教科版高中物理选修3135洛伦兹力的应用名师精编作业2.docx

1、教科版高中物理选修3135洛伦兹力的应用名师精编作业22017-2018学年度教科版选修3-1 3.5洛伦兹力的应用 作业（2）1如图所示，虚线上方为匀强磁场区，A、B、C为虚线上三点，且ABBC。两个带负电的粒子P、Q（重力不计）分别从A、B两点以相同的速度大小和方向垂直于磁场方向射入场区，最终两粒子都从C点离开磁场。设P、Q两粒子在磁场中运动的时间之比为m，P、Q两粒子的比荷之比为k，则A. ml：2，k2：lB. ml：2，kl：2C. m2：l，k2：lD. m2：l，kl：22在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b

2、所示，由图可以判定（）A. 该核发生的是衰变B. 该核发生的是衰变C. a表示反冲核的运动轨迹D. 磁场方向一定垂直纸面向里3在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为421，如图所示那么氡核的衰变方程应是下列方程的哪一个()A. B. C. D. 4如图，在平面内，虚线左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为A. B. C. D. 5如图所示，在I、II两个区域内存

3、在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角DAC=30，边界AC与边界MN平行，区域宽度为d，长度无限大，I区磁场右边界距A点无限远。质量为m、带电量为q的正粒子可在边界AD上的不同点射入。入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则A. 粒子距A点0.5d处射入，不会进入区B. 粒子在磁场区域内运动的最长时间为C. 粒子在磁场区域内运动的最短时间为D. 从MN边界出射粒子的区域长为6在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y

4、轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强度沿x轴正方向，大小为I。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则A. 金属导体的前侧面电势较低B. 金属导体的电阻为 C. 自由电子定向移动的速度大小为D. 磁感应强度的大小为7如图所示，在以R为半径、O为圆心的圆形区域内存在磁场，直径PQ左侧区域存在一方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场；PQ右侧区域存在一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）从C点沿垂直于PQ的方向射入磁场，并仅通过PQ次，

5、最终从D点离开磁场，离开磁场时粒子的运动方向仍垂直于PQ。图中CE与DF均垂直于PQ，EFR。已知OC与PQ的夹角为130，OD与PQ的夹角为2，粒子在PQ左侧和右侧磁场区域中的运动时间分别为t1和t2，则以下说法中正确的是A. 260 B. C. D. 8如图甲所示，在平行虚线MN、PQ间有垂直于纸面的交变磁场，两虚线间的距离为d，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，磁场变化的周期为T.一质量为m、电荷量为q的带电粒子在虚线MN上的A点以垂直于MN向右射入两虚线间，若磁场的磁感应强度，不计粒子的重力，则下列说法正确的是A. 粒子在磁场中做圆周运动的周期也为TB. 粒子在时刻射入，粒子

6、会从虚线MN射出C. 要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的速度最大可以为D. 要使粒子在两虚线间能做两个完整的圆周运动，粒子的速度最大可以为9如图所示，虚线MN将平面分成I和II两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由I区运动到II区，曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为2：1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是A. I、II区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1：2B. 粒子在I、11区域两个磁场中的运动半径之比为2：1C. 粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1：1D. 弧aP与弧

7、Pb对应的圆心角之比为2：110如图所示，在第一象限内，存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿xOy平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量+q的同种粒子，这些粒子打到x轴上的P点。知OAOPL。则A. 粒子速度的最小值为B. 粒子速度的最小值为C. 粒子在磁场中运动的最长时间为D. 粒子在磁场中运动的最长时间为11显像管是旧式电视机的主要部件，显像管的简要工作原理是阴极K发射的电子束经电场加速后，进入放置在其颈部的偏转线圈形成的偏转磁场，发生偏转后的电子轰击荧光屏，使荧光粉受激发而发光，图13(a)为电视机显像管结构

8、简图。显像管的工作原理图可简化为图13(b)。其中加速电场方向、矩形偏转磁场区域边界MN和PQ均与OO平行，荧光屏与OO垂直。磁场可简化为有界的匀强磁场，MN=4d，MP=2d，方向垂直纸面向里，其右边界NQ到屏的距离为L。若阴极K逸出的电子（其初速度可忽略不计），质量为m，电荷量为e，从O点进入电压为U的电场，经加速后再从MP的中点射入磁场，恰好从Q点飞出，最终打在荧光屏上。（1）求电子进入磁场时的速度；（2）求偏转磁场磁感应强度B的大小以及电子到达荧光屏时偏离中心O点的距离；（3）为什么电视机显像管不用电场偏转？请用以下数据计算说明。炽热的金属丝可以发射电子，设电子刚刚离开金属丝时的速度为

9、0。在金属丝和金属板（图中圆环片）之间加电压U1=2500V。电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。之后进入两个相同的极板Y与Y之间，极板长度l=6.0 cm，相距d=2cm，极板间的电压U2=200V，两板间的电场看做匀强电场。图中极板X与X之间未加电压。从极板Y与Y出射的电子最终打在荧光屏上P点（图中未画出）。如果极板Y与Y之间不加电压，电子打在荧光屏正中心O点。那么要使OP间距y=15cm（大约是21寸彩电高度的一半），则极板Y与Y末端到荧光屏的距离s等于多少？电子质量m=0.910-30kg，电量e=1.610-19C。12“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，

10、其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后从下方以恒定速率“向上射入有磁感应强度为E、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后。自动关闭区域I系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)区域内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氤原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力不计

11、粒子之间相互作用与相对论效应)已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氤原子核的质量为m、电荷量为q，求： (1)当栅极MN、PQ间形成稳定的电场时，其电场强度E多大(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v2(3)因区域内磁场发生器故障，导致区域中磁感应强度减半并分布在整个区域中，求能进入区域I的氤原子核占A处发射粒子总数的百分比13如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝S1上方，图中未画出)产生的带电粒子经狭缝S1与S2之间的电场加速后，进入P1和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域沿直线通过狭缝S3垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹若

12、从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为+q、质量为m，S1与S2之间的加速电压为U1，P1和P2两金属板间距离为d，两板间匀强磁场的磁感应强度为B1，测出照相底片上的条纹到狭缝S3的距离L求：（1）粒子经加速电场加速后的速度v1；（2）P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2；（3）经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2.14如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一象限有与y轴正方向相反的大小为E的匀强电场。一带正电的粒子从y轴上的P（0，8）点，以初速度v0=3l04ms沿x轴正方向射入匀强电场，经过x轴上的Q（12，0）点后恰好垂直打到y轴负

13、轴上的N点（图中未画出）。已知带电粒子的荷质比，不计带电粒子所受重力。求：（1）匀强电场E的大小； （2）N点到O点的距离。15在图所示的平行板器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直。具有某一水平速度的带电粒子，将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转，具有其他速度的带电粒子将发生偏转。这种器件能把具有某一特定速度的带电粒子选择出来，叫作速度选择器。已知粒子A（重力不计）的质量为m,带电量为+q；两极板间距为d；电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。求：(1)带电粒子A从图中左端应以多大速度才能沿着图示虚线通过速度选择器？(2)若带电粒子A的反粒子(-q, m)从图中左端以速度E/B水平

14、入射，还能沿直线从右端穿出吗？为什么？(3)若带电粒子A从图中右端两极板中央以速度E/B水平入射，判断粒子A是否能沿虚线从左端穿出，并说明理由。若不能穿出而打在极板上请求出粒子A到达极板时的动能？参考答案1D【解析】根据粒子的运动轨迹图可知，两粒子在磁场中运动的圆心角相等；半径之比为2:1；则由，则 ；由，则，可知m=2：1；k=1:2；故选D.2B【解析】放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆。而放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆。故

15、放出的是粒子，故A错误，B正确。根据动量守恒定律，质量大的速度小，而速度小的，运动半径较小，而b的质量较大，因此b是反冲核的运动轨迹，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向。故D错误。故选B。点睛：放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系，注意由运动的半径大小来确定速度的大小是解题的关键3B【解析】原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：，所以：，审视ABCD四

16、个选项，满足42:1关系的只有B，故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，据此可列式：， 结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法即可。4C【解析】粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有：，而将题中的v值代入得：，分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度最小，则所对弦最短，作ABOB于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：，粒子偏转的角度：=60，结合周期公式：，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】解题的关键在于要分析出：粒

17、子运动时间t最短时，粒子偏转的角度最小，所对的弦也最短，最后转化为求弦最短的情况，而弦最短的情况很容易画出。5BD【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 得：画出恰好不进入区的临界轨迹，如图所示：结合几何关系，有：；故从距A点05d处射入，会进入区，故A错误；B、粒子在磁场中转过的最大的圆心角为即在区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为,故B正确；C、从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为60，故时间为： ，故C错误；D、临界轨迹情况如图所示：根据几何关系可得从MN边界出射粒子的区域长为 ，故D正确；故选

18、BD点睛：本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何关系和牛顿第二定律等知识进行求解。6AD【解析】根据左手定则（注意电子带负电）可知电子打在前侧面，即前侧面带负电，电势较低，A正确；电流方向为从左向右，而题中U表示的是导体前后两个侧面的电压，故导体的电阻不等于，B错误；在t时间内通过的电荷量为，又，解得，C错误；因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差。因而可得，联立可得，D正确【点睛】电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断

19、出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小7ABD【解析】由几何知识可知，故，故，粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得，又知道，解得，AB正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，根据几何知识可得两轨迹所对圆心角相等，粒子在磁场中的运动时间都为，故，C错误D正确【点睛】分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式即可解题根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动落了下来提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据粒子转过的圆心角与粒子的周期公式求出粒子

20、的运动时间8CD【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期为，选项A错误；粒子在t=T/8时刻射入，在T/8-T/4时间粒子会沿直线向右运动；在T/4-T/2时间内做一个完整的圆周运动回到虚线上；在T/2-3T/4时间粒子又沿直线向右运动，不会从虚线MN射出，选项B错误；要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的半径为 ，则粒子的速度最大为，选项C正确；要使粒子在两虚线间能做两个完整的圆周运动，则粒子在两虚线间的运动满足，其中；解得，选项D正确；故选CD. 9AB【解析】粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域内粒子的速率相同。由两弧长之比为2：1，速率相同，可知时间之比为2：1,故C

21、错误；由于粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故D错误；根据 知角速度之比为1:2，由 可知半径之比为2:1，故B正确；根据 得 ，所以磁场强度大小之比为1:2，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A正确；故选AB10AD【解析】设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，则由牛顿运动定律有：qBv=m；若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆（图中圆O1所示）由几何关系知：sAP=l；R=l，则粒子的最小速度，选项A正确，B错误；粒子在磁场中的运动周期；设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中的运动时间为：；由

22、图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有：；则粒子在磁场中运动的最长时间： ，则C错误，D正确；故选AD.点睛：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，找出要研究的临界状态，由几何知识求出半径定圆心角，求时间11（1） （2） （3）1.22m【解析】（1）由动能定理有：eU=mv2 得 （2）如图，由几何关系有：(R-d)2+(4d)2=R2得 电子做圆周运动，由牛顿运动定律： 解得： 由几何关系有： 解得： 所以偏移距离为 （3）电子在电场中加速，由动能定理： v1为电子从电子枪出射的速度，也是进入偏转电极时的速度。电

23、子在偏转电极间做类平抛运动，加速度不变，垂直板面方向的偏移距离 其中t1为飞行时间，电子在平行板面方向不受力，这个方向做匀速运动，有l=v1t1电子从偏转电极出射后做匀速运动，我们将这个匀速运动分解为平行板面的匀速运动1和垂直板面的匀速运动2。匀速运动1的速度为v1，垂直板面的匀速运动2的速度为vy=at1电子在极板Y与Y末端到荧光屏之间的时间为t2，有s=v1t2电子在极板Y与Y末端到荧光屏之间，垂直板面的偏移量：y2=vyt2由题，y=y1+y2，代入数据可解得：s=1.22m点睛：本题是带电粒子在电场中的偏转及在磁场中的偏转问题；电子在磁场中的运动，关键是找圆心和半径，结合洛伦兹力等于向

24、心力列方程求解；在电场中先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题12（1） （2） （3）【解析】（1）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ，则 即 （2）氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时,设速度为v3,则有： 根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即则： 氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为，根据动能定理可知：其中电压 联立可得（3）根据题意，当区域中的磁场变为之后，根据

25、可知，r=r=D 根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I。该轨迹的圆心O1，正好在N点，AO1=MO1=D，所以根据几何关系可知，此时FAN=900；根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I。 AO2=AN=NO2=D，所以此时入射角度GAN=300；根据上述分析可知，只有FAG=600；这个范围内射入的粒子还能进入区域I。该区域的粒子占A处总粒子束的比例为 点睛：考查牛顿第二定律与运动学公式的应

26、用，掌握由洛伦兹力提供向心力的求解方法，理解动能定理的内容，注意正确画出运动轨迹，及分清各段运动性质；第三问要注意临界条件，求出恰从上、下两边缘射出的粒子的入射角，从而求出射入区的粒子数点比。13（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）在加速电场中，根据动能定理求出加速后的速度；（2）带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由此求出电压；（3）在匀强磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。（1）带电粒子在S1和S2两极板间加速，根据动能定理有： 解得：加速后的速度（2）带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡： 解得：（3）带电粒子在磁场

27、中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有：，又解得：【点睛】粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决14（1）E30（N/C）（2）24 l0-2m【解析】（1）带电粒子在第一象限内做平抛运动，由平抛运动规律可得：xQ=v0tyP=a=将数据代入式，联立解得：E30N/C（2）带电粒子在第四象限内做圆周运动，设粒子由第一象限进入第四象限时与x轴正方向的夹角为，则由平抛运动知识式可得：tg vy=at 由式解得：tg在O1OQ中，O1O= O1N=R=O1Q=ON=O1N+OO1 由上式联立解得：ON=9l0-2m +15 l0-

28、2m24 l0-2m=24cm点睛：本题考查带电粒子在偏转电场中的类平抛运动以及在磁场中做圆周运动，属于常规题型，难度不大；要注意单位的换算，认真分析粒子从电场进入磁场时衔接速度的大小和方向，画出运动过程图，牢记相应运动过程的解题思路和方法15(1) E/B (2) 仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关只与速度有关 (3) 不可能, 【解析】试题分析：，电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，即可解得速度。仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关只与速度有关。 (1) 带电粒子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力（不计重力），当沿虚线作匀速直线运动时，两个力平衡，即Eq=Bqv 解得：（2）仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关只与速度有关。(3)设粒子A在选择器的右端入射是速度大小为v，电场力与洛伦兹力同方向，因此不可能直线从左端穿出，一定偏向极板。设粒子打在极板上是的速度大小为v。由动能定理得：因为 E=Bv 联立可得粒子A到达极板时的动能为：点睛：本题主要考查了从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等，粒子的速度相同，速度选择器只选择速度，不选择电量与电性，同时要结合功能关系分析。