1.3洛倫茲力的應用 同步過關(guān)練（含解析）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁1.3洛倫茲力的應用同步過關(guān)練（含解析）一、單選題1．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，運動軌跡如圖所示，其中∠AOa=90o，∠AOb=120°，∠AOc=150°。若帶電粒子只受磁場力的作用．則下列說法正確的是（）A．三個粒子都帶負電荷B．b粒子的速率是a粒子速率的2倍C．c粒子在磁場中運動時間最長D．三個粒子在磁場中運動的時間之比為3：2：12．如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，圖丙和圖丁分別為速度選擇器和回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產(chǎn)生電勢差，A板電勢高B．圖乙中，兩種氫的同位素從靜止經(jīng)加速電場射入磁場，打到位置的粒子比荷比較小C．圖丙中，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的速度D．圖丁中，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應該增大3．在坐標系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場，兩個相同的帶電粒子①和②在P點垂直磁場分別射入，兩帶電粒子進入磁場時的速度方向與x軸的夾角如圖所示，二者均恰好垂直于y軸射出磁場。不計帶電粒子所受重力。根據(jù)上述信息可以判斷（）A．帶電粒子①在磁場中運動的時間較長 B．帶電粒子②在磁場中運動的時間較長C．帶電粒子①在磁場中運動的速率較大 D．帶電粒子②在磁場中運動的速率較大4．回旋加速器利用磁場和電場使帶電粒子作回旋運動，經(jīng)過多次加速，粒子最終從D形盒邊緣引出，成為高能粒子。若D形盒中磁場的磁感應強度大小為B，D形盒縫隙間電場變化周期為T，加速電壓為U。D形盒的半徑為R，則下列判斷正確的是（）①被加速粒子的比荷為②被加速粒子獲得的最大速度為③粒子被加速的次數(shù)為④粒子獲得的最大動能會隨著加速電壓的變化而變化A．①② B．②③ C．③④ D．①④5．如圖所示，虛線MN將平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域，兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場。一帶電粒子僅在磁場力作用下由Ⅰ區(qū)運動到Ⅱ區(qū)，弧線Pb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP與弧Pb的弧長之比為2：1，且兩段圓弧對應圓心角相同，下列判斷正確的是（）A．Ⅰ、Ⅱ兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為1：2B．該粒子在Ⅰ、Ⅱ兩個磁場中的磁場力大小之比為1：1C．該粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為1：1D．弧aP與弧Pb對應的圓的半徑之比為3：16．如圖所示，半徑為R的圓形磁場區(qū)域內(nèi)，存在垂直圓形區(qū)域向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形磁場的圓心處有一個粒子源，粒子源可在圓形磁場所在平面內(nèi)向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力。為了使沿各個方向射出的帶電粒子都被限制在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，則粒子的發(fā)射速度最大為（）A． B． C． D．7．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓心為O，D為邊界上一點，OA與OD的夾角為。質(zhì)量為m、電荷量為q的氦核（）從C點沿平行于AO的方向射入磁場，從E點（圖中未畫出）射出磁場，氮核的出射速度方向與OD平行，C點與OA的距離為。不計氦核的重力，。下列說法正確的是（）A．氦核（）的軌跡半徑為B．氦核（）的速度大小為C．氦核（）在磁場中運動的時間為D．氦核（）的人射速度可經(jīng)電壓為的電場加速獲得8．如圖所示，一重力不計的帶電粒子以一定的速率從a點對準圓心射入一圓形勻強磁場，恰好從b點射出。減小粒子射入磁場的速率（速率不為0），下列判斷正確的是（）A．該粒子從ab間射出B．該粒子從bc間射出C．該粒子從ad間射出D．該粒子從cd間射出9．如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ab＝L，一個粒子源在b點將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（不計粒子重力及粒子間的相互作用）（）A． B．C． D．10．如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結(jié)果粒子恰好能通過c點，且射出磁場時的速度反向延長線通過a點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為（）A． B． C． D．11．如圖所示，初速度為零的粒子和質(zhì)子分別經(jīng)過相同的加速電場后，沿垂直磁感應強度方向進入勻強磁場Ⅰ區(qū)域，接著進入勻強磁場Ⅱ區(qū)域。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小分別為、，且，下列說法正確的是（）A．粒子自磁場Ⅰ區(qū)域進入磁場Ⅱ區(qū)域線速度大小均減小，角速度均減小B．粒子自磁場Ⅰ區(qū)域進入磁場Ⅱ區(qū)域向心加速度大小均變小，周期均變小C．無論在磁場Ⅰ區(qū)域還是在磁場Ⅱ區(qū)域中，粒子的軌跡半徑均小于質(zhì)子軌跡半徑D．無論在磁場Ⅰ區(qū)域還是在磁場Ⅱ區(qū)域中，粒子的周期均大于質(zhì)子的周期12．美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明了回旋加速器，利用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，由此，人類在獲得高能粒子方面前進了一大步。如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在MN板間，兩虛線中間區(qū)域無電場和磁場，帶正電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．D形盒中的磁場方向垂直于紙面向外B．加速電場方向需要做周期性的變化C．增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能不變D．粒子每運動一周半徑的增加量都相等二、多選題13．筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，屏幕亮起；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅。如圖所示，一塊長為a，寬為b，厚度為d的霍爾元件，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，其導電粒子是電荷量為e的自由電子，元件中通有大小為I、方向向右的電流。當顯示屏閉合時元件處于豎直向上、大小為B的勻強磁場中，其前后表面間產(chǎn)生霍爾電壓以控制屏幕熄滅。則（）霍爾元件前表面的電勢比后表面的低 B．霍爾電壓U與元件單位體積的自由電子數(shù)n無關(guān)霍爾電壓 D．每個自由電子所受洛倫茲力的大小為14．目前世界上正在研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體上來說呈電中性）噴入磁場，由于等離子體在磁場力的作用下運動方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，磁場中的兩塊金屬板A和B上就會聚集電荷，從而在兩板間產(chǎn)生電壓。在圖示磁極配置的情況下，下列表述正確的是（）A．金屬板B的電勢較高B．通過電阻R的電流方向是a→R→bC．等離子體在A、B間運動時，磁場力對等離子體做功D．等離子體在A、B間運動時，磁場力對等離子體不做功15．如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定光滑絕緣桿，與電場方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)。一帶電小球套在絕緣桿上，當小球沿桿向下的初速度為時，小球恰好做勻速直線運動，小球在此運動過程中，以下說法正確的是（）A．小球可能帶負電B．電場力做負功，小球的機械能減小C．若撤去磁場，小球仍做勻速直線運動D．若撤去磁場，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運動三、解答題16．由某種能導電的材料做成正方體物塊ABCD-EFGH，質(zhì)量為m，邊長為l，如圖所示，物塊放在絕緣水平面上，空間存在垂直水平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場。已知材料電阻可忽略不計，與水平面的動摩擦因數(shù)為（），重力加速度為g。（1）如果固定物塊，垂直ABCD表面向里給物塊通以恒定電流I，設該材料單位體積的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，物塊某兩個正對表面會產(chǎn)生電勢差，請指出這兩個正對表面及其電勢高低的情況，并求出兩表面間的電壓；（2）如果垂直表面BCGF向左施加大小為mg的恒力，物塊將在水平面由靜止開始向左運動。已知該材料的相對介電常數(shù)為，其任意兩正對表面可視作平行板電容器，求：①當物塊速度為v時物塊某兩個表面所帶電荷量大小Q，并指出帶電荷的兩個表面及其電性；②任一時刻速度v與時間t的關(guān)系。17．空間中有一個水平向右不斷發(fā)射速度一定的相同帶電粒子的粒子源，粒子剛好沿直線打到豎直屏幕的O點處。若在該空間同時加垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，粒子恰好又能沿直線打到屏幕的O點，如圖1所示。若撤去電場，只保留磁場，粒子到達屏幕時速度的偏轉(zhuǎn)角為，偏轉(zhuǎn)距離為，所用時間為，如圖2所示。若只保留電場，粒子到達屏幕時豎直方向上的偏轉(zhuǎn)距離為，所用時間為，偏轉(zhuǎn)角為，如圖3所示。不計粒子重力，求：（1）的值；（2）的值；（3）的值。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案1．D【解析】【詳解】A．根據(jù)左手定則，三個粒子都帶正電荷，A錯誤；B．設圓形區(qū)域的半徑為R，對a根據(jù)牛頓第二定律得解得對b根據(jù)牛頓第二定律得b粒子的速率是a粒子速率的倍，B錯誤；CD．設粒子軌跡所對的圓心角為θ，粒子的運動時間為三個粒子在磁場中運動的時間之比為c粒子的θ最小，在磁場中運動時間最短，C錯誤，D正確。故選D。2．B【解析】【詳解】A．由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，B板電勢高，A錯誤；B．帶電粒子經(jīng)過加速電場進入磁場根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得可知，R越大，荷質(zhì)比越小，B正確；C．電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即所以C錯誤；D．根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的公式可得隨著粒子速度的增大，圓周運動的半徑也應該增大，與交變電流的頻率無關(guān)，D錯誤。故選B。3．B【解析】【詳解】AB．畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖；兩粒子的周期相同，粒子①轉(zhuǎn)過的角度θ1=45°粒子②轉(zhuǎn)過的角度θ2=135°根據(jù)可知帶電粒子②在磁場中運動的時間較長，選項A錯誤，B正確；CD．由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場中運動的半徑相等，均為根據(jù)可知可知，兩粒子的速率相同，選項CD錯誤。故選B。4．A【解析】【詳解】忽略粒子在電場中加速時間，則交變電場變化周期等于粒子在磁場中圓周運動周期，有可知故①正確；粒子在磁場中勻速圓周運動知速度最大時圓周半徑達到最大，等于D型盒半徑R，則粒子被加速的最大速度為故②正確；粒子最大動能為粒子每被加速一次，動能增加qU，所以粒子被加速的次數(shù)為故③錯誤；由可知，粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故④錯誤。故選A。5．A【解析】【詳解】AB．粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，故有可得根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應強度方向相反，由聯(lián)立可得則故A正確，B錯誤；C．洛倫茲力不做功，所以粒子速率不變，質(zhì)量不變，電荷量不變，由于圓心角和磁感應強度的關(guān)系不明確，故無法判斷磁感應強度和圓心角的關(guān)系，由可知無法判斷洛倫茲力大小關(guān)系，由可知粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為2:1，故C錯誤；D．因為弧aP與弧Pb對應的圓的半徑之比故D錯誤。故選A。6．A【解析】【詳解】因要求向各個方向發(fā)射的粒子均限制在圓形內(nèi)，故帶電粒子最大運動直徑為R，最大運動半徑為，運動的軌跡為所示在該過程中，洛倫茲力充當向心力，則有為運動半徑，代入數(shù)據(jù)，解得BCD錯誤，A正確。故選A。7．D【解析】【詳解】A．作出氦核（）在磁場中的運動軌跡，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得由三角函數(shù)知識可知解得所以為等腰三角形，氦核（）在磁場中運動的軌跡半徑為，A錯誤；B．由洛倫茲力提供向心力可得可得氦核（）的速度大小為B錯誤；C．由洛倫茲力提供向心力，可得可知氦核（）在磁場中運動的周期為氦核（）在磁場中運動的時間為C錯誤；D．由動能定理得解得D正確。故選D。8．A【解析】【詳解】由左手定則知，該粒子帶負電，由解得知減小粒子射入磁場的速率，帶電粒子的運動半徑減小，故粒子從ab間射出。故選A。9．D【解析】【詳解】由左手定則和題意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁場區(qū)域內(nèi)轉(zhuǎn)半周時，運動時間最長，速度最大時的軌跡恰與ac相切，軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得最大半徑r＝ab·tan30°＝L由洛倫茲力提供向心力得從而求得最大速度ABC錯誤，D正確。故選D。10．C【解析】【詳解】畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，磁場的邊長為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系得L+rL解得r=（1）L由洛倫茲力提供向心力得qvB=m聯(lián)立解得故ABD錯誤C正確。故選C。11．D【解析】【詳解】粒子先在電場中加速，根據(jù)動能定理有在磁場中做勻速圓周運動有解得粒子在磁場中的周期A.粒子從磁場Ⅰ區(qū)域進入磁場Ⅱ區(qū)域，B減小，因為洛倫茲力不做功，所以線速度v的大小不變，r增大，由線速度、角速度的關(guān)系可知角速度減小，故粒子自磁場Ⅰ區(qū)域進入磁場Ⅱ區(qū)域線速度大小均不變，角速度均減小，A錯誤；B.粒子從磁場Ⅰ區(qū)域進入磁場Ⅱ區(qū)域，速率不變，B變小，洛倫茲力變小，則向心加速度減小，周期變大，B錯誤；CD.粒子和質(zhì)子的質(zhì)量之比為電荷量之比為即結(jié)合可知無論在磁場Ⅰ區(qū)域還是在磁場Ⅱ區(qū)域中，粒子的軌跡半徑均大于質(zhì)子軌跡半徑，C錯誤；結(jié)合可知無論在磁場Ⅰ區(qū)域還是在磁場Ⅱ區(qū)域中，粒子的周期均大于質(zhì)子的周期，D正確；故選D。12．C【解析】【詳解】A．由題圖，根據(jù)左手定則可知，D形盒中的磁場方向應垂直于紙面向里，故A錯誤；B．根據(jù)此回旋加速器的結(jié)構(gòu)可知，加速電場方向總是豎直向下的，故B錯誤；C．根據(jù)可知粒子最終獲得的最大動能則增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能不變，故C正確；D．根據(jù)及可知，粒子每運動一周，動能的變化量相同，但是半徑與v成正比，與v2不成正比，則半徑的增加量不相等，故D錯。故選C。13．ACD【解析】【詳解】A．電流向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則，電子所受洛侖茲力垂直紙面向外，電子打在前表面，前表面電勢比后表面電勢低，A正確；BC．根據(jù)平衡條件解得根據(jù)電流微觀表達式有解得故霍爾電壓U與元件單位體積的自由電子數(shù)n有關(guān)，B錯誤，C正確；D．電子所受洛侖茲力大小為D正確。故選ACD。14．AD【解析】【詳解】A．據(jù)左手定則可知，等離子體中的正離子向下偏轉(zhuǎn)，負離子向上偏轉(zhuǎn)，故金屬板B的電勢較高，A正確；B．金屬板B相當于電源的正極，故通過電阻R的電流方向是b→R→a，B錯誤；CD．由于洛倫茲力始終垂直于離子的運動方向，故磁場力對等離子體不做功，C錯誤，D正確。故選AD。15．BC【解析】【詳解】A．若小球帶負電，則小球所受電場力水平向右，所受洛倫茲力垂直于桿向下，所受桿的支持力垂直于桿向上，所受重力豎直向下，易知這四個力的合力不可能為零，所以小球不可能做勻速直線運動，則小球一定帶正電，故A錯誤；B．因為小球帶正電，且在逆著電場線方向存在位移，因此電場力做負功，而桿的支持力以及洛倫茲力對小球均不做功，所以小球的機械能減小，故B正確；CD．存在磁場時，由于小球