2024-2025學(xué)年高中物理課時分層作業(yè)21洛倫茲力的應(yīng)用含解析魯科版選修3-1

PAGE7-課時分層作業(yè)(二十一)洛倫茲力的應(yīng)用(時間：40分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1．由中國供應(yīng)永磁體的阿爾法磁譜儀如圖所示，它曾由航天飛機(jī)攜帶升空，將來安裝在阿爾法國際空間站中，主要使命之一是探究宇宙中的反物質(zhì)。所謂的反物質(zhì)即質(zhì)量與正粒子相等，帶電荷量與正粒子相等但相反，例如反質(zhì)子即為eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(－1))H，假如使一束質(zhì)子、反質(zhì)子、α粒子和反α粒子組成的射線，以相同的速度通過OO′進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2而形成的4條徑跡，則()A.1、3是反粒子徑跡 B．2、4為反粒子徑跡C．1、2為反粒子徑跡 D．4為反α粒子徑跡C[兩種反粒子都帶負(fù)電，依據(jù)左手定則可判定帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定1、2為反粒子徑跡。故選項C正確。]2．如圖所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖，勵磁線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面對外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直，電子速度的大小和磁場強(qiáng)弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調(diào)整，下列說法正確的是()A．僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期將變大D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大B[依據(jù)公式r＝eq\f(mv,Bq)可得，當(dāng)僅增大勵磁線圈的電流時，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，所以徑跡的半徑減小，A錯誤；當(dāng)僅提高電子槍加速電壓時，由Uq＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))，則電子的速度增大，依據(jù)公式r＝eq\f(mv,Bq)可得，徑跡的半徑增大，B正確；依據(jù)公式T＝eq\f(2πm,Bq)可得，僅增大勵磁線圈的電流時，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，所以周期變小，C錯誤；依據(jù)公式T＝eq\f(2πm,Bq)可得，電子做勻速圓周運動的周期和速度大小無關(guān)，D錯誤。]3．如圖所示，在第Ⅰ象限內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一對正、負(fù)電子分別以相同速率沿與x軸成30°角的方向從O點射入磁場，則正、負(fù)電子在磁場中運動的時間之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(3) D．1∶1B[正、負(fù)電子在磁場中運動的軌跡如圖所示。正電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角為120°，負(fù)電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角為60°，又正、負(fù)電子入射速率相同，故時間之比為2∶1。]4.(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻溝通電極相連接的兩個D形金屬盒。兩盒間的狹縫形成周期性變更的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示。要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法正確的是()A．增大勻強(qiáng)電場的加速電壓B．增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．減小狹縫間的距離D．增大D形金屬盒的半徑BD[由R＝eq\f(mv,qB)得，若D形盒半徑為R，經(jīng)回旋加速器加速后粒子獲得的動能Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，可以看出要增大粒子射出時的動能就要增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，增大D形金屬盒的半徑，故B、D正確；增大勻強(qiáng)電場間的加速電壓和減小狹縫間的距離都不會變更粒子飛出時的動能，故A、C錯誤。]5.一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A．eq\f(ω,3B)B．eq\f(ω,2B)C．eq\f(ω,B)D．eq\f(2ω,B)A[如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧eq\x\to(MP)所對應(yīng)的圓心角由幾何學(xué)問知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項A正確。]6．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，不計重力，下列表述正確的是()A.M帶負(fù)電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間A[依據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負(fù)電，A正確；因為r＝eq\f(mv,Bq)，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力不做功，C錯誤；M和N的運行時間都為t＝eq\f(πm,Bq)，D錯誤。]二、非選擇題(14分)7．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可視為零)，經(jīng)加速電場(加速電場極板間的距離為d、電勢差為U)加速，然后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，最終到達(dá)記錄它的照相底片P上。設(shè)離子在P上的位置與入口處S1之間的水平距離為x。(1)求該離子的比荷eq\f(q,m)；(2)若離子源產(chǎn)生的是電荷量均為q、質(zhì)量為m1和m2的同位素離子(m1>m2)，它們分別到達(dá)照相底片上的P1、P2位置(圖中未畫出)，求P1、P2間的距離Δx。[解析](1)離子在電場中加速，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2，離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，其中r＝eq\f(x,2)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(8U,B2x2)。(2)設(shè)質(zhì)量為m1的離子在磁場中的運動半徑是r1，則：r1＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m1U,q))，對質(zhì)量為m2的離子，同理得：r2＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m2U,q))，故照相底片上P1、P2間的距離：Δx＝2(r1－r2)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2U,q))(eq\r(m1)－eq\r(m2))。[答案](1)eq\f(8U,B2x2)(2)eq\f(2,B)eq\r(\f(2U,q))(eq\r(m1)－eq\r(m2))一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1．(多選)有一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，如圖所示為它的發(fā)電原理圖：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(fù)電的微粒，而整體呈中性)沿圖所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷。在磁極配置如圖所示的狀況下，下列說法正確的是()A.A板帶正電B．有電流從b經(jīng)用電器流向aC．金屬板A、B間的電場方向向下D．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的緣由是離子所受洛倫茲力大于所受靜電力BD[等離子體射入磁場后，由左手定則知正離子受到向下的洛倫茲力向B板偏轉(zhuǎn)，故B板帶正電，B板電勢高，電流方向從b流向a，電場的方向由B板指向A板，A、C錯誤，B正確；當(dāng)Bvq＞Eq時離子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D正確。]2．如圖所示的圓形區(qū)域內(nèi)，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面對里。有一束速率各不相同的質(zhì)子自A點沿半徑方向射入磁場，這些質(zhì)子在磁場中()A．運動時間越長，其軌道對應(yīng)的圓心角越大B．運動時間越長，其軌道越長C．運動時間越短，射出磁場區(qū)域時速度越小D．運動時間越短，射出磁場區(qū)域時速度的偏向角越大A[質(zhì)子的速度越小，運動半徑越小，在磁場中運動的時間越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，但運動軌跡不肯定長；同理，速度越大，半徑越大，在磁場中運動時間越短，速度的偏向角越小。故選項A正確。]3．(多選)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場，比荷相同的兩個帶電粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，不計重力，則()A．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BD[作出兩帶電粒子各自的運動軌跡如圖所示，依據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1<R2，故從Q點射出的粒子速度大，B正確；依據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以從P、Q點射出時兩粒子在磁場中的運動時間相等，D正確。]4．(多選)長為L的水平極板間，有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，板間距離也為L，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，從左邊極板間中點處垂直磁場以速度v水平入射，如圖所示。欲使粒子不打在極板上，可采納的方法是()A．使粒子速度v＜eq\f(BqL,4m)B．使粒子速度v＞eq\f(5BqL,4m)C．使粒子速度v＞eq\f(BqL,4m)D．使粒子速度eq\f(BqL,4m)＜v＜eq\f(5BqL,4m)AB[粒子恰好從右邊穿出時圓心在O點，有req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(L,2)))eq\s\up10(2)，解得r1＝eq\f(5,4)L。又因為r1＝eq\f(mv1,qB)，得v1＝eq\f(5BqL,4m)，所以v＞eq\f(5BqL,4m)時粒子能從右邊穿出。粒子恰好從左邊穿出時圓心在O′點，有r2＝eq\f(1,2)×eq\f(L,2)＝eq\f(L,4)，由r2＝eq\f(mv2,qB)得v2＝eq\f(qBL,4m)，故v＜eq\f(BqL,4m)時粒子能從左邊穿出。]二、非選擇題(本題共2小題，共26分)5．(12分)如圖所示，空間存在一方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，一電荷量為－q的粒子(不計重力)從A點沿AB方向以速度v射入磁場，粒子從BC邊上的E點離開磁場，且AE＝2BE＝2d。求：(1)該勻強(qiáng)磁場的方向；(2)帶電粒子的質(zhì)量及其在磁場區(qū)域運動的時間。[解析](1)粒子沿弧AE運動，從帶電粒子所受洛倫茲力的方向可推斷出磁場的方向垂直紙面對里。(2)如圖所示，連接AE，作線段AE的中垂線，交AD的延長線于O點，O即為圓心，α為弦切角，因AE＝2BE＝2d，所以α＝30°；θ為圓弧軌跡的圓心角，θ＝2α＝60°?！鰽OE為等邊三角形，R＝2d，由qvB＝meq\f(v2,R)得，m＝eq\f(2Bqd,v)；T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πd,v)，所以粒子在磁場區(qū)域運動的時間t＝eq\f(T,6)＝eq\f(2πd,3v)。[答案](1)垂直紙面對里(2)eq\f(2Bqd,v)eq\f(2πd,3v)6．(14分)質(zhì)譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，板間距離為d；c為偏轉(zhuǎn)分別器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器。粒子進(jìn)入分別器后做勻速圓周運動，求：(1)粒子的速度v為多少？(2)速度選擇器的電壓U2為多少？(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？[解析](1)在a中，粒子被加速電場U1加速，由動能定理有eU1＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU1,m