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；讓磁感線從掌心進入，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系(1)安培力是導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.(2)洛倫茲力對電荷不做功，但安培力卻可以對導體做功.2.洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ，θ為電荷運動的方向與磁感應強度方向的夾角.(1)當電荷運動方向與磁場方向垂直時：F＝qvB；(2)當電荷運動方向與磁場方向平行時：F＝0；(3)當電荷在磁場中靜止時：F＝0.3.帶電粒子在勻強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，兩極間存在勻強電場和勻強磁場，二者方向互相垂直，帶電粒子從左側射入，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，而對粒子的質量、電荷量大小及帶電正、負無要求.②當v＞eq\f(E,B)時，粒子向F洛方向偏轉，F(xiàn)電做負功，粒子的動能減小，電勢能增大.③當v＜eq\f(E,B)時，粒子向F電方向偏轉，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顯像管的構造和原理(1)電視機顯像管由電子槍、偏轉線圈和熒光屏組成.(2)電視機顯像管利用了電子束磁偏轉的原理.(3)在偏轉區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在不斷變化，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入同一勻強磁場，兩粒子質量之比為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磁場和勻強電場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則欲使微粒向下偏轉時應采用的方法是()A.增大電荷質量B.增大電荷量C.減小入射速度D.增大磁感應強度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a、b間無電荷轉移)，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，場強為E的勻強電場與磁感應強度為B的勻強磁場互相垂直.一帶電量為＋q，質量為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，則從右側射出時電勢能一定增加D.若帶電粒子從右側水平射入，粒子仍能沿直線穿過6帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若油滴質量為m，磁感應強度為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線圈可以產生磁場，使電子束發(fā)生偏轉.設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電場和勻強磁場，如圖所示，然后再落到地面上，設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線置于磁場中，導線中電流方向向右，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表面聚集負電荷B.在a表面聚集正電荷，而b表面聚集負電荷C.開始通電時，電子做定向移動并向b偏轉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磁場，開關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.保持開關閉合，若A極板向上移動后，調節(jié)滑片P的位置，粒子仍可能沿直線射出D.如果開關斷開，調節(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)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖表示它的原理：將一束等離子體(包含正、負離子)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，只增大磁感應強度，UAB增大12如圖所示，用絲線吊著一個質量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，當小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過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強度為B的水平勻強磁場中，磁感應強度方向與管道垂直.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質量為m、帶電荷量為＋q的小球，用一長為l的絕緣細線懸掛在方向垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為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電場與勻強磁場中.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，與質量無關，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，需使Eq＞qvB，則減小速度v、減小磁感應強度B或增大電場強度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，克服電場力做功，電勢能增加；故C正確；若帶電粒子從右側水平射入，電場力方向不變，洛倫茲力方向反向，故粒子一定偏轉，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，對應的B－t圖的圖線應在t軸下方；電子偏轉到b點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，對應的B－t圖的圖線應在t軸上方，A正確.8答案C解析a球進入勻強電場后，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球以某一速度進入勻強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，又因為洛倫茲力始終與速度方向垂直，當速度方向變化時，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解析金屬導體靠電子導電，金屬正離子并沒有移動，而電流由金屬導體中的自由電子的定向移動(向左移動)形成.應用左手定則，四指應指向電流的方向，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，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表面進行聚集，由于整個導體是呈電中性的(正、負電荷總量相等)，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，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.開關閉合，A板向上移動后，調節(jié)滑片P的位置，可使電場強度不變，粒子仍可能沿直線射出，C正確.開關斷開，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解析當小球帶負電時，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.當小球帶正電時，設當安培力等于重力時，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應垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應帶負電荷.(2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，由平衡條件得F＋FN＝mgcosα，當支持力FN＝0時，小滑塊脫離斜面.設此時小滑塊速度為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