粵教物理選修3136洛倫茲力與現(xiàn)代技術同步測試

1、3.6 洛倫茲力與現(xiàn)代技術 每課一練（粵教版選修3-1）一、單項選擇題1如圖3­6­16所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場足夠大)，一對正、負電子分別以相同速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動時間之比為()圖3­6­16A1 B12 C11 D21解析：正負電荷在磁場中軌跡如圖所示，由幾何知識，160°，2120°，則t，所以t1t212.答案：B2如圖3­6­17所示，在xOy平面內，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里一電子

2、在xOy平面內運動時，速度方向保持不變則電子的運動方向沿()圖3­6­17Ax軸正向Bx軸負向Cy軸正向 Dy軸負向解析：電子受靜電力方向一定水平向左，所以需要受向右的磁場力才能做勻速運動，根據(jù)左手定則進行判斷可得電子應沿y軸正向運動答案：C3真空中兩根長直金屬導線平行放置，其中一根導線中通有恒定電流，在兩導線所確定的平面內，一電子從P點運動的軌跡的一部分如圖3­6­18所示中的曲線PQ所示，則一定是()圖3­6­18Aab導線中通有從a至b方向的電流Bab導線中通有從b到a方向的電流Ccd導線中通有從c到d方向的電流Dcd導線中通有

3、從d到c方向的電流解析：根據(jù)曲率半徑的變化知r，B增大時，r變小，可知cd通有電流，根據(jù)右手定則知方向從d到c.答案：D4設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖3­6­19所示已知一離子在靜電力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，下述說法中錯誤的是()圖3­6­19A該離子必帶正電荷BA點和B點位于同一高度C離子在C點時速度最大D離子到達B點后，將沿原曲線返回A點解析：粒子只受洛倫茲力和電場力作用，根據(jù)軌跡的彎曲方向和左手定則知A正確電場力做功時，動能和勢能之和不變，

4、B正確由A到C電場力做功最多，由動能定理知C正確粒子到B后，重復ACB的運動，D錯答案：D二、雙項選擇題5如圖3­6­20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()圖3­6­20A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：由幾何知識知兩粒子在磁場中的偏轉角相同，周期T也相同，故運動時間相同又因為rPrQ，半徑r，故從P點射出粒子的速度小于從Q點射出的速度，如圖所示答案：BD6電子以垂直于勻強磁場的速度v，從

5、a點進入長為d，寬為L的磁場區(qū)域，偏轉后從b點離開磁場，如圖3­6­21所示，若磁場的磁感應強度為B，那么()圖3­6­21A電子在磁場中的運動時間td/vB電子在磁場中的運動時間t/vC洛倫茲力對電子做的功是WBev2tD電子在b點的速度值也為v解析：由于電子做的是勻速圓周運動，故運動時間t/v，B項正確；由洛倫茲力不做功可得C錯誤，D正確答案：BD7如圖3­6­22長為L的水平極板間，只有垂直紙面向內的勻強磁場，磁感應強度為B，極板間距離也為L，極板不帶電現(xiàn)有質量為m，電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感

6、線以速度v水平入射，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()圖3­6­22A使粒子速度v B使粒子速度vC使粒子速度v D使粒子速度v解析：這是帶電粒子在磁場中運動的臨界條件問題，粒子不打在極板上，即粒子剛好沿極板邊緣飛出的情況可以利用帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律結合幾何知識求解粒子能從右邊穿出的運動半徑臨界值為r1，有rL2(r1)2，得r1L，又因為r1得v1，所以v時粒子能從右邊穿出粒子從左邊穿出的運動半徑的臨界值為r2，則r2得v2，所以v時粒子能從左邊穿出答案：AB8如圖3­6­23所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設a、b間無電

7、荷轉移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段()圖3­6­23Aa對b的壓力不變Ba對b的壓力變大Ca、b物塊間的摩擦力變小 Da、b物塊間的摩擦力不變解析：本題考查帶電物體在磁場中的受力分析，只要弄清了F洛和速度的關系，再結合其他力進行分析即可求解ab始終一起運動，a在豎起面上受力平衡，由F洛Bqv知，ab加速的過程中，F(xiàn)洛增大，所以根據(jù)平衡條件FNF洛Ga知：FN增大，B正確選ab為整體作為研究對象，同樣有對地壓力增大的現(xiàn)象，整體由牛頓第二定律得FfMafFN由知加速

8、度a減小，對小物塊a受力分析得在水平方向fma減小，C正確答案：BC9如圖3­6­24所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒從a點進入場區(qū)并剛好能沿ab直線向上運動，下列說法中正確的是()圖3­6­24A微粒一定帶負電 B微粒的動能一定減小C微粒的電勢能一定增加 D微粒的機械能一定增加解析：微粒進入場區(qū)后沿直線ab運動，則微粒受到的合力或者為零，或者合力方向在ab直線上(垂直于運動方向的合力仍為零)若微粒所受合力不為零，則必然做變速運動，由于速度的變化會導致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運動方向上的合力

9、不再為零，微粒就不能沿直線運動，因此微粒所受合力只能為零而做勻速直線運動；若微粒帶正電，則受力分析如下圖甲所示，合力不可能為零，故微粒一定帶負電，受力分析如圖乙所示，故A正確，B錯；靜電力做正功，微粒電勢能減小，機械能增大，故C錯，D正確答案：AD三、非選擇題10一個帶電微粒在圖3­6­25所示的正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內做勻速圓周運動，該帶電微粒必然帶_(填“正”或“負”)電，旋轉方向為_(填“順時針”或“逆時針”)若已知圓的半徑為r，電場強度的大小為E，磁感應強度的大小為B，重力加速度為g，則線速度為_圖3­6­25解析：因帶電微粒做勻速圓

10、周運動，電場力必與重力平衡，所以帶電微粒必帶負電由左手定則可知微粒應逆時針轉動，電場力與重力平衡有：mgqE根據(jù)牛頓第二定律有：qvBm，聯(lián)立解得：v.答案：負逆時針11如圖3­6­26所示，一束電子流以速度v通過一處于矩形空間的勻強磁場，速度方向與磁感線垂直，且平行于矩形空間的其中一邊，矩形空間邊長為和a，電子剛好從矩形的相對的兩個頂點間通過，求電子在磁場中的飛行時間圖3­6­26解析：根據(jù)題意可知圓心應在AB延長線上，設做圓周運動的半徑為r，則有r2(ra)2()2，得r2a在磁場中運動的圓弧所對圓心角為60°，所以t.答案：12如圖3­6­27所示，在y>0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y<0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面(紙面)向外一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上yh處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y2h處的P3點不計重力求：圖3­6­27(1)電場強度的大?。?2)粒子到達P2時速度的大小和方向；