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1、洛伦兹力典型习题1(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则()A导线中的电流从A流向BB导线中的电流从B流向AC若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D电子束的径迹与AB中的电流方向无关解析：选BC.由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转选项B
2、、C正确2两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.因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r知，轨道半径增大；由角速度知，角速度减小，选项D正确3如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的
3、距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()A.BC. D.解析：选B. 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO2为等边三角形由于O1D，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2O1ER，由qvB，得v，B正确4如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S孔打在MN板上的P点则()A该粒子一定带负电Ba极板电势一定比b极板高C到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关D
4、带电粒子的比值越大，PS间距离越大解析：选B.粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；由qEqvBab可知，粒子的速度v，到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力得qvB，则，知比荷越大，r越小，PS间距离越小，故D错误5如图所示，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场下列判断正确的
5、是() A所有的电子都向x轴下方偏转B所有的电子都做类平抛运动C所有的电子在磁场中运动时速度不变D只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同解析：选A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x轴下方偏转，A正确电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，t都相同，它们运动的时间都相同，D错误6如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，则它们的速率v甲v
6、乙和它们通过该磁场所用时间t甲t乙的值分别为()A1121 B1221C2112 D1211解析：选B.带电粒子在电场中加速有qUmv2，带电粒子在磁场中偏转有qvBm，联立解得v，即v，故；甲粒子在磁场中偏转用时t甲，乙粒子在磁场中偏转用时t乙可得，.由以上分析计算可知选项B正确7美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并
7、沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动对于这种改进后的回旋加速器下列说法正确的是()A带电粒子每运动一周被加速一次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D加速电场方向需要做周期性的变化解析：选A.由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A正确，D错误由动能定理得nqUmv2，又qBvm，可得R ，R与加速次数不成正比，故B错误最大动能为Ek，R0为D形盒半径，可知C错误8(多选)如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30和60(与边界的夹角)射入磁场，又都
8、恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是CA、B两粒子之比是DA、B两粒子之比是解析：选BD.由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqvm，得r.由几何关系可得，对粒子B：rBcos 60rBd，对粒子A：rAcos 30rAd，联立解得，所以A错误，B正确再根据r，可得A、B两粒子之比是，故C错误，D正确9如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中
9、虚线所示的“心”形图线则以下说法正确的是()A电子的运行轨迹为PENCMDPB电子运行一周回到P用时为TCB12B2DB14B2解析：选C.根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r可知，B12B2，故C正确，D错误10(多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一质量为
10、m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场已知该带电粒子的比荷，其中A为PQ上的一点，且AA与PQ垂直则下列判断正确的是()A该带电粒子进入磁场后将向下偏转B该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2dC该带电粒子打在PQ上的点与A点的距离为dD该带电粒子在磁场中运动的时间为解析：选BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0Bm，解得R，又因为带电粒子的比荷，则有R2d，故B正确由几何关系可知，该带电粒子打在PQ上的点与A点的距离为sR(1cos 30)2d(2)d
11、，故C错误由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间t，故D正确11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m5.0108 kg、电荷量为q1.0106 C的带电粒子从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，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qUmv2
12、代入数据得：v20 m/s(2) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB得R代入数据得：R0.50 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：OQRRsin 53故OQ0.90 m(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：OPRRcos 53R由并代入数据得：B T5.33 T(取“”照样给分)答案：(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B5.33 T12如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为q，其中区域、内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域宽也为d，粒子从A点射出后经过、区域后能回到A点，不
13、计粒子重力(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；(2)若在区域内加一水平向左的匀强电场且区域的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；(3)若粒子经、区域后返回到区域前的瞬间使区域的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？解析：(1)因粒子从A点出发，经过、区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为rd由Bqvm得v所以运动时间为t.(2)在区域内由动能定理得qEdmvmv2由题意知在区域内粒子做圆周运动的半径仍为rd由2Bqv1m得v1联立解得E.(3)改变区域内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示由Bqvm得R2d所以OCd粒子出射点距A点的距离为srROC(3)d.答案：(1)(2)(3)(3)d8