洛伦兹力专题分类训练

题1：

解析：

⑴．因为粒子所受阻力大小不变，金属片厚度各处均匀，所以每次穿越，阻力做功相同，动能的减少量ΔE相同﹙根据动能定理，W阻＝ΔE﹚：

       ①．∵r＝mv/qB             ∴v/ vˊ＝r/ rˊ

       ②．∵动能E＝mv2/2         ∴E/Eˊ＝﹙v/ vˊ﹚2＝﹙r/ rˊ﹚2＝﹙10/ 9﹚2

即：Eˊ＝0.81E            ΔE＝E－Eˊ＝0.19E    故B正确

⑵．每次穿越，ΔE相同，即Δv2相同，但Δv不同，故A错误

⑶．5次穿越后，动能损失5ΔE，粒子动能只剩下0.05E，不能完成第6次穿越，所以，会陷入金属片，故C正确,D错误

题2：

解析：

⑴．如图所示，粒子在磁场B1中的轨迹是一个半圆，粒子在磁场B2中的轨迹也是一个半圆，因为在两个磁场中都只受洛伦兹力作用，所以速率一直不变

⑵．∵r＝mv/qB    T＝2πm/qB            又∵B1＝3B

       ∴半径、周期都变为原来的3倍，选A、C                     不失一般性，

设粒子带正电

题3：

解析：

⑴．经过加速电场进入速度选择器后，两铜离子所受电场力和洛伦兹力相等，故：   ∵qE＝qvB1               ∴两铜离子进入磁场前的速度都是v＝E/ B1

⑵．进入偏转分离器后，由于比荷不同，半径不同，故分离：

∵r＝mv/qB2                 ∴比荷q/m＝v/rB2＝E/rB1B2

又∵r1＝d1/2      r1＝d2/2

∴A1处铜离子的比荷为2E/﹙d1B1B2﹚；A2处铜离子的比荷为2E/﹙d2B1B2﹚。故选A

题4：

解析：

⑴．开始时，污水中的正离子只受向上的洛伦兹力作用，向上极板偏转﹙不失一般性，设磁场垂直纸面向里﹚  

负离子只受向下的洛伦兹力作用，向下极板偏转

⑵．随着正负离子的聚集，上下极板之间形成电场，产生电势差

⑶．形成电场后，当粒子所受电场力和洛伦兹力相等时，不再偏转，故： 

    ∵qE＝qvB            ∴E＝vB

又∵E＝U/c             ∴U/c＝vB,即：v＝U/cB

⑷．此长方体盒子相当于一个电源，电动势为U，根据电阻定律可知,其内阻为r＝ρc/ab,故：   ∵U＝I﹙R﹢r﹚＝I﹙R﹢ρc/ab﹚       又∵v＝U/cB

∴v ＝I﹙R﹢ρc/ab﹚/cB

⑸．设时间t内，通过某横截面的污水的体积为V，横截面的面积为S，则：

流量Q＝V/t＝vt·S/t＝vt·bc/t＝I﹙R﹢ρc/ab﹚/cB·bc＝I﹙bR + ρc/a﹚/B，故选A

题5：

解析：

⑴．最低点，速度方向不同，故洛伦兹力方向也不同，A错误

⑵．因为绳的拉力和洛伦兹力都不做功，只有重力做功，机械能守恒，故最初两次经过最低点时，小球的动能相同，C正确

⑶．最低点，小球的加速度即为向心加速度，因为向心加速度为mv2/r，而小球的动能相同，半径相同，所以小球的加速度相同，D正确

⑷．小球在最低点受重力、拉力、洛伦兹力作用，因为小球的向心加速度相同，向心力相同，而洛伦兹力方向不一定同，所以，摆线的拉力大小不一定相同，B错误

题6：

解析：

⑴．以甲、乙整体为研究对象，做受力分析如图1：

①．∵乙物块与地之间的摩擦力f＝μN      又∵N＝﹙m1﹢m2﹚g﹢qvB

∴f＝μ〔﹙m1﹢m2﹚g﹢qvB〕

因为它们一起向左做加速运动，v增大，所以f增大，A正确

②．整体的加速度a＝﹙F－f﹚/m，因此，随着f的增大，加速度a减小

⑵．以甲为研究对象，做受力分析如图2：

①．∵甲、乙两物块间的摩擦力fˊ就是甲的合外力

∴甲的加速度aˊ＝fˊ/m

②．∵整体的加速度a减小

又∵甲、乙两物块一起向左运动，甲的加速度aˊ与整体的加速度a相等

∴甲的加速度aˊ减小，而aˊ＝fˊ/m

∴甲、乙两物块间的摩擦力fˊ也减小，故D正确，B、C错误

题7：

解析：

⑴．带电粒子沿各个方向由小孔O射入磁场区域﹙即散射﹚之后，

因为速率相同，所以各粒子的轨迹均为半径相同的圆，且均以O点为圆心

⑵．因为带正电，所以带电粒子均向左偏

⑶．当带电粒子以水平向右的速度进入匀强磁场时，如图1所示，

其轨迹圆为：与MN相切于O点、直径OOˊ与MN垂直的圆

⑷．其它粒子的轨迹也是与之完全相同的圆，只是位置不同

⑸．其它粒子的轨迹如图2所示：当直径OOˊ以O点为转轴向左

转动时，轨迹圆也会随之向左转动，而其它粒子的轨迹就是这些向左

转动的圆，故带电粒子可能经过的区域是阴影A，选A

题8：

解析：

   ⑴．因为只受洛伦兹力作用，所以电子的轨迹为一段圆弧

⑵．如图所示，当轨迹圆与右边界相切时，其半径为d

⑶．要从右边界穿出，电子的轨道半径应大于d，即：

∵r＝mv/qB        q＝e        r＞d

∴v＞Bed/m        故选B

题9：

解析：

⑴．如图所示，当电子从C点射出时，其轨迹为1/4段圆弧，半径rC为a；

当电子从A点射出时，轨迹为半圆, 半径rA为a/2,故：

∵r＝mv/qB  

∴vA : vC＝rA : rC＝a/2: a＝1: 2

⑵．∵T＝2πm/qB             ∴不论从哪一点射出，周期均相同

⑶．∵电子所经历的时间t＝θ／ω＝θ•T／2π       又∵TA＝TC

∴tA:tB＝θA :θB＝π :π/2＝2:1

题10：

解析：

⑴．该离子要到达坐标原点，速度就要反向，而速度要反向，轨迹就必须是半圆，如图所示

⑵．粒子经过一个半圆，速度反向后，并未达到原点；而要回原点，还需做一段直线运动

⑶．磁场中粒子不能做直线运动，只能做圆周运动，故A点的左侧不能有磁场，所加匀强磁场区域应在A点的右侧

⑷．因为负离子向下偏转，所以根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里

⑸．∵r＝mv/qB              又∵r＝0.2m

∴B＝mv/ rq＝5mv/ q

题11：

解析：

⑴．粒子在回旋加速器中加速，半径最大时，速度最大，动能最大，设最大动能为mv2/2，则：   ∵R＝mv/qB                 ∴mv2/2＝R2q2B2/2m

⑵．设粒子达最大动能时，加速了n次，则：

∵nqU＝mv2/2              又∵mv2/2＝R2q2B2/2m

∴n＝﹙mv2/2﹚/qU＝R2qB2/2mU

⑶．一个周期T内，粒子加速两次，故运行时间t为n/2·T﹙其中n为粒子加速次数﹚

∵t＝n/2·T              又∵n＝R2qB2/2mU     T＝2πm/qB

       ∴t＝πR2/2U               代入数据，解之得：t＝4.2×10-5 s

题12：

解析：

⑴．如图1所示，粒子垂直于ab向上进入磁场B1后，因为所受洛伦

兹力向左，所以它将向左偏转，并经一个半圆后垂直于ab向下进入磁

场B2；进入磁场B2后，因为其所受洛伦兹力变为向右，所以它在磁场B2

中将向右偏转，轨迹还是一个半圆。至此，粒子完成了一个周期的运动。

①．设粒子在磁场B1中运动的周期为T1，在磁场B2中运动的周期

为T2，则，粒子在整个磁场中运动的周期为：

∵T＝T1/2﹢T2/2＝﹙2πm/qB1﹚/2﹢﹙2πm/qB2﹚/2      

又∵B1＝2B2

∴T＝3πm/2qB2

②．∵r＝mv/qB    

又∵粒子在磁场B1、B2中速率v不变﹙只受洛伦兹力作用﹚，且B1＝2B2   

∴磁场B2中轨迹圆的半径是磁场B1中轨迹圆半径的两倍，且r2＝mv0/qB2

⑵．如图2所示，粒子垂直于ab再次向上进入磁场B1后，因为所受洛伦兹力向左，所以它将向左偏转，经一个半圆后垂直于ab再次向下进入磁场B2；进入磁场B2后，因为其所受洛伦兹力变为向右，所以它在磁场B2中将向右偏转，轨迹还是一个半圆。至此，粒子完成了第二个周期的运动。依此类推，粒子将做周期性的运动。

因为是周期性的运动，所以粒子在磁场B1中轨迹的半径均相等，

在磁场B2中轨迹的半径也相等，且为B1中轨迹半径的两倍

⑶．如图3所示，粒子第6次穿过直线ab时，已经历了3个周期，

故其所经历的时间t为：

t＝3T＝3×3πm/2qB2＝9πm/2qB2

其离开点O的距离d为：

d＝3r2＝3mv0/qB2

题13：

解析：

⑴．电场中：从P到D的过程中，垒球只受竖直向下的电场力，故如图1所示，它在电场中将做类平抛运动，设垒球在电场中运动的加速度为a，时间为t1，则：

①．∵qE＝ma            ∴代入数据，解之得：  a＝50m/s2；

②．∵h＝at           ∴代入数据，解之得：  t1＝s；

③．OD之间的距离：d＝v0t1＝10×＝2m＝3.46m

⑵．磁场中：从D点进入磁场后，垒球做匀速圆周运动，其圆心在与D点垂直的半径上，而另一半径与这条半径对称。如图2所示，设垒球在D点的速度vD与界面所成角度为θ，则：

①．∵tanθ＝＝    又∵电场中：vD＝at1＝10

∴tanθ＝   即：θ＝60°

②．进入磁场后垒球的速度v＝＝20m/s

③．设垒球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系易知：R＝＝4m

又∵R＝，              ∴B＝＝10T

⑷．设垒球在磁场中运动时间为t2，由几何关系易知：它在磁场中运动的圆心角为240°

∵t2＝T＝T       又∵T＝

∴代入数据，解之得：t2＝s

⑸．从磁场再次进入电场，并回到P点的过程中，因为受力情况和速度都与前一次粒子在电场中的运动对称，所以其轨迹与前一次对称，经历的时间与前一次相同，即t3＝t1，故如图所示，垒球运动的总时间t为：

t＝t1＋t2＋t3＝2t1＋t2＝1.53s