專題16：磁場對帶電粒子的作用（洛倫磁力）

一、帶電粒子在邊界磁場中的運動問題

1．如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則()不定項

A．從P射出的粒子速度大

B．從Q射出的粒子速度大

C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長

D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長

解析：作出各自的軌跡如圖所示，根據圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1

2．如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場．一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R.則()

A．粒子經偏轉一定能回到原點O

B．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1

C．粒子完成一次周期性運動的時間為

D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R

解析：由r＝可知，粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2，所以B項錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間t＝T1＋T2＝＋＝，所以C項錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進l＝R＋2R＝3R，則粒子經偏轉不能回到原點O，所以A項不正確，D項正確．

答案：D

3．如圖所示，平行直線aa′與bb′間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.現分別在aa′上某兩點射入帶正電粒子M和N，M、N的初速度方向不同，但與aa′的夾角都為θ，兩粒子都恰不能越過界線bb′.兩粒子的質量均為m，電荷量均為q，兩粒子從射入到bb′的時間分別為t1和t2，則下列說法錯誤的是()

C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度

D．M粒子的軌跡半徑大于N粒子的軌跡半徑

解析：對兩種情況分別作出軌跡可看出兩粒子在磁場中完成的圓弧所對的圓心角之和恰好是180°，則t1＋t2＝，A選項正確，B選項錯誤．從作出的圖可看出RM>RN，由R＝知vM>vN，所以選項C、D均正確．

答案：B

4．如右圖所示為圓柱形區域的橫截面，在該區域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場．帶電粒子(不計重力)第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區域時，速度方向偏轉60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區域時，速度方向偏轉90°角．則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的()

A．半徑之比為1∶

B．速度之比為1∶

C．時間之比為2∶3

D．時間之比為3∶2

答案：

C

5．如圖所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.10

T，磁場區域半徑r＝

m，左側區圓心為O1，磁場向里，右側區圓心為O2，磁場向外．兩區域切點為C.今有質量m＝3.2×10－26

kg.帶電荷量q＝1.6×10－19

C的某種離子，從左側區邊緣的A點以速度v＝106

m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越C點后再從右側區穿出．求：

(1)該離子通過兩磁場區域所用的時間．

(2)離子離開右側區域的出射點偏離最初入射方向的側移距離為多大？(側移距離指垂直初速度方向上移動的距離)

解析：(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區域的運動軌跡是對稱的，如右圖，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T.由牛頓第二定律

又：

聯立①②得：

T＝

將已知代入③得R＝2

m⑤

由軌跡圖知：tan

θ＝

則全段軌跡運動時間：

聯立④⑥并代入已知得：

(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯立軌跡對稱關系側移總距離d＝2rsin

2θ＝2

m.6．如圖所示，三個半徑分別為R、2R、6R的同心圓將空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區域，其中圓形區域Ⅰ和環形區域Ⅲ內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度分別為B和B/2

.一個質子從區域Ⅰ邊界上的A點以速度v沿半徑方向射入磁場，經磁場偏轉恰好從區域Ⅰ邊界上的C點飛出，AO垂直CO，則關于質子的運動，下列說法正確的是

A．質子最終將離開區域Ⅲ在區域Ⅳ勻速運動

B．質子最終將一直在區域Ⅲ內做勻速圓周運動

C．質子能夠回到初始點A，且周而復始的運動

D．質子能夠回到初始點A，且回到初始點前，在區域Ⅲ中運動的時間是在區域Ⅰ中運動時間的3倍

解析：根據題意，質子在Ⅰ區做圓周運動的半徑是R，且R＝mv/Bq，質子轉過的圓心角是90°，從C點離開Ⅰ區在Ⅱ中做勻速直線運動，然后進入Ⅲ區，在Ⅲ區質子的軌道半徑為r＝mv/(Bq/2)＝2R，作出質子運動的軌跡圖象

可以判斷出質子在Ⅲ區轉過的圓心角為270°，速度方向與AO這條線重合，質子回到A點，然后周而復始的運動，A、B兩項錯，C項對；質子在Ⅰ區運動的時間為t1＝T1/4＝2πm/Bq×1/4＝πm/2Bq，t2＝3T2/4＝4πm/Bq×3/4＝3πm/Bq，t2＝6t1，D項錯．

答案：C

7．如圖所示，在半徑為R的圓形區域內，有勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群比荷為的負離子體以相同速率v0(較大)，由P點在紙平面內向不同方向射入磁場中發生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法正確的是(不計重力)()

A．離子飛出磁場時的動能一定相等

B．離子在磁場中運動半徑一定不相等

C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長

D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大

解析：射入磁場的粒子比荷相等，但質量不一定相等，故射入時初動能可能不等，又因為磁場對電荷的洛倫茲力不做功，故這些粒子從射入到射出動能不變，但不同粒子的動能可能不等，A項錯誤．粒子在磁場中偏轉的半徑為r＝，由于比荷和速度都相等，磁感應強度B為定值，故所有粒子的偏轉半徑都相等，B錯誤．同時各粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，也相等，根據幾何規律：圓內，較長的弦對應較大的圓心角，所以從Q點射出的粒子偏轉角最大，在磁場內運動的時間最長，C對．沿PQ方向射入的粒子不可能從Q點射出，故偏角不最大，D錯，選C.二、帶電體在洛倫磁力作用下的運動問題

對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路：

1．確定研究對象，并對其進行受力分析．

2．根據物體受力情況和運動情況確定每一個運動過程所適用的規律．(力學規律均適用)

總之解決這類問題的方法與純力學問題一樣，無非多了一個洛倫茲力．要特別注意洛倫茲力不做功．

8．如圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α.一質量為m帶電荷量為＋q的圓環A套在OO′棒上，圓環與棒間的動摩擦因數為μ，且μ

α.現讓圓環A由靜止開始下滑，試問圓環在下滑過程中：

(1)圓環A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？

(2)圓環A能夠達到的最大速度為多大？

解析：(1)由于μ

α，所以環將由靜止開始沿棒下滑．環A沿棒運動的速度為v1時，受到重力mg、洛倫茲力qv1B、桿的彈力FN1和摩擦力Ff1＝μFN1.根據牛頓第二定律，對圓環A沿棒的方向：mgsin

α－Ff1＝ma，垂直棒的方向：FN1＋qv1B＝mgcos

α，所以當Ff1＝0(即FN1＝0)時，a有最大值am，且am＝gsin

α，此時qv1B＝mgcos

α，解得：v1＝

(2)設當環A的速度達到最大值vm時，環受桿的彈力為FN2，摩擦力為Ff2＝μFN2.此時應有a＝0，即mgsin

α＝Ff2，在垂直桿方向上：FN2＋mgcos

α＝qvmB，解得：vm＝

答案：見解析

9．如圖所示，下端封閉、上端開口，高h＝5

m、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質量m＝10

g、電荷量q＝0.2

C的小球．整個裝置以v＝5

m/s的速度沿垂直于磁場方向進入B＝0.2

T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．取g＝10

m/s2.求：

(1)小球的帶電性．

(2)小球在管中運動的時間．

(3)小球在管內運動過程中增加的機械能．

解析：(1)小球受洛倫茲力方向向上，故小球帶正電．

(2)小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy.與兩個分速度對應的洛倫茲力的分力分別是豎直方向的Fy和水平方向的Fx.其中，豎直方向的洛倫茲力Fy＝qvB不變，在豎直方向上由牛頓第二定律得：qvB－mg＝ma.又有h＝at2，解得t＝1

s.(3)小球飛出管口時，豎直方向的速度為：vy＝at.則小球飛出管口的合速度為：v合＝，動能增量，重力勢能的增量ΔEp＝mgh.解上述各式得機械能增加量為ΔEk＋ΔEp＝1

J.答案：(1)帶正電(2)1

s(3)1

J

10．如圖所示為一個質量為m、電荷量為＋q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，現給圓環向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環運動的速度圖象可能是下圖中的()

A．①②

B．③④

C．①④

D．②④

解析：給圓環向右的初速度v0，圓環運動有三種可能性，若Bv0q＝mg時，圓環做勻速直線運動，故①正確．若v>v0時，圓環與桿下邊有摩擦力作用，摩擦力逐漸減小，運動加速度逐漸減小，最終為零，Bvq＝mg時，圓環做勻速直線運動，故④正確．若v

答案：C