1.3洛伦兹力 课时作业（word解析版）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
1.3洛伦兹力
课时作业（解析版）
1．两根长直导线，垂直穿过光滑绝缘水平面，与水平面的交点分别为M和N，两导线内通有大小相等、方向相反的电流I，图为其俯视图。A、B是该平面内M、N连线中垂线上两点，从B点以一指向A点的初速度v释放一个带正电的小球，则小球的运动情况是（　　）
A．小球将做匀速直线运动
B．小球先做减速运动后做加速运动
C．小球将向左做曲线运动
D．小球将向右做曲线运动
2．如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30?，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力。则（　　）
A．沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R
B．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为
C．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
D．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的周期之比为1：2
3．如图，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球做变加速曲线运动
C．小球机械能的增加量为
D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管运动速度无关
4．如图所示，ACD为一半圆形区域，其中O为圆心，AD为直径，∠AOC=90°，半圆形区域内存在着垂直该平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子（不计重力）从圆弧的P点以速度v沿平行于直径AD方向射入磁场，运动一段时间从C点离开磁场时，并且速度方向偏转了60°角，设P点到AD的距离为d。下列说法中正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．该子的比荷为
C．该粒子在磁场中运动时间为
D．直径AD长度为4d
5．2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，核聚变主要原料氕核（）和氘、核（）均从圆心O沿半径方向射出，被约束在半径为R和两个同心圆之间的环形区域，该区域存在与环面垂直的匀强磁场。则下列说法正确的是（　　）
A．若有粒子从该约束装置中飞出，则应减弱磁场的磁感应强度
B．若两种粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，则两种粒子具有相同的动能
C．若两种粒子从圆心射出到再次返回圆心的时间相同，则两种粒子具有相同的动量
D．若氘核（）在磁场中运动的半径，则氘核（）不会从该约束装置中飞出
6．奥斯特最早发现，通电导线周围存在着磁场。研究表明，圆弧导线中的电流产生磁场的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零。如图所示，a、b两点在圆心，两导线中的电流强度相等，导线中箭头为电流方向，R和r分别为半径，则（　　）
A．a点的磁感应强度小于b点的磁感应强度
B．b处磁感应强度的方向为垂直纸面向外
C．将一个带电量为q的电荷分别静放在a、b两点，放在a点受到的洛伦兹力更大
D．b处的磁感应强度为：，k值与电流强度无关
7．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长感光板。从圆形磁场最高点P以大小为的速度垂直磁场沿各方向射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　）
A．射出磁场的粒子不能垂直打在MN上
B．粒子在磁场中运动的圆弧轨迹不可能过圆心O
C．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心O
D．射出磁场的粒子的速度方向都是相互平行的
8．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为v、质量为m、电荷量为q。是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为。设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场区域足够大，不计带电粒子间的相互作用及重力，，。则（　　）
A．若挡板长度为，则打在板上的粒子数最多
B．若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最短时间为
C．若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的
9．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB为圆的直径，P为圆周上的点，∠AOP=60°。带正电的粒子a和带负电的粒子b（a、b在图中均未画出）以相同的速度从P点沿PO方向射入磁场，结果恰好从直径AB两端射出磁场。粒子a、b的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．从A点射出磁场的是粒子b
B．粒子a、b在磁场中运动的半径之比为1：3
C．粒子a、b的电荷量之比为3：1
D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为3：2
10．图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向，其中方向正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d、方向垂直纸面向外有界匀强磁场的边界上的O点分别以与边界成37°和53°方向射入磁场，又都恰好垂直另一边界飞出，若粒子重力不计，则下列说法中正确的是（　　）
A．A、B两粒子均带正电
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是4：3
C．A、B两粒子比荷之比是4：3
D．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的时间之比是53：37
12．如图所示，在半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，甲、乙两个相同的负电荷分别从图中A点和O点以方向相同、大小不同的速度垂直于磁场的方向射入，两电荷的速度方向与AO的夹角均为30°。已知甲电荷速度大小为v1，从磁场边缘的C点离开磁场（C点未画出），速度方向偏转了120°，若乙电荷也从C点离开磁场，不计电荷的重力及电荷间的相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两电荷的比荷均为
B．甲、乙两电荷的比荷均为
C．甲、乙两电荷的速度之比为2：3
D．甲、乙两电荷在磁场中运动的时间之比为2：3
13．如图所示，圆心为O的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。电荷量为q、质量为m的相同带负电粒子a、b从圆形匀强磁场区域边界上的P点先后以大小为的速度、垂直磁场的方向射入磁场。已知粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向的夹角为60°，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子a在磁场中运动的时间为
B．粒子b在磁场中运动的时间为
C．a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为0
D．a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为60°
14．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形区域内，O点是边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于边的速度射入正方形内，经过时间后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与成30°角的方向，以不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是（　　）
A．所有从边射出磁场的该带电粒子在磁场中经历的时间都是
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从边射出磁场
15．如图所示，在坐标原点O处存在一个粒子源（大小忽略），可沿y轴正方向发射质量为m、速度为、电荷量为q的带正电的粒子，重力忽略不计。沿z轴正方向的匀强磁场和匀强电场只存在于以z轴为中轴、半径为的圆柱形区域内，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。下列说法正确的是（　　）
A．由于电场加速，该粒子轨迹在xoy平面内的投影为曲率半径越来越大的螺旋线
B．粒子可多次经过z轴，且依次经过z轴的坐标之比为1：4：9…
C．某段时间内粒子增加的动能小于粒子电势能的减少量
D．粒子的速度增加为，则粒子离开电磁场的速率为
16．如图所示，在xoy平面内的第一象限内，x=4d处竖直放置一长为的粒子吸收板PQ，在直线PQ与y轴之间存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场。在原点O处有一粒子源，可以发射质量为m、电量为+q的带电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）若粒子源仅沿y轴正向发射出大量不同速率的粒子，求恰好击中Q点的粒子速率v1=？
（2）若粒子源仅沿y轴正向发射出大量不同速率的粒子，求能被吸收板PQ吸收的粒子速率v的范围；
（3）若在点M（8d，0）处放置一粒子回收器，在P、M两点间放一块与线段PM重合的绝缘弹性挡板（粒子与挡板碰撞无能量和电量的损失），为回收恰好从P点进入PQ右侧区间的粒子，需在PM右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。求此磁场磁感应强度的大小B?和此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间t；
17．如图所示，在以
x轴和虚线围成的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面。x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为，上边界到x轴的距离为2L。在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为，不计粒子之间的相互作用。求：
（1）某个粒子沿与x轴正方向成60?射出，它在磁场中运动的时间t；
（2）电流表的示数I；
（3）磁场上边界有粒子射出的区域宽度d。
18．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。一带电粒子以速度v由P点沿如图所示的竖直向下方向射入磁场，该粒子运动到图中Q点时的速度方向与连线的夹角为120°且速度方向如图中Q点箭头所示，已知P、Q间的距离为d、若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子从P点开始沿竖直方向运动依然能通过Q点，不计粒子重力。求：
（1）该粒子的比荷；
（2）电场强度的大小。
19．如图甲所示，空间直角坐标系处于沿x轴正方向的匀强电场中，一个带正电粒子以初速度v0=4×103m/s沿y轴正方向从O点射入电场，经过t=10-3s运动到xOy平面上的P点。已知电场强度E=10N/C，粒子的比荷=4105C/kg，不计粒子重力。
(1)求P点的坐标；
(2)现将匀强电场撤去，改加沿z轴正方向的匀强磁场，如图乙所示，若该带电粒子仍以原速度从O点射入，粒子恰好也能经过P点。求磁场的磁感应强度大小和粒子从O点第一次运动到P点所用的时间。（已知sin53°=0.8，π取3.14，结果保留三位有效数字）
20．如图所示，空间中存在垂直于纸面（平面）向里的磁场，在轴上方磁感应强度大小为，在轴下方磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带电粒子（不计重力）从原点以与轴正方向成角的速度射入磁场，求：
（1）粒子第一次经过轴时，与原点的距离；
（2）粒子再次回到原点时经历的时间。
参考答案
1．A
【详解】
根据安培定则可知，两电流在A点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据对称性和平行四边形定则可知，A点处的合磁感应强度的方向沿着AB方向，同理可得在AB连线上各点的合磁感应强度的方向都沿AB方向，与带电小球的初速度方向平行，则带电小球在光滑水平面上不受洛伦兹力作用，小球受到的合外力为0，小球做匀速直线运动，A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】
A．沿ac方向射入的粒子，从b点射出，偏转角为60?，则根据几何关系得
A错误；
B．沿ab方向射入的粒子，刚好从O点正下方射出，偏转角为30?，则根据几何关系得
解得
B错误；
CD．根据可知，两粒子在磁场中运动的周期相等，根据可知两粒子在磁场中运动的时间之比为
C正确，D错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．洛伦兹力的方向与速度垂直，永远不做功，A错误；
B．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀加速曲线运动，B错误；
C．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律得
由匀变速运动的位移公式得
小球离开管口的速度
合速度
动能增
重力势能的增量
联立解得
C正确；
D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得
由匀变速运动的位移公式得
解得
D错误；
故选C。
4．D
【详解】
A．带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，A错误；
B．过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心如图
由几何关系可知，OCO’P为菱形
，
洛伦兹力提供向心力
B错误；
C．粒子在磁场中运动时间为
C错误；
D．直线AD的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d，D正确；
故选D。
5．D
【详解】
A．若有粒子飞出，要想达到约束效果，则应减小半径，故应增大磁感应强度，所以A选项错误；
BC．由
可知，粒子的半径相同，电荷量相同，则动量大小相同，因质量不同，故动能不相同，假设两粒子具有相同的动量，则粒子的半径相同，两种粒子经过的路程完全相同，但质量不同，速度大小不同，故时间不同，所以B、C选项错误；
D．核材料不从约束装置中飞出，有几何关系得
故D选项正确.
故选D。
6．A
【详解】
AB．圆弧导线中的电流产生磁场的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则a、b两处的磁场是由两段圆弧形电流产生的，有安培定则可知，a中大圆弧和小圆弧在a点的磁场方向相反，且小圆弧产生的磁场强，所以a点的磁场方向垂直纸面向外，b中大圆弧和小圆弧在b点的磁场方向相同，垂直纸面向里，所以b点的磁场大于a点的磁场，故A正确，B错误；
C．静止电荷在磁场中不受洛伦兹力的作用，故C错误；
D．b处的磁感应强度为：，k值与电流强度有关，电流强度越大，k越大，故D错误。
故选A。
7．D
【详解】
A．带电粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力有
带入数据，可得
粒子平行于感光板射入磁场时，一定垂直打在MN上。故A错误；
B．射入磁场的粒子沿各个方向均有，故磁场中运动的圆弧轨迹有可能过圆心O。故B错误；
C．如图所示，两个三角形全等，粒子一定沿着半径方向射出磁场，其出射方向的反向延长线一定通过圆心O。
故C错误；
D．根据上面选项分析，轨迹圆的半径等于磁场圆的半径，则沿不同方向射入的带电粒子的入射点、出射点、磁场圆的圆心和轨迹圆的圆心，四点构成一个棱形，根据对称性可得，射出磁场的粒子的速度方向都是相互平行的。故D正确。
故选D。
8．D
【详解】
A．设带电粒子的质量为m，带电量为q，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力。设粒子做圆周运动的半径为r。则有
解得
能打到挡板上的最远的粒子如图；
由几何关系可知，挡板长度
选项A错误；
BC．由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图轨迹1所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ1=106°；对应的时间为
当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如图轨迹2所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2=254°
对应的时间为
选项BC错误；
D．如图所示，能打到屏上的粒子，在发射角在与x轴成37°到127°范围内90°角的范围内的粒子，则打在挡板上的粒子占所有粒子的，选项D正确。
故选D。
9．AD
【详解】
A．根据左手定则，粒子a从B点射出磁场，粒子b从A点射出磁场，选项A正确；
B．两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子a、b的运动轨迹所对应的圆心角分别为、，可得粒子a、b在磁场中运动的半径分别为
、
故
选项B错误；
C．粒子a、b的质量与做圆周运动的速度大小均相等，结合
可得，粒子a、b的电荷量之比
选项C错误；
D．由和可得，粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中运动的时间
故粒子a、b在磁场中运动的时间之比
选项D正确。
故选AD。
10．BD
【详解】
A．根据左手定则可知，该图中洛伦兹力方向向下，选项A错误；
B．根据左手定则可知，该图中洛伦兹力方向向上，选项B正确；
C．根据左手定则可知，该图中洛伦兹力方向垂直纸面向外，选项C错误；
D．根据左手定则可知，该图中洛伦兹力方向垂直纸面向里，选项D正确；
故选BD。
11．AC
【详解】
A．作出粒子运动轨迹如图
根据左手定则可判断粒子带正电，A正确；
B．由几何关系可得
所以A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比
B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力有
所以
则A、B两粒子比荷之比
C正确；
D．根据得粒子在磁场中做圆周运动的时间
所以
D错误。
故选AC。
12．BD
【详解】
AB．从A点射入的电荷在磁场中运动的轨迹如图所示
易证△AOO1是等边三角形，四边形AOCO1是棱形，轨迹半径r与磁场圆形区域的半径R相等，即r=R，又
解得甲、乙两电荷的比荷
故A错误，B正确；
CD．粒子在磁场中的周期为
T=
甲、乙两电荷运动的周期相等，甲电荷在磁场中运动的时间
乙电荷在磁场中运动的轨迹是半圆，半径为，乙电荷运动的时间
所以甲、乙两电荷的速度之比
甲、乙两电荷在磁场中运动的时间之比为
故C错误，D正确。
故选BD。
13．BC
【详解】
A．由
可知，粒子在磁场中运动的半径
粒子a的射入方向指向圆心，由几何关系可知，射出方向背离圆心，在磁场中的运动轨迹的圆心角为90°，如图所示
所以粒子a在磁场中运动的时间
A错误；
B．粒子b在磁场中的运动轨迹，如图所示
由于
所以
可得
粒子b在磁场中运动的时间
B正确；
CD．由分析可知，无论粒子的射入方向如何，四边形POBO′均为菱形，PO一定与O′B平行，O′B的垂线与过P点的切线一定平行，粒子射入磁场的方向一定与过P点的切线平行，所以无论粒子的射入方向如何，只要射入点P的位置不变，粒子的射出方向就相同，
D错误C正确。
故选BC。
14．ACD
【详解】
如图所示
作出带电粒子以与成30°角的方向的速度射入正方形内时，刚好从边射出的轨迹①、刚好从边射出的轨迹②、从边射出的轨迹③和刚好从边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于边的速度射入正方形内，经过时间刚好从c点射出磁场可边①知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是。由图中几何关系可知，从d射出磁场经历的时间一定小于；从边射出磁场经历的时间一定大于，小于：从边射出磁场经历的时间一定大于，小于；从边射出磁场经历的时间一定是。
故选ACD。
15．BD
【详解】
A．电场力竖直向上，初速度沿y轴正方向，故此方向速度不变，则圆周运动的半径不变，则该粒子轨迹在xoy平面内的投影为半径不变的圆，故A错误；
B．粒子可多次经过z轴，每个周期经过一次，根据竖直方向初速度为零的匀加速可知，依次经过z轴的坐标之比为1：4：9…，故B正确；
C．洛伦兹力不做功，根据能量守恒可知，粒子增加的动能等于粒子电势能的减少量，故C错误；
D．粒子的速度增加为，粒子圆周运动半径
，与磁场半径相同，则根据几何关系可知，粒子偏转60°离开磁场，运动时间
竖直方向速度
合速度为
故D正确。
故选BD。
16．（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，粒子恰好击中Q点，设粒子的速率为，由几何关系可知，粒子轨道半径
由
联立解得
（2）粒子打在吸收板上边界P点，设粒子的速率为，由几何关系可知，粒子轨道半径
由
联立解得
故能被吸收板PQ吸收的粒子速率v的范围
（3）经过P点的粒子能够到达M点，设磁场的磁感应强度，由几何关系，粒子轨道半径
（n=1、2、3、…）
由
联立得
（n=1、2、3、…）
粒子从O到P的运动时间
从P到M的运动时间
故粒子从O到M的时间为
17．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）由
得
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直与边界射出磁场，偏转角为30?，则在磁场中运动时间为
（2）左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60?
则单位时间内打在金属板上的粒子数为
电流表的示数为
（3）粒子从磁场左边射出的临界点为f点
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线
粒子从上边界射出磁场的宽度
???
18．（1）；（2）
【详解】
（1）在磁场中，如图
洛伦兹力充当向心力
由几何关系
联立解得比荷
（2）在电场中，粒子做类平抛运动
竖直方向
水平方向
联立解得电场强度
19．(1)（2m，4m，0）；(2)，
【详解】
(1)根据牛顿第二定律知
带电粒子在xOy平面内做类平抛运动，由类平地运动的规律得
联立解得
x=2m
y=4m
故P点坐标为（2m，4m，0）
(2)粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，如图，设轨迹的半径为r
有
由牛顿第二定律得
联立解得
粒子圆周运动的周期为
联立解得
可知，r=5m，由几何关系得轨迹OP对应的圆心角为θ=53°，则粒子在磁场中运动时间为
解得
20．（1）；（2）
【详解】
（1）带负电的粒子进入轴上方磁场后受洛伦兹力发生偏转，到达轴以后进入轴下方的磁场，在轴下方的磁场中受洛伦兹力发生偏转，如图所示
粒子在轴上方运动的轨迹为，根据
解得
由几何关系可得
即粒子第一次经过轴时，与原点的距离为
（2）由几何关系可得，粒子在轴上方运动时轨迹圆弧所对的圆心角均为
在轴下方运动时轨迹圆弧所对的圆心角为
则粒子再次回到原点时经历的时间为