2017-2018學年物理人教版選修3-1　3.5運動電荷在磁場中受到的力同步練習-教師用卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精3。5運動電荷在磁場中受到的力同步練習一、單選題如圖所示,一帶負電的離子束沿圖中箭頭方向通過兩磁極間時，它受的洛倫茲力方向()A。向下 B.向上 C.指向S極 D。指向N極【答案】A【解析】解：由圖可知,磁場方向從N極指向S極，根據(jù)左手定則可知,讓四指指向與正電荷運動方向相同，讓磁感線穿過手心，根據(jù)大拇指的指向即可判斷出洛倫茲力的方向，由此可知負電的離子束所受的洛倫茲力的方向向下，故A正確，BCD錯誤.

故選：A.

在圖中，標出了磁場B的方向、帶電粒子的電性及運動方向，電荷所受洛侖茲力F的方向，其中正確的是()A. B。 C。 D。【答案】B【解析】解：A、磁場向里，電子向右運動，所以電流方向向左，根據(jù)左手定則可得，洛倫茲力的方向下，所以A錯誤；

B、磁場向外,正電荷向右運動,根據(jù)左手定則可得，洛倫茲力的方向向下，所以B正確;

C、磁場向左，正電荷向右運動，運動方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力的作用,所以C錯誤;

D、磁場向上，正電荷向左運動,根據(jù)左手定則可得，洛倫茲力的方向內(nèi)，所以D錯誤；

故選：B．

如圖，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中運動并穿過金屬板(粒子速率變小)，虛線表示其運動軌跡，由圖知()A。粒子帶正電

B。粒子運動方向是abcde

C.粒子運動方向是edcba

D.粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長【答案】C【解析】解：A、帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中運動并穿過金屬板后粒子速率變小，根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的半徑公式：r=mvqB，粒子的半徑將減小，故粒子應是由下方穿過金屬板，故粒子運動方向為edcba，根據(jù)左手定則可得,粒子應帶負電,故A錯誤;

BC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是edcba，故B錯誤，C正確；

D、由T=2πmqB可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同,故粒子的運動時間均為T2，故D在光滑絕緣水平面上,一輕繩拉著一個帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強磁場中做逆時針方向的水平勻速圓周運動，磁場的方向豎直向下，其俯視圖如圖，若小球運動到A點時，繩子突然斷開，關于小球在繩斷開后可能的運動情況，以下說法不可能的是()A.小球做逆時針勻速圓周運動，半徑不變

B.小球做逆時針勻速圓周運動,半徑減小

C。小球做順時針勻速圓周運動，半徑不變

D。小球做順時針勻速圓周運動，半徑減小【答案】B【解析】解：A、若小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力指向圓心，開始時，拉力可能為零,繩斷后,仍然洛倫茲力提供向心力,逆時針做圓周運動，半徑不變．

若開始靠洛倫茲力和拉力的合力提供向心力,拉力減小為零,小球靠洛倫茲力提供向心力,速度的大小不變，半徑變大，故B錯誤，A正確．

C、如果小球帶負電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心,當洛倫茲力的大小等于小球原來所受合力大小時，繩子斷后，小球做順時針的勻速圓周運動，半徑不變，也可能洛倫茲力大于之前合力的大小，則半徑減小.故C、D正確．

本題選不可能的，故選：B．

如圖所示,邊長為的L的正方形區(qū)域abcd中存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.一帶電粒子從ad邊的中點M點以一定速度垂直于ad邊射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下,正好從ab邊中點N點射出磁場.忽略粒子受到的重力，下列說法中正確的是()A.該粒子帶負電

B。洛倫茲力對粒子做正功

C。粒子在磁場中做圓周運動的半徑為L4

D.【答案】D【解析】解：A、粒子垂直射入勻強磁場中,做勻速圓周運動，進入磁場時，速度向右，磁場向內(nèi)，洛倫茲力向上，故粒子帶正電,故A錯誤；

B、根據(jù)左手定則，洛倫茲力與速度垂直，一定不做功，故B錯誤；

C、洛倫茲力提供向心力，指向圓心；

粒子從ad邊的中點M點以一定速度垂直于ad邊射入磁場，圓心在射線Ma上；

正好從ab邊中點N點射出磁場，故圓心在MN的連線的垂直平分線撒謊能夠；

故圓心在a點，故半徑為L2，故C錯誤;

D、根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=mv2R，解得：R=mvqB;速度越大，軌道半徑越大，故D正確．如圖所示，通電豎直長直導線的電流方向向上，初速度為υ0的電子平行于直導線豎直向上射出，不考慮電子的重力，則電子將()A.向右偏轉(zhuǎn)，速率不變 B。向左偏轉(zhuǎn)，速率改變

C.向左偏轉(zhuǎn)，速率不變 D.向右偏轉(zhuǎn)，速率改變【答案】A【解析】解：由安培定則可知導體右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，然后根據(jù)左手定則可知運動電子所受洛倫茲力向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，故其速率不變，故BCD錯誤，A正確．

故選:A．

兩個帶電粒子由靜止經(jīng)同一電場加速后垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質(zhì)量之比為1：2.電量之比為1：2，則兩帶電粒子受洛侖茲力之比為()A。2：1 B.1：l C。1:2 D.1：4【答案】C【解析】解:兩個帶電粒子由靜止經(jīng)同一電場加速后,根據(jù)動能定理：

12mv2=qU

所以:v=2qUm

由于兩粒子質(zhì)量之比為1：2.電量之比為1：2，所以兩種粒子進入磁場的速度是相等的．

根據(jù)洛倫茲力大小,f=Bqv，結(jié)合題意可得，洛倫茲力大小與電量成正比,即1：2，故C正確，ABD二、多選題如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小滑塊放置在傾角為α、足夠長的固定光滑絕緣斜面上，斜面置于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里.現(xiàn)讓小滑塊在斜面上由靜止釋放，一段時間后小滑塊離開斜面.重力加速度大小為g.下列判斷正確的是()A。小滑塊帶正電

B.小滑塊在斜面上滑行的過程中機械能守恒

C.小滑塊要離開斜面時的加速度大小為g

D.小滑塊離開斜面時的速度大小為mg【答案】BD【解析】解：A、由題意可知：小滑塊受到的洛倫茲力垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可得：小滑塊帶負電,故A錯誤；

B、滑塊下滑過程中，支持力與速度垂直，且洛倫茲力與速度也垂直，因此兩個力不做功，因光滑，沒有摩擦力，因此只有重力做功，小滑塊的機械能守恒,故B正確；

C、滑塊要離開斜面時，重力垂直斜面的分力與洛倫茲力平衡，則重力另一分力產(chǎn)生加速度，那么其加速度大小為gsinα，故C錯誤。

D、由題意:當滑塊離開斜面時,洛倫茲力:Bqv=mgcosα，則v=mgcosαqB,故如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊,甲、乙疊放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方有水平方向的勻強磁場.現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地一起水平向左加速運動，在加速運動階段()A.乙物塊與地之間的摩擦力不斷增大

B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大

C.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小

D。甲、乙兩物塊間的摩擦力大小不變【答案】AC【解析】解:A、以甲乙整體為研究對象，分析受力如圖，則有N=F洛+(m甲+m乙)g，當甲乙一起加速運動時，洛倫茲力F洛增大，N增大,則地面對乙的滑動摩擦力f增大.故A正確．

BCD、由于f增大,F一定,根據(jù)牛頓第二定律得,加速度a減小，對甲研究得到,乙對甲的摩擦力f甲=m甲a，則得到兩個粒子帶電量相等，在同一勻強磁場中只受磁場力的作用而做勻速圓周運動，則下列判斷正確的是()A。若速率相等，則半徑必相等 B.若質(zhì)量相等，則周期必相等

C。若動能相等，則半徑必相等 D。若比荷相等，則周期必相等【答案】BD【解析】解：由洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

qvB=mv2r，得：r=mvqB

①

周期T=2πrv=2πmqB

②

A、兩個粒子帶電量相等，B相同,由①知,速率v相等，半徑不一定相等，還粒子的質(zhì)量有關，故A錯誤。

B、兩個粒子帶電量相等，B相同，由②知，若質(zhì)量相等，則周期必相等,故B正確。

C、兩個粒子帶電量相等，B相同,由①得：r=2mEkqB,若動能相等，則半徑不一定相等,還粒子的質(zhì)量有關,故C錯誤。如圖所示為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖，圖中，永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡，宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子.當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同

B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同

C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子

D.粒子的動能越大，它在磁場中的運動軌跡的半徑越小【答案】AC【解析】解：A、由于電子與正電子的電性相反,所以它們以相同的方向進入磁場時,受到的洛倫茲力的方向相反,偏轉(zhuǎn)的方向相反，故A正確；

B、根據(jù)帶電粒子的半徑公式:r=mvqB,電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑是否相同，與它們的速度有關,故B錯誤;

C、質(zhì)子與正電子的電性相同，所以它們以相同的方向進入磁場時，受到的洛倫茲力的方向相同，偏轉(zhuǎn)的方向相同，僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，故C正確；

D、根據(jù)帶電粒子的半徑公式：r=mvqB，粒子的半徑與粒子的動量成正比，而不是與粒子的動能成正比；粒子的動量越大，它在磁場中的運動軌跡的半徑越大.故D錯誤．

故選：如圖所示,空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場.在該區(qū)域中，有一個豎直放置光滑絕緣圓環(huán),環(huán)上套有一個帶正電的小球.O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向.已知小球所受電場力與重力大小相等.現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放.下列判斷正確的是A。小球不能越過與O等高的d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動

B.當小球運動到c點時,洛侖茲力最大

C.小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大

D.小球從b點運動到c點，電勢能增大,動能先增大后減小【答案】AD【解析】【分析】電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45o，由于合力為恒力,故類似與新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”；關于圓心對稱的位置(即bc弧的中點)本題主要考查了帶電粒子在電場和磁場中的綜合規(guī)律的應用，有一定難度?！窘獯稹緼.由于a、d兩端關于等效最高點對稱，若從a點靜止釋放,最高運動到d點，故A正確;B.由于bc弧的中點相當于“最低點"，速度最大，當然這個位置的洛倫茲力最大,故B錯誤；C.從a到b電場力做正功，重力也做正功，小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能減小,故C錯誤；D.由于等效最低點在bc之間，小球從b點運動到c點,電勢能增大，動能先增大后減小,故D正確。故選AD。

三、計算題如圖，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B.MM′和NN′是它的兩條邊界.現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入，要使粒子不從邊界NN′射出，粒子入射速率的最大值可能是多少？

【答案】解：目中只給出粒子“電荷量為q”,未說明是帶哪種電荷.若帶正電荷,軌跡是如圖所示上方與NN′相切的14圓弧，如圖1所示．

設軌道半徑為R,根據(jù)幾何知識得:

R?Rcos45°=d

解得：R=(2+2)d

粒子在磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力，則牛頓第二定律得:

qvB=mv2R

解得：v=(2+2)Bqdm．

若帶負電荷，軌跡如圖所示下方與NN′相切的34圓弧，如圖2所示.根據(jù)幾何知識得：

R+Rcos45°=d【解析】帶電粒子垂直射入勻強磁場時，粒子做勻速圓周運動，速度越大，粒子的軌跡半徑越大,當軌跡恰好與邊界NN′相切時，粒子恰好不能從邊界NN′射出,根據(jù)幾何知識求出軌跡半徑,由牛頓第二定律求解粒子入射速率的最大值．

本題是帶電粒子在有界的磁場中圓周運動問題，畫出軌跡，由幾何知識求半徑是關鍵．

電子質(zhì)量為m，電荷量為q,以速度v0與x軸成θ角射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點,如圖所示，求：

(1)電子運動的軌道半徑R；

(2)OP的長度;

(3)電子由O點射入到落在P點所需的時間t．【答案】解：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qv0B=mv02R，解得：R=mv0qB；

(2)粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：OP=2R?sinθ=2mv0sinθqB;

(3)由圖中可知圓弧對應的圓心角為2θ,

粒子做圓周運動的周期：T=2πmqB，

粒子的運動時間：t=2θ2πT=2θmqB【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律可以求出粒子軌道半徑．

(2)作出粒子運動軌跡，求出OP的長度．

(3)求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角,然后根據(jù)粒子周期公式求出粒子的運動時間．

本題考查了粒子在磁場中的運動,粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律與周期公式可以解題．

如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負方向的勻強電場,在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子(重力不計)經(jīng)過電場中坐標為(3L,L)的P點時的速度大小為V0.方向沿x軸負方向,然后以與x軸負方向成45°角進入磁場，最后從坐標原點O射出磁場求：

(1)勻強電場的場強E的大?。?/p>

(2)勻強磁場的磁感應強度B的大??；

(3)粒子從P點運動到原點O【答案】解：粒子在電場中經(jīng)過點P后，做類平拋運動，進入磁場中做勻速圓周運動，從O點射出，則其運動軌跡如圖所示．

(1)設粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓周，PQ段為拋物線.根據(jù)對稱性可知，粒