2019届高中物理第三章5第5节洛伦兹力的应用随堂演练教科版 8页

洛伦兹力的应用1.如图所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场的方向垂直于圆弧所在平面，并指向纸外．有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的速度，不同的质量，但都是一价正离子．则(　　)A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C．只有mv乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D．只有能量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管解析：选C.由r＝得，当r、q、B相同时，mv乘积大小相同，但m不一定相同，v也不一定相同，故选项A、B、D错，C对．2．(多选)用回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，原则上可以采用下列哪几种方法(　　)A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形盒的半径增大为原来的2倍D．将D形盒的半径增大为原来的4倍解析：选AC.质子在回旋加速器中做圆周运动的半径r＝，故动能Ek＝，所以要使动能变为原来的4倍，应将磁感应强度B或D形盒半径增大为原来的2倍，A、C对，B、D错．3.(多选)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径R相同，则它们具有相同的(　　)A．电荷量　　　　　　　B．质量C．速度D．比荷解析：选CD.正交电磁场区域Ⅰ实际上是一个速度选择器，这束正离子在区域Ⅰ中均不偏转，说明它们具有相同的速度．在区域Ⅱ中半径相同，R＝，所以它们应具有相同的比荷．正确选项为C、D.4．(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为Bn、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：选BCD.应用动能定理和圆周运动规律分析两种离子的速度关系及在磁场中运动的半径关系，结合几何知识分析两离子在有界磁场中的偏转角．磷离子P＋与P3＋电荷量之比q1∶q2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a＝，由此可知，a1∶a2＝1∶3，选项A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r＝，又qU＝mv2，故有r＝　　，即r1∶r2＝∶1，选项B正确；设离子P3＋在磁场中偏转角为α，则sinα＝，sinθ＝(d为磁场宽度)，故有sinθ∶sinα＝1∶，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C正确；全过程中只有电场力做功，W＝qU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，选项D正确．5.如图为质谱仪的示意图．速度选择部分的匀强电场场强E＝1.2×105V/m，匀强磁场的磁感应强度为B1＝0.6T．偏转分离器的磁感应强度为B2＝0.8T．求：(1)能通过速度选择器的粒子速度有多大？(2)质子和氘核进入偏转分离器后打在底片上的条纹之间的距离d为多少？(已知质子的质量为1.66×10－27kg，电量为1.6×10－19C)解析：(1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力等大反向．即eB1v＝eE，v＝＝m/s＝2×105m/s.(2)粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力．eB2v＝m，R＝.设质子质量为m，则氘核质量为2m则：d＝×2－×2＝5.2×10－3m.答案：(1)2×105m/s　(2)5.2×10－3mn一、单项选择题1．处在匀强磁场内部的两个电子A和B分别以速率v和2v垂直于磁场开始运动，经磁场偏转后，哪个电子先回到原来的出发点(　　)A．条件不够无法比较　　B．A先到达C．B先到达D．同时到达解析：选D.由周期公式T＝可知，运动周期与速度v无关．两个电子各自经过一个周期又回到原来的出发点，故同时到达，选项D正确．2.电子e以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示，若磁场的磁感应强度为B，那么(　　)A．电子在磁场中的运动时间t＝d/vB．电子在磁场中的运动时间t＝/vC．洛伦兹力对电子做的功是W＝BevLD．电子在b点的速度大于v解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，洛伦兹力不做功．3.如图为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外．当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应(　　)A．向左偏转B．向上偏转C．向下偏转D．不偏转解析：选C.由安培定则可以判断出两个线圈的左端均是N极，磁感线分布如图所示．再由左手定则判断出电子应向下偏转，C项正确．4．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是(　　)A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小n解析：选D.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，故A选项正确；速度选择器中电场力和洛伦兹力是一对平衡力，即：qvB＝qE，故v＝，根据左手定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B、C选项正确；粒子在匀强磁场中运动的半径r＝，即粒子的荷质比＝，由此看出粒子的运动半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越大，故D选项错误．5．如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，且有ma＝mbqE，所以d离子穿过速度器时必向右偏射向P2；因为<，所以在B2中偏转半径较小而射到A1的是b离子，在B2中偏转半径较大而射到A2的是c离子．故A正确．二、多项选择题6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是(　　)nA．该束粒子带负电B．速度选择器的P1极板带正电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小解析：选BD.由粒子在磁场中的偏转情况可判断粒子带正电，A错误；速度选择器中粒子受力平衡，可知粒子受到的电场力向下，P1极板带正电，B正确；在磁场中粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，可知半径r＝，C错误，D正确．7.在圆形区域里，有匀强磁场，方向如图所示，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中(　　)A．运动时间越长的，其轨迹所对应的圆心角越大B．运动时间越长的，其轨迹越长C．运动时间越短的，射出磁场时，速率越小D．运动时间越短的，射出磁场时，速度方向偏转越小解析：选AD.带电粒子在磁场中做部分圆周运动，求所用的时间可用公式t＝T，是恒量．所以t和轨迹所对应的圆心角θ成正比，故A正确；运动时间长，轨迹对应的圆心角θ大，而轨迹长度s＝R·θ，如果半径较小，s也不一定就大，故B错误；运动时间短，则所对应的圆心角就小，由此题给出的圆形磁场分析轨迹半径应较大，由R＝知，速度应较大，故C错误；由几何知识知道粒子在磁场中运动偏转角等于圆心角，故运动时间短的，射出磁场时速度方向偏转也小，故D正确．8．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则下列说法中正确的是(　　)A．甲、乙两粒子所带电荷种类不同B．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大C．若甲、乙两粒子的速率相等，则甲粒子比荷较小D．该磁场方向一定是垂直纸面向里解析：选BC.从图中可知两个粒子在相切点的速度方向相反，从图中可知两者受到的洛伦兹力方向相反，所以两个粒子所带电荷种类相同，A错误；根据半径公式r＝，从图中可知rn甲＞r乙，若速率和电荷量相同，则可知m甲＞m乙，B正确；根据r＝，r甲＞r乙可得若速率相等，在同一个磁场中磁感应强度相同，故甲粒子比荷较小，C正确；由于粒子的带电性质不确定，所以无法判断磁感应强度方向，D错误．9．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是(　　)A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．增加周期性变化的电场的频率D．增大D形金属盒的半径解析：选BD.粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R，R＝，Ek＝mv2＝.可见，要增大粒子射出时的动能，应增大磁感应强度B或D形盒的半径R，故正确答案为B、D.10.如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t.在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，如图所示．根据上述条件能求下列物理量中的哪几个(　　)A．带电粒子的荷质比B．带电粒子在磁场中运动的时间C．带电粒子在磁场中运动的半径D．带电粒子在磁场中运动的角速度解析：选ABD.设磁场区域的半径为R，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v＝带电粒子在磁场中运动半径由题图可知r＝Rcot30°＝R由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得R＝由以上三式可得＝，周期T＝＝＝πt，n在磁场中运动时间t′＝＝t，运动角速度ω＝＝＝，所以选ABD.三、非选择题11．已知回旋加速器D形盒内匀强磁场的磁感应强度B＝1.5T，D形盒的半径为R＝60cm，两盒间隙d＝1.0cm，两盒间电压U＝2.0×104V，今将α粒子接近间隙中心某点向D形盒内以近似于零的初速度垂直于半径的方向射入，求粒子在加速器内运动的时间．(不计粒子在电场中运动的时间)解析：回旋加速器最基本的原理是电场加速，磁场偏转．由于被加速粒子做圆周运动的周期与速度无关，是恒定的，每一周期粒子被加速两次，得到粒子最后的能量，即可知加速次数，进一步可知经历几个周期，就可求出总的运动时间．α粒子在D形盒中运动的最大半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得：qvmaxB＝m得vmax＝，根据上面的分析得到的结论可知：α粒子获得的最大动能Ekmax＝mv＝α粒子被加速的次数为n＝＝则α粒子在加速器中运动的总时间t＝T＝×＝＝s≈4.2×10－5s.答案：4.2×10－5s12．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R.解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①n由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立①②式可得E＝.③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝.答案：(1)　(2)