洛伦兹力的应用—习题课

N作OM的垂线，垂足为P，如图所示．由直角三角形OPN知，
电子的轨迹半径r＝sind60°＝2 3 3d① 由圆周运动知evB＝mvr2②
解①②得m＝2 33vdBe.
θ
Байду номын сангаас
电子在无界磁场中运动周期为T＝2eBπ·2 33vdBe＝4 33vπd.
电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ＝60°，故电子在磁场
y v
O/
o
B
v a
r 2a mv ,得B 3mv
3 Bq
2aq
射出点的坐标为(0, 3a)
x
7．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方 向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距 离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )．
由上两式可得粒子的荷质比：
q/m=2vsinθ/BL
14.如图所示，分界面MN右侧是区域足够大的匀强磁场区域， 现由O点射入两个速度、电量、质量都相同的正、负粒子，重 力不计，射入方向与分界面成角，则 A、它们在磁场中的运动的时间相同 B、它们在磁场中圆周运动的半径相同 C、它们到达分界面是的速度方向相同 D、它们到达分界面的位置与O的距离相同
O
15．如下图所示，长为L、间距为d的平行金属板间，有垂 直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板不带电， 现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左 侧两极板的中心处以不同速率v水平射入，欲使粒子不打 在板上，求粒子速率v应满足什么条件？
解析：设粒子刚好打在上极板左边缘时(如图所示)． R1＝d4，又由 Bqv＝mvr2，得 R1＝mBvq1，
中的运动时间为t＝16T＝16×4
33vπd＝2
3πd 9v .
3.电子质量为m电荷量为q,以速度v0与x轴成θ 角射入磁感 应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示， 求: （1）的op长度; （2）电子由O点射入到落在P点所需的时间t.
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀 速圆周运动，应根据已知条件首先确 定圆心的位置，画出运动轨迹.所求距 离应和半径R相联系，所求时间应和粒 子转动的圆心角θ、周期T相联系.
[解析] 当带电粒子带正电时，轨迹如图中 OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则
qv0B＝mRv20，R＝mqBv0， T＝2qπBm 故粒子在磁场中的运动时间 t1＝234600°°T＝43πqmB
粒子在 C 点离开磁场 OC＝2R·sin60°＝
3mv0 qB
故离开磁场的位置为(－ 3qmBv0，0) 当带电粒子带负电时，轨迹如图中 ODE 所示，同理求
Bq
Bq
4.如图所示，一带电荷量为2.0×10-9 C,质量为1.8×10-16 kg 的粒子，在直线上一点O沿30°方向进入磁感应强度为B的匀 强磁场中，经过1.5×10-5 S后到达直线上另一点P.求： (1)粒子做圆周运动的周期． (2)磁感应强度B的大小． (3)若OP之间的距离为0.1 m，则粒子的运动速度多大？
(2)如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点，已知入射 方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线， 连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆 弧轨道的圆心O。
确定下列圆心
v
v
v
(1)
(2)
(3)
A
B
A
B
A
3．圆心角和运动时间的确定
φ=α=2θ
t T T 2 360
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶5 D．1∶6
解析：由洛伦兹力公式和牛顿定律可得： 解得圆轨道的半径： R mv0
ev0
B

m
v2 R
eB
由于正负电子的荷质比相同，
故它们的半径相同．
R mv0
由几何关系知，两个圆的圆
eB
心角也相等，都为60°，
三角形COB与C′OA全等，
故有
答案：A
11.如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电 子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电 子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射 出的时间差是多少？
解析 根据题意可推知：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q 点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出(轨迹如 图所示)．(1)根据对称性可知，粒子在Q点时速度大小为v，方向 与－y轴方向成45°，则有： vcos 45°＝v0①
1．找圆心 带电粒子进入一个有界磁场后的轨道是一段圆弧，如 何确定圆心是解决问题的前提，也是解题的关键。圆心一 定在与速度方向垂直的直线上。 2．算半径 画出入射点、出射点对应的半径，并作出相应的辅助 三角形，利用三角形，求出半径的大小。
在实际问题中，圆心位置的确定极为重要，通常有两个方法： (1)如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点，已知入射方向和出射 方向时，可以通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线， 两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心O。
(1)过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子
在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图所示，
则可知 OP=2R·sinθ
①
Bqv0=
m
v02 R
②
由①②式可解得:OP= 2mv0 sin
Bq
(2) t= 2θ T= 2θ 2πm = 2θm 2π 2π qb qB
答案：(1) 2mv0 sin (2) 2m
Y
X . . . . . O. . . . . . . θ. . . . . . .................. . . . . . . . . . . . . .B. . . . . ..................
解：作出粒子运动轨迹如图设。P点为出射点。
粒子的运动半径：r=mv/qB 由几何知识： 粒子的运动半径：r=L/2sinθ
解析：作出轨迹，找出轨迹所对圆心角是解题的关键， 如图所示。t1＝16T＝13·πqmB，t2＝13T＝13·2qπBm，所以 t2∶t1＝ 2∶1，即 B 选项正确。
答案：B
10.如右图所示，正、负电子以 相同的速度v0垂直磁场方向在O点 沿与边界成θ ＝30°角的方向射 入只有下边界的匀强磁场中，则 正、负电子射出点到射入点的距 离之比为( )
10
(3) 106 m/s
9
5.如图所示，在x轴上方有匀强磁场B，一个质量为m，带电量 为-q的的粒子，以速度v从O点射入磁场，角θ 已知，粒子重 力不计，求
(1)粒子在磁场中的运动时间. (2)粒子离开磁场的位置.
6. 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点 以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁 场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应 强度B和射出点的坐标。
【解析】 粒子做匀速圆周运动，其轨迹如图所示．由几何 关系可知OP弦的圆心夹角θ ＝60°.粒子从O点出发经历大圆 弧到达P点的时间已知，大圆弧所对圆心角为300°，则可求 粒子运动周期．由周期公式可求磁感应强度B，已知OP的长 度可求半径R，进而求粒子运动速度．
(1)1.8106 S
(2) T
(式中R为圆轨道的半径)
解得：
圆轨道的圆心位于OA的中垂 线上，由几何关系可得
联立①、②两式，解得
点评：已知速度的大小，一定要通过计算明确半径的大小， 这对正确作图，帮助理解轨迹的走向，应用几何知识计算 带电粒子的出射位置有很大的帮助．
13、（2001年高考题）如图在y<0的区域内存在匀强磁场，磁 场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正 电的粒子以速度V0从O点射入方向在xy平面内，与x轴正向夹角 为θ ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子的比 荷q/m.
8.如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面 向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷 量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以 v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时 间和带电粒子离开磁场时的位置。
[思路]确定粒子的电性→ 判定洛伦兹力的方向→画 运动轨迹→确定圆心、半 径、圆心角→确定运动时 间及离开磁场的位置。
Ov B θ P
S
qB t
2m
*18. 如图4所示，在xOy坐标平面的第一象限内有沿－y方向的匀 强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质 量为m，带电荷量为＋q的粒子(重力不计)以初速度v0沿－x方向 从坐标为(3l，l)的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O 射出，射出时速度方向与y轴正方向夹角为45°，求： (1)粒子从O点射出时的速度v和电场强度E； (2)粒子从P点运动到O点过程所用的时间；
A.23avB，正电荷 C.23avB，负电荷
v B.2aB，正电荷 D.2avB，负电荷
解析 从“粒子穿过 y 轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏 转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负 电荷，作出粒子运动轨迹示意图如图所示．根据几何关系有 r＋rsin 30°＝a，再结合半径表达式 r＝mqBv可得mq ＝23avB，故 C 正确．
得粒子在磁场中的运动时间 t2＝132600°°T＝23πqmB
离开磁场时的位置为( 3qmBv0，0)
[答案]
4πm 3qB
(－ 3qmBv0，0)或23πqmB
( 3qmBv0，0)
9．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场， 一对正、负离子(质量相同)以相同速率沿与x轴成30°角的 方向从原点射入磁场，则正、负离子在磁场中运动时间之比 为( ) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．1∶1