第三章 5　運動電荷在磁場中受到的力-人教版高中物理選修3-1講義

5運動電荷在磁場中受到的力一、洛倫茲力的方向1.洛倫茲力：運動電荷在磁場中受到的力.2.洛倫茲力的方向(1)左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向.負(fù)電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反.(2)特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面.二、洛倫茲力的大小1.洛倫茲力與安培力的關(guān)系(1)安培力是導(dǎo)體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn).而洛倫茲力是安培力的微觀本質(zhì).(2)洛倫茲力對電荷不做功，但安培力卻可以對導(dǎo)體做功.2.洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ，θ為電荷運動的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的夾角.(1)當(dāng)電荷運動方向與磁場方向垂直時：F＝qvB；(2)當(dāng)電荷運動方向與磁場方向平行時：F＝0；(3)當(dāng)電荷在磁場中靜止時：F＝0.3.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做直線運動的兩種情景(1)速度方向與磁場平行，不受洛倫茲力作用，可做勻速直線運動，也可在其他作用下做變速直線運動.(2)速度方向與磁場不平行，且除洛倫茲力外的各力均為恒力，若軌跡為直線則必做勻速直線運動.帶電粒子所受洛倫茲力也為恒力.4.速度選擇器的工作原理(1)裝置及要求如圖，兩極間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，二者方向互相垂直，帶電粒子從左側(cè)射入，不計粒子重力.(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).(3)速度選擇器的特點①v的大小等于E與B的比值，即v＝eq\f(E,B).可知速度選擇器只對選擇的粒子速度有要求，而對粒子的質(zhì)量、電荷量大小及帶電正、負(fù)無要求.②當(dāng)v＞eq\f(E,B)時，粒子向F洛方向偏轉(zhuǎn)，F(xiàn)電做負(fù)功，粒子的動能減小，電勢能增大.③當(dāng)v＜eq\f(E,B)時，粒子向F電方向偏轉(zhuǎn)，F(xiàn)電做正功，粒子的動能增大，電勢能減小.三、電視顯像管的工作原理電視機(jī)顯像管的構(gòu)造和原理(1)電視機(jī)顯像管由電子槍、偏轉(zhuǎn)線圈和熒光屏組成.(2)電視機(jī)顯像管利用了電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理.(3)在偏轉(zhuǎn)區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉(zhuǎn)磁場，其方向、強(qiáng)弱都在不斷變化，因此電子束打在熒光屏上的光點不斷移動，這在電視技術(shù)中叫做掃描.1下圖中，電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間關(guān)系正確的是()2兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，兩粒子質(zhì)量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子受洛倫茲力之比為()A.2∶1B.1∶1C.1∶2D.1∶43一個帶正電的微粒(重力不計)穿過如圖所示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)時應(yīng)采用的方法是()A.增大電荷質(zhì)量B.增大電荷量C.減小入射速度D.增大磁感應(yīng)強(qiáng)度4如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左做加速運動，則在加速運動階段()A.a對b的壓力不變B.a對b的壓力變大C.a、b物塊間的摩擦力變大D.a、b物塊間的摩擦力不變5(多選)如圖所示為速度選擇器裝置，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場互相垂直.一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的粒子(不計重力)以速度v水平向右射入，粒子恰好沿直線穿過，則下列說法正確的是()A.若帶電粒子帶電量為＋2q，粒子將向下偏轉(zhuǎn)B.若帶電粒子帶電量為－2q，粒子仍能沿直線穿過C.若帶電粒子速度為2v，粒子不與極板相碰，則從右側(cè)射出時電勢能一定增加D.若帶電粒子從右側(cè)水平射入，粒子仍能沿直線穿過6帶電油滴以水平速度v0垂直進(jìn)入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則下述說法正確的是()A.油滴必帶正電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)B.油滴必帶正電荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v0B,g)C.油滴必帶負(fù)電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)D.油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝eq\f(mg,v0B)7電視顯像管原理的示意圖如圖所示，當(dāng)沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場，使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn).設(shè)垂直紙面向里的磁場方向為正方向，若使電子打在熒光屏上的位置由a點逐漸移動到b點，下列變化的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是()8兩個完全相同的帶等量的正電荷的小球a和b，從同一高度自由落下，分別穿過高度相同的水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，如圖所示，然后再落到地面上，設(shè)兩球運動所用的總時間分別為ta、tb，則()A.ta＝tbB.ta＞tbC.ta＜tbD.條件不足，無法比較9截面為矩形的載流金屬導(dǎo)線置于磁場中，導(dǎo)線中電流方向向右，如圖所示，將出現(xiàn)下列哪種情況()A.在b表面聚集正電荷，而a表面聚集負(fù)電荷B.在a表面聚集正電荷，而b表面聚集負(fù)電荷C.開始通電時，電子做定向移動并向b偏轉(zhuǎn)D.兩個表面電勢不同，a表面電勢較高10如圖，水平放置的平行板電容器兩板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，開關(guān)S閉合時一帶電粒子恰好水平向右勻速穿過兩板，重力不計.對相同狀態(tài)入射的粒子，下列說法正確的是()A.保持開關(guān)閉合，若滑片P向上滑動，粒子可能從下極板邊緣射出B.保持開關(guān)閉合，若將磁場方向反向，粒子仍可能沿直線射出C.保持開關(guān)閉合，若A極板向上移動后，調(diào)節(jié)滑片P的位置，粒子仍可能沿直線射出D.如果開關(guān)斷開，調(diào)節(jié)滑片P的位置，粒子可能繼續(xù)沿直線射出11目前世界上有一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，如圖表示它的原理：將一束等離子體(包含正、負(fù)離子)噴射入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B，于是金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓.以下說法正確的是()A.B板帶正電B.A板帶正電C.其他條件不變，只增大射入速度，UAB增大D.其他條件不變，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，UAB增大12如圖所示，用絲線吊著一個質(zhì)量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強(qiáng)磁場中，空氣阻力不計，當(dāng)小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經(jīng)過O點時()A.小球的動能相同B.絲線所受的拉力相同C.小球所受的洛倫茲力相同D.小球的向心加速度相同13如圖所示，在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑.整個管道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與管道垂直.現(xiàn)給帶電球體一個水平速度v，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為()A.0B.eq\f(1,2)m(eq\f(mg,qB))2C.eq\f(1,2)mv2D.eq\f(1,2)m[v2－(eq\f(mg,qB))2]14一個質(zhì)量為m＝0.1g的小滑塊，帶有q＝5×10－4C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＝0.5T的勻強(qiáng)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10m/s2).求：(保留兩位有效數(shù)字)(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面長度至少多長？15質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，用一長為l的絕緣細(xì)線懸掛在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示，用絕緣的方法使小球位于能使懸線呈水平的位置A，然后由靜止釋放，小球運動的平面與B的方向垂直，小球第一次和第二次經(jīng)過最低點C時懸線的拉力FT1和FT2分別為多少？16如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg、電荷量為q＝5×10－2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4m的光滑絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道上由靜止自A端滑下.整個裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場中.已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直紙面向里，g＝10m/s2.求：(1)滑塊到達(dá)C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點滑塊對軌道的壓力.

5運動電荷在磁場中受到的力1答案C解析選項A、B中電荷速度方向與磁感線方向平行，不受洛倫茲力，故選項A、B錯誤；由左手定則知C選項正確；選項D中負(fù)電荷受洛倫茲力向上，故D錯誤.2答案C解析帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB與電荷量成正比，與質(zhì)量無關(guān)，C項正確.3答案C解析微粒在穿過這個區(qū)域時所受的力為：豎直向下的電場力Eq和豎直向上的洛倫茲力qvB，且此時Eq＝qvB.若要使微粒向下偏轉(zhuǎn)，需使Eq＞qvB，則減小速度v、減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B或增大電場強(qiáng)度E均可.4答案B解析a、b整體受總重力、拉力F、向下的洛倫茲力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，豎直方向有FN＝(ma＋mb)g＋qvB，水平方向有F－Ff＝(ma＋mb)a，F(xiàn)f＝μFN.在加速階段，v增大，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大，加速度a減小.對a受力分析，a受重力mag、向下的洛倫茲力qvB、b對a向上的支持力FN′、b對a向左的靜摩擦力Ff′，豎直方向：FN′＝mag＋qvB，水平方向：Ff′＝maa.隨著v的增大，F(xiàn)N′增大，選項A錯誤，B正確；加速度a在減小，所以a、b物塊間的摩擦力變小，選項C、D均錯誤.5答案BC解析粒子恰好沿直線穿過，電場力和洛倫茲力均垂直于速度，故合力為零，粒子做勻速直線運動；根據(jù)平衡條件，有：qvB＝qE，解得：v＝eq\f(E,B)，只要粒子速度為eq\f(E,B)，就能沿直線勻速通過選擇器；故A錯誤，B正確；若帶電粒子速度為2v，電場力不變，洛倫茲力變?yōu)樵瓉淼?倍，故會偏轉(zhuǎn)，克服電場力做功，電勢能增加；故C正確；若帶電粒子從右側(cè)水平射入，電場力方向不變，洛倫茲力方向反向，故粒子一定偏轉(zhuǎn)，故D錯誤.6答案A解析油滴水平向右做勻速直線運動，其所受的洛倫茲力必向上且與重力平衡，故帶正電荷，其電荷量為q＝eq\f(mg,v0B)，A正確，C、D錯誤；比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)，B錯誤.7答案A解析電子偏轉(zhuǎn)到a點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，對應(yīng)的B－t圖的圖線應(yīng)在t軸下方；電子偏轉(zhuǎn)到b點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，對應(yīng)的B－t圖的圖線應(yīng)在t軸上方，A正確.8答案C解析a球進(jìn)入勻強(qiáng)電場后，始終受到水平向右的電場力F電＝qE作用，這個力不會改變a在豎直方向運動的速度，故它下落的總時間ta與沒有電場時自由下落的時間t0相同.b球以某一速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場瞬間它就受到水平向右的洛倫茲力作用，這個力只改變速度方向，會使速度方向向右發(fā)生偏轉(zhuǎn)，又因為洛倫茲力始終與速度方向垂直，當(dāng)速度方向變化時，洛倫茲力的方向也發(fā)生變化，不再沿水平方向.如圖所示為小球b在磁場中某一位置時的受力情況，從圖中可以看出洛倫茲力F洛的分力F1會影響小球豎直方向的運動，使豎直下落的加速度減小(小于g)，故其下落的時間tb大于沒有磁場時小球自由下落的總時間t0.綜上所述，ta＜tb.9答案A解析金屬導(dǎo)體靠電子導(dǎo)電，金屬正離子并沒有移動，而電流由金屬導(dǎo)體中的自由電子的定向移動(向左移動)形成.應(yīng)用左手定則，四指應(yīng)指向電流的方向，讓磁感線垂直穿過手心，拇指的指向即為自由電子的受力方向.也就是說，自由電子受洛倫茲力方向指向a表面一側(cè)，實際上自由電子在向左移動的同時，受到指向a表面的作用力，并在a表面進(jìn)行聚集，由于整個導(dǎo)體是呈電中性的(正、負(fù)電荷總量相等)，所以在b的表面“裸露”出正電荷層，并使b表面電勢高于a表面電勢.10答案AC解析帶電粒子勻速通過兩極間，電場力和洛倫茲力相等.若開關(guān)閉合，滑片P向上滑動，兩極間電壓減小，電場力減小，粒子向下偏轉(zhuǎn)，A正確.若磁場反向，洛倫茲力也反向，粒子不能沿直線射出，B錯誤.開關(guān)閉合，A板向上移動后，調(diào)節(jié)滑片P的位置，可使電場強(qiáng)度不變，粒子仍可能沿直線射出，C正確.開關(guān)斷開，電容器通過電阻放電，粒子不再受電場力作用，也就不能沿直線射出，D錯誤.11答案ACD解析根據(jù)左手定則，正離子進(jìn)入磁場受到的洛倫茲力向下，A正確，B錯誤.最后，離子受力平衡有qBv＝qeq\f(UAB,d)，可得UAB＝Bvd，C、D正確.12答案AD解析帶電小球受到的洛倫茲力和絲線的拉力與速度方向時刻垂直，對小球不做功只改變速度方向，不改變速度大小.只有重力做功，故兩次經(jīng)過O點時速度大小不變，動能相同，選項A正確；小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經(jīng)過O點時速度方向相反，由左手定則可知兩次過O點時洛倫茲力方向相反，絲線的拉力大小也就不同，故選項B、C錯誤；由an＝eq\f(v2,R)可知向心加速度相同，選項D正確.13答案ACD解析當(dāng)小球帶負(fù)電時，對小球受力分析如圖甲所示，隨著向右運動，速度逐漸減小，直到速度減小為零，所以克服摩擦力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2.當(dāng)小球帶正電時，設(shè)當(dāng)安培力等于重力時，小球的速度為v0，則mg＝qv0B，即v0＝eq\f(mg,qB).當(dāng)v＝v0時，受力分析如圖乙所示，重力與洛倫茲力平衡，所以小球做勻速運動時克服摩擦力做的功為W＝0；當(dāng)v＜v0時，受力分析如圖丙所示，管壁對小球有向上的支持力，隨著向右減速運動，速度逐漸減小，支持力、摩擦力逐漸增大，直到速度減小到零，所以克服摩擦力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2；當(dāng)v＞v0時，受力分析如圖丁所示，管壁對小球有向下的彈力，隨著小球向右減速運動，洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，直到彈力減小到零，摩擦力也為零，此時重力和洛倫茲力平衡，此后小球向右做勻速運動，所以克服摩擦力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m[v2－(eq\f(mg,qB))2]，綜上分析，可知A、C、D項正確.14答案(1)負(fù)電荷(2)3.5m/s(3)1.2m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FN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(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷.(2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，由平衡條件得F＋FN＝mgcosα，當(dāng)支持力FN＝0時，小滑塊脫離斜面.設(shè)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＝eq\f(mgcosα,qB)＝eq\f(0.1×10－3×10×\f(\r(3),2),5×10－4×0.5)m/s≈3.5m/s.(3)設(shè)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mglsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－0，所以斜面長至少為l＝eq\f(v\o\al(2,max),2gsinα)＝e