运动电荷在磁场中受到的力——洛仑兹力_章节学习

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题型：简答题

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简答题

竖直放置的半圆形光滑绝缘管道处在如图所示的匀强磁场中，B=1.1T，管道半径R=0.8m，其直径PQ在竖直线上，在管口P处以2m/s的速度水平射入一个带点小球，可把它视为质点，其电荷量为10-4C（g取10m/s2），试求：

（1）小球滑到Q处的速度为多大？

（2）若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球带什么电？小球的质量为多少？

正确答案

解：（1）从P→Q，根据机械能守恒定律得：m+2mgR=m

得 vQ==6m/s

（2）小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，则由洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得

qvQB-mg=m

代入解得，m=1.2×10-5kg

答：

（1）小球滑到Q处的速度为6m/s．

（2）若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球的质量为1.2×10-5kg．

解析

解：（1）从P→Q，根据机械能守恒定律得：m+2mgR=m

得 vQ==6m/s

（2）小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，则由洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得

qvQB-mg=m

代入解得，m=1.2×10-5kg

答：

（1）小球滑到Q处的速度为6m/s．

（2）若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球的质量为1.2×10-5kg．

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简答题

如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，现有一个质量为m、带电量为+q的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长，则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面？

正确答案

解：小球沿斜面下滑，在离开斜面前，收到洛伦兹力f垂直斜面向上，对加速度a没有贡献，其受力分析如图：

设下滑x远离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN=0，由牛顿运动定律和运动学有关公式得：

f+FN=mgcosθ…（1）

FN=0…（2）

mgsinθ=ma…（3）

f=qBv…（4）

v2=2ax…（5）

解以上方程得，；

答：小球从释放开始，下滑远后离开斜面．

解析

解：小球沿斜面下滑，在离开斜面前，收到洛伦兹力f垂直斜面向上，对加速度a没有贡献，其受力分析如图：

设下滑x远离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN=0，由牛顿运动定律和运动学有关公式得：

f+FN=mgcosθ…（1）

FN=0…（2）

mgsinθ=ma…（3）

f=qBv…（4）

v2=2ax…（5）

解以上方程得，；

答：小球从释放开始，下滑远后离开斜面．

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简答题

电子以3.2×106m/s速率垂直射入B=0.91×10-4T的匀强磁场中，求电子做圆周运动的轨道半径R和周期T（已知电子的电量e=-1.6×10-19C，质量m=9.1×10-31Kg，结果保留两位有效数字）．

正确答案

解：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

evB=m，则有r=，

代入数据解得：r==0.2m；

电子做圆周运动的周期为：

T==，

代入数据解得：T==3.9×10-7s；

答：电子做圆周运动的轨道半径为0.2m，周期为3.9×10-7s．

解析

解：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

evB=m，则有r=，

代入数据解得：r==0.2m；

电子做圆周运动的周期为：

T==，

代入数据解得：T==3.9×10-7s；

答：电子做圆周运动的轨道半径为0.2m，周期为3.9×10-7s．

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简答题

如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为多少？

正确答案

解：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．

根据机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，得到v=

当小球自左方摆到最低点时，有：qvB-mg=m①

当小球自右方摆到最低点时，有：F-mg-qvB=m②

由①+②得：F=2mg+2m=4mg．

答：小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为4mg．

解析

解：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．

根据机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，得到v=

当小球自左方摆到最低点时，有：qvB-mg=m①

当小球自右方摆到最低点时，有：F-mg-qvB=m②

由①+②得：F=2mg+2m=4mg．

答：小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为4mg．

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简答题

（2015•北京模拟）如图1所示，水平地面上有一辆固定有长为L的竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.02g、电荷量q=8×10-5C的小球，小球的直径比管的内径略小．管口的侧壁处装有压力传感器，能够测出小球离开管口时对管壁的压力．在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B1=1.5T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=2.5V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=0.5T的匀强磁场．现让小车始终保持vx=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，当小球运动到管口时，测得小球对管侧壁的弹力FN=2.4×10-4N．g取10m/s2，π取3，不计空气阻力．求：

（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小ay；

（2）在图2虚线框内画出小球受管壁的弹力随竖直位移y变化的图象，在方格内写出小球离开管口时的竖直位移大小，并计算出管壁弹力对小球做的功；

（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x．

正确答案

解：（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力fy，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小为ay，则：

，

fy=qvxB1

联立并代入数据解得：ay=2m/s2

（2）以地面为参照物，小球在水平方向以vx=2m/s的速度匀速向右运动，竖直方向在洛伦兹力分力fy和重力共同作用下做初速度为零，加速度大小为ay匀加速运动

竖直方向由运动学公式：vy2=2ayy

水平方向做匀速运动，由平衡条件：F′N=qvyB1

联立以上可得：F′N=2.4×10-4N

由牛顿第三定律知，

小球离开管口时F′N=2.4×10-4N，故此时ym=1m，图象如图所示

对小球在离开管口前由动能定理，其中洛伦兹力不做功，有：

W-mgym=

小球离开管口时速度为：

v=

解得：W=2.4×10-4J

（3）小球离开管口进入复合场，其中qE=2×10-4N，mg=2×10-4N．故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动．合速度为：v=，

与MN成θ，其中tanθ即 θ=45°，

轨道半径为R，qvB2=，

解得：R=m

小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离：

对应时间s

小车运动距离为：x2=vt=1.5m

△x=x1-x2=0.5m

答：（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小2.0m/s2

（2）管壁弹力对小球做的功为2.4×10-4J；

（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x为0.5m．

解析

解：（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力fy，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小为ay，则：

，

fy=qvxB1

联立并代入数据解得：ay=2m/s2

（2）以地面为参照物，小球在水平方向以vx=2m/s的速度匀速向右运动，竖直方向在洛伦兹力分力fy和重力共同作用下做初速度为零，加速度大小为ay匀加速运动

竖直方向由运动学公式：vy2=2ayy

水平方向做匀速运动，由平衡条件：F′N=qvyB1

联立以上可得：F′N=2.4×10-4N

由牛顿第三定律知，

小球离开管口时F′N=2.4×10-4N，故此时ym=1m，图象如图所示

对小球在离开管口前由动能定理，其中洛伦兹力不做功，有：

W-mgym=

小球离开管口时速度为：

v=

解得：W=2.4×10-4J

（3）小球离开管口进入复合场，其中qE=2×10-4N，mg=2×10-4N．故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动．合速度为：v=，

与MN成θ，其中tanθ即 θ=45°，

轨道半径为R，qvB2=，

解得：R=m

小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离：

对应时间s

小车运动距离为：x2=vt=1.5m

△x=x1-x2=0.5m

答：（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小2.0m/s2

（2）管壁弹力对小球做的功为2.4×10-4J；

（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x为0.5m．

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