九次模擬】(多選)如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子(不計重力)從A點沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則()A從Q點射出的粒子速度大B從P點射出的粒子速度大C從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長D兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長8【2018年大連市一三中學高二上學期期中】如圖所示，兩個橫截面分別為圓和正方形，但磁感應強度均相同的勻強磁場，圓的直徑D等于正方形的邊長，兩個電子以相同的速度分別飛入兩個磁場區(qū)域，速度方向均與磁場方向垂直，進入圓形區(qū)域的電子速度方向對準了圓心，進入正方形區(qū)域的電子是沿一邊的中心且垂直于邊界線進入的，則下列說法錯誤的是()A兩個電子在磁場中運動的半徑一定相同B兩電子在磁場中運動的時間有可能相同C進入圓形區(qū)域的電子一定先飛離磁場D進入圓形區(qū)域的電子一定不會后飛離磁場二、解答題9【2018年新余一中學高二12月月考】如圖所示，勻強磁場分布在平面直角坐標系的整個第象限內，磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里。一質量為m、電荷量絕對值為q、不計重力的粒子，以某速度從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向，A到x軸的距離為d。求：(1)粒子由O到A經(jīng)歷的時間；(2)粒子速度大??；(3)離開x軸的位置。10【2018年長沙市長郡中學高三上學期第五次調研】研究太空宇宙射線的粒子組成時，要在探測衛(wèi)星上安裝“太空粒子探測器”和質譜儀。“太空粒子探測器”由加速裝置、偏轉裝置和收集裝置三部分組成，其原理可簡化為圖甲所示。輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓的半徑為R1，電勢為1，內圓的半徑R，電勢為2。內圓內有方向垂直紙面向里的磁感應強度為B1的勻強磁場，收集薄板MN與內圓的一條直徑重合，收集薄板兩端M、N與內圓間存在狹縫。假設太空中漂浮著質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止開始加速，粒子進入磁場后，發(fā)生偏轉，最后打在收集薄板MN上并被吸收（收集薄板兩面均能吸收粒子，兩端不吸收粒子），不考慮粒子間的相互作用。(1)求粒子剛到達內圓時速度的大?。?2)以收集薄板MN所在的直線為橫軸建立如圖甲所示的平面直角坐標系，分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運動，求出這些粒子運動的一個周期內在磁場中運動的時間。寒假訓練08 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動1.【解析】(1)粒子軌跡恰好與cd邊相切，是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最大的情況，設此半徑為R1，如圖甲所示。則有R1cos60°R1，可得R1L。粒子軌跡恰好與ab相切，是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最小的情況，設此半徑為R2，如圖乙所示。則有R2sin30°R2，得R2，故粒子能從ab邊射出磁場的條件為R2<RR1，即<RL，根據(jù)qv0Bm，得v0所以<v0。(2)因為tT，所以粒子運動軌跡所對應的圓心角越大，粒子在磁場中運動時間越長。從圖中可以看出，如果粒子從cd邊射出，則圓心角最大為60°，若粒子從ab邊射出，則圓心角最大為240°，粒子從ad邊射出，圓心角最大為360°60°300°，由甲、乙兩圖可知，粒子不可能從右側射出。綜上所述，為使粒子在磁場中運動的時間最長，粒子應從ad邊射出。如圖乙所示，設出射點到O的距離為x，從圖中可以看出，P點是粒子在磁場中運動時間最長的出射點。因為PO2R2sin30°，所以x，即出射點到O的距離不超過。最長時間：tmax×。一、選擇題1【答案】B2【答案】B【解析】質子流的方向從上而下射向地球表面，地磁場方向在赤道的上空從南指向北，根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向向東，所以質子向東偏轉，故B正確。3【答案】BC【解析】若加一沿z軸負方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y軸負方向，故A錯誤若加一沿y軸負方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z軸正方向，亮線向上偏轉，故B正確加一電場，電場方向沿z軸負方向，電子受到的電場力的方向向上，亮線向上偏轉，符合題意。故C正確。加一電場，電場方向沿y軸正方向，電子受到的電場力的方向沿y軸負方向，不符合題意。故D錯誤。4【答案】CD【解析】根據(jù)安培定則可知，磁場的方向向下，故A錯誤；適當減小R1，電磁鐵中的電流增大，產(chǎn)生的磁感應強度增大，而當增大R2，霍爾元件中的電流減小，所以霍爾電壓減小，即電壓表示數(shù)一定減小，故B錯誤；當調整電路，將電源E1、E2反向接入電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流方向相反，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，即2、4兩接線端的電勢高低關系不發(fā)生改變，電壓表的示數(shù)不變，故C正確；通過霍爾元件的電流由1流向接線端3，負電子移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，負電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢，故D正確。5【答案】B【解析】根據(jù)左手定則可知a、b粒子帶正電，故A錯誤；畫出兩粒子的運動軌跡如圖所示：由幾何關系知道兩粒子的半徑之比為：rarb=21，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2r，解得：r=mvqB，聯(lián)立以上可得：vavb=21，故B正確；由半徑公式和運動學公式可以求得周期T=2mqB，由于是同種粒子，所以比荷相同，周期相同，周期之比為1：1，故C錯誤；由軌跡圖及幾何關系可求出兩粒子的偏轉角分別為a=32，b=，所以時間之比就是偏轉角之比為3：2，故D錯誤。6【答案】C【解析】帶電粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域做勻速圓周運動，運動軌跡如圖。設運動半徑為r，圓心為O，連接OC、OO，OO垂直平分弦長CD。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，所以：COD=60°，又CE=12R，所以：COE=30°，則：COO=COO=30°，CO=CO，即：r=R。再根據(jù)洛侖茲力提供向心力有：qvB=mv2R，可得粒子速率：v=qBRm，故C正確，ABD錯誤。7【答案】AD【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系（圖示弦切角相等），粒子在磁場中偏轉的圓心角相等，根據(jù)粒子在磁場中運動的時間：t=2T，又因為粒子在磁場中圓周運動的周期T=2mqB，可知粒子在磁場中運動的時間相等，故D正確，C錯誤；如圖，粒子在磁場中做圓周運動，分別從P點和Q點射出，由圖知，粒子運動的半徑RPRQ，又粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=mvBq知粒子運動速度vPvQ，故A正確，B錯誤。8【答案】ABD【解析】電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R，解得：R=mvBq，兩過程電子速度v相同，所以半徑相同，故A正確；電子在磁場中的可能運動情況如圖所示，電子從O點水平進入由于它們進入圓形磁場和正方形磁場的軌道半徑、速度是相同的，把圓形磁場和矩形磁場的邊界放到同一位置如圖所示，由圖可以看出進入磁場區(qū)域的電子的軌跡2，同時從圓形與正方形邊界處出磁場；運動時間相同，偏轉角度相同，為90度；故B正確；由圖可以看出進入圓形區(qū)域的電子不一定先飛離磁場，但是進入圓形區(qū)域的電子一定不會后飛離磁場，故C錯誤，D正確。二、解答題9【解析】根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則判斷知，此粒子帶負電；粒子由O運動到A時速度方向改變了60°角，所以粒子軌跡對應的圓心角為=60°，則粒子由O到A運動的時間為t=360°T=60°360°2mqB=m3qB；（2）根據(jù)幾何關系，有cos60°R-dR，解得：R=2d，根據(jù)qvB=mv2R，得v2qBdm；（3）粒子在O點時速度與x軸正方向的夾角為60°，x軸是直線，根據(jù)圓的對稱性可知，離開第一象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為60°，故離開x軸的位置x=2Rsin600=23d。10【解析】(1)帶電粒子在電場中被加速時，由動能定理可得：qU=12mv2U=1-2聯(lián)立解得：v=2q(1-2)m；(2)粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉，有qvB=mv2r如圖所示，因為r=R2，所以由幾何關系可知，從收集板左端貼著收集板上表面進入磁場的粒子在磁場中運動14圓周后，射出磁場，進入電場，在電場中先減速后反向加速，并返回磁場，如此反復的周期運，粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=2mqB則粒子在磁場中運動的時間：t=T粒子進入電場的四個位置坐標分別為（0，R1），（R1，0），（0，R1），（R1，0）.9