1.4洛伦兹力与现代技术 课时作业（Word版含解析）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
1.4洛伦兹力与现代技术
课时作业（解析版）
1．氕、氘、氚的电荷数相同，质量之比为1：2：3，它们由静止经过相同的加速电压加速，之后垂直进入同一匀强磁场，不计重力和它们间的相互作用，则（　　）
A．运动半径之比为∶∶1
B．运动半径之比为3：2：1
C．运动周期之比为1：2：3
D．运动周期之比为3：2：1
2．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是（　　）
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带负电荷，比荷＝
C．油滴必带正电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
3．关于回旋加速器在实际中的应用，下列说法不正确的是（　　）
A．电场的变化周期等于带电粒子在磁场中的运动周期
B．带电粒子每经过D形盒的缝隙一次就加速一次，加速后在磁场中做匀速圆周运动的周期不变
C．带电粒子经过回旋加速器加速，能量不能无限增大
D．带电粒子的最大动能仅与带电粒子本身和D形盒半径有关
4．有一个带正电荷的离子沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场，离子飞出电场后的动能为Ek，当在带电平行板间再加上一个垂直纸面向里的如图所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为Ek′，磁场力做功为W，则下列判断正确的是（　　）
A．EkB．Ek>Ek′，W＝0
C．Ek＝Ek′，W＝0
D．Ek>Ek′，W>0
5．如图所示为磁流体发电机发电原理示意图，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒）射入磁场，磁场中有两块金属板P、Q，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。两金属板的板长为L1，板间距离为L2，匀强磁场的磁感应强度为B且平行于两金属板，等离子体充满两板间的空间，等离子体的初速度v与磁场方向垂直，当发电机稳定发电时，P板和Q板间电势差UPQ为（　　）
A．vBL1
B．vBL2
C．
D．
6．质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理图如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点。设P到S1的距离为x，则（　　）
A．若粒子束是同位素，则x越大对应的粒子质量越小
B．若粒子束是同位素，则x越大对应的粒子质量越大
C．只要x相同，对应的粒子质量一定相等
D．只要x相同，对应的粒子的电荷量一定相等
7．1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。如图所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子（不计重力）P，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点。设，则在下列图中能正确反映x2与U之间函数关系的是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示，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+q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．小球做匀加速直线运动
C．小球机械能的增加量小于qvBh
D．若玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小
9．如图所示，磁流体发电机的通道是一长度为L的矩形管道，通道的左、右两侧壁是导电的，其高为h，间隔为a，而通道的上、下壁是绝缘的，所加匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与通道的上、下壁垂直且向上。等离子体以速度v沿如图所示的方向射入，已知等离子体的电阻率为ρ，负载电阻为R，不计等离子体的重力，不考虑离子间的相互作用力。下列说法不正确的是（　　）
A．该发电机产生的电动势为Bva
B．若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大
C．闭合开关后，流过负载R的电流为
D．为了保持等离子体恒定的速度v，通道两端需保持一定的压强差
10．霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是（　　）
A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则端的电势高于端的电势
B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制
C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度
D．按第一张图顺时针均匀转动把手，车速减小
11．一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌子边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直纸面向里（如图所示），其水平射程为x1，落地速度为v1；撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为x2，落地速度为v2，则（　　）
A．x1＝x2
B．x1＞x2
C．v1＝v2
D．v1＞v2
12．一个带正电荷的微粒（重力不计）穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则下列说法正确的是（　　）
A．若仅减小入射速度，微粒进入该区域后将向下偏转
B．若仅减小电场强度，微粒穿过该区域后动能将减小
C．若增大磁感应强度，而要使微粒依然能沿直线运动，必须增大微粒的入射速度
D．若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，微粒依然能沿直线运动
13．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出。忽略离子间的相互作用，在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋（　　）
A．在电场中的加速度之比为1：1
B．在磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
C．在磁场中转过的角度之比为1：2
D．离开电场区域时的动能之比为1：3
14．如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ=45°。现将一质量为m，带电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．若，则粒子垂直CM射出磁场
B．若，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若，则粒子垂直CM射出磁场
D．若，则粒子平行于x轴射出磁场
15．如图所示，a为不带电的物块，b为带负电的物块，b的上下表面都涂有绝缘层。a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有方向水平向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块、在a、b一起无相对滑动地沿地面向左加速运动的过程中（　　）
A．a对b的压力变大
B．a对b的摩擦力变大
C．b对地面的压力变小
D．b与地面间的摩擦力变大
16．如图所示，一个不计重力的带电粒子以速度v0水平向右垂直进入一块匀强电场和匀强磁场叠加区域，恰好能做匀速直线运动，已知，粒子质量为m，电量为+q，磁感应强度为B。
（1）求匀强电场场强大小E，并在图中标明匀强电场的方向。
（2）若撤掉电场粒子做匀速圆周运动，求出粒子做匀速圆周运动的半径R。
17．如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，sin37°=0.6，cos37°=0.8。问：
（1）小环带什么电？
（2）小环滑到P处时的速度多大？
（3）小环滑到距离P多远处，环与杆之间没有正压力？
18．如图所示，边长为L的等边三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，d、e分别为、边的中点，a点左侧有两平行正对极板，两极板中心分别开有小孔O、，且O、、a、b在同一直线上。在两极板上加上电压，将质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止释放，粒子被加速后进入磁场区域，并恰好从d点射出磁场，不计粒子所受重力。
（1）求两极板间所加电压的大小；
（2）若改变加速电场的电压，求粒子在磁场中运动的最长时间t。
19．电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。如图所示，电子束经过电压为4.55×103V的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O。当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点。当加某一磁感应强度为×10－4T的磁场时，电子束偏转60°射到屏幕边缘P点，已知电子的电荷量e＝1.6×10－19C，质量m＝9.1×10－31kg。电子的重力不计，求：
（1）电子束打到屏幕上的速度大小；
（2）圆形匀强磁场区的半径r。
20．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为e。求：
（1）质子最初进入D形盒的动能；
（2）质子经回旋加速器最后得到的动能；
（3）交流电源的周期。
参考答案
1．C
【详解】
AB．由动能定理得
得经过电压U加速后速度
v＝
由
联立可得
r＝＝
半径与质量的平方根成正比，即运动半径之比为1∶∶，故ABC错误；
CD．根据周期公式
T＝
可知周期之比等于质量之比，为1：2：3，故C正确，D错误。
故选C。
2．C
【详解】
油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，由
qv0B＝mg
得
q＝
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．D
【详解】
A．带电粒子每次经过电场时运动方向反向，则为保证加速，电场的变化周期等于带电粒子在磁场中的运动周期，故A正确，不符合题意；
B．周期T＝与速度无关，故B正确，不符合题意；
CD．根据qvB＝m，知最大速度vm＝，则最大动能
Ekm＝mvm2＝
可知最大动能与q、B、m以及D形盒的半径R有关，获得的能量不能无限增大，C正确，D错误，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
4．B
【详解】
首先根据洛伦兹力与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，即W=0；其次第一种情况下电场力是全部用来做功，第二种情况：洛伦兹力可以分解竖直方向和水平方向，电场力的一部分要用来平衡洛伦兹力竖直方向的分力，因而不能全部用来做功，导致Ek＞Ek′，故B正确，ACD错误。
故选B。
5．B
【详解】
等离子体进入两金属板间，在洛伦兹力作用下带正电的微粒向P板运动，带负电的微粒向Q板运动，金属板间形成一个向下的匀强电场，并且场强越来越大，当微粒受到的洛伦兹力和电场力平衡时，正负微粒便做匀速直线运动通过金属板，发电机便稳定发电了，则有
又
可得
故选B。
6．B
【详解】
AB．粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
可得
所以
若粒子束是同位素，则q相同而m不同，x越大对应的粒子质量越大，A错误B正确；
CD．由
可知，只要x相同，对应的粒子的比荷一定相等，粒子质量和电荷量不一定相等，CD错误。
故选B。
7．A
【详解】
根据动能定理
得
粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有
则有
，
从而推出
即与成正比。
故选A。
8．D
【详解】
A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，选项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运动，合运动为匀加速曲线运动，选项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
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度
合速度
动能增量
重力势能增量
联立解得
选项C错误；
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
由匀变速位移公式
联立解得
即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小，选项D正确。
故选D。
9．D
【详解】
A．等离子体通过管道时，在洛伦兹力作用下，正负离子分别偏向右、左两壁，由此产生的电动势等效于金属棒切割磁感线产生的电动势，其值为
E=Bav
选项A正确，不符合题意；
B．电源的效率为
若增大负载电阻的阻值，电源的效率一定增大，选项B正确，不符合题意；
C．闭合开关后，流过负载R的电流为
选项C正确，不符合题意；
D．令气流进出管时的压强分别为p1、p2，则气流进出管时压力做功的功率分别为p1Sv和p2Sv，其功率损失为
p1Sv-p2Sv=△pSv
由能量守恒，此损失的功率完全转化为回路的电功率，即
将S=ha，代入上式中得
选项D错误，符合题意。
故选D。
10．C
【详解】
A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向端相连接的面移动，因此端电势低于端的电势，A错误
B．当霍尔元件上下面之间的恒定电流的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题中第三张图可知，不会影响车速控制，B错误
C．设自由电子定向移动的速率为，霍尔元件前后面间的距离为，左右表面间距离为，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由
可得
电流的微观表达式
则
可知仅增大电流时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确
D．当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，D错误
故选C。
11．BC
【详解】
CD．带正电的小球运动过程中洛伦兹力不做功，据动能定理知，两种情况下均为
mgh＝mv2
所以
v1＝v2
故C正确，D错误；
AB．带电小球在磁场中运动时洛伦兹力的水平分力做正功，竖直分力做负功，二者代数和为零，水平速度要增大，竖直速度要减小，落地时间增大，所以水平射程
x1＞x2
故B正确，A错误。
故选BC。
12．ABD
【详解】
A．若仅减小入射速度，则向上的洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，微粒向下偏转，故A正确；
B．减小电场强度，则电场力减小，洛伦兹力不变，合力向上，微粒向上偏转，电场力做负功，洛伦兹力不做功，微粒穿过该区域后动能将减小，故B正确；
C．若增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增加，电场力不变，而要使微粒依然能沿直线运动，则必须减小微粒的入射速度，故C错误；
D．若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，则微粒所受洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，它们的合力仍为0，微粒依然能沿直线运动，故D正确。
故选ABD。
13．CD
【详解】
A．P＋和P3＋两种离子的质量相同，它们的电荷量之比为1：3，由牛顿第二定律可得
解得离子的加速度为
故它们在电场中的加速度之比为1：3，A错误；
B．由动能定理可得
解得离子在离开电场时的速度表达式为
可知它们的速度之比为，又由洛伦兹力作为向心力可得
解得
可知它们在磁场中运动的轨迹半径之比为，B错误；
C．设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度θ等于其圆心角，所以有
可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为，又P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中两离子转过的角度之比为1：2，C正确；
D．离子在电场中加速过程，由动能定理可得
可知两离子离开电场的动能之比为1：3，D正确。
故选CD。
14．AD
【详解】
A．若
则在电场中，由动能定理，有
在磁场中，有
联立，可得
即，此时轨迹圆的圆心在C点，图中CM为该轨迹圆的一条半径，所以粒子垂直CM射出磁场。故A正确；
D．若
同理可得
轨迹圆的圆心在CO的中点，记为O1，然后过O1做x轴垂线交CM于N点，根据几何知识可得O1N等于a，即N为粒子射出点，且粒子在该点的速度方向平行于x轴。故D正确；
B．若
同理可得
此时，粒子射出磁场时，既不平行于x轴，也不垂直CM。故B错误；
C．若
同理可得
此时，粒子射出磁场时，既不平行于x轴，也不垂直CM。故C错误.
故选AD。
15．BC
【详解】
A．对物块a分析，竖直方向合力为零，即b对a的支持力与a的重力平衡，根据牛顿第三定律，a对b的压力与a的重力相等。A错误；
B．对两物体做整体分析，有
随着速度增大，两物体的加速度增大，对物体a分析，由摩擦力提供加速度，所以物体a受到的摩擦力增大，根据牛顿第三定律，a对b的摩擦力变大。B正确；
CD．根据选项C可知，随着速度增大，地面的支持力减小，b与地面间的摩擦力变小。根据牛顿第三定律，b对地面的压力变小。C正确，D错误。
故选BC。
16．（1），电场方向：向下（如图）
；（2）
【详解】
（1）根据左手定则可知，洛伦兹力方向向上，根据二力平衡有
可得
电场方向：向下（如图）
（2）根据牛顿第二定律
可得
17．（1）负电；（2）；（3）
【详解】
（1）假如没有磁场，小环对杆的压力大小为
mgcos37°=0.8mg
然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电。
（2）设小球滑到P处时的速度大小为vP，在P点小环的受力如图所示
根据平衡条件得
qvPB+FN=mgcos37°
由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小为
FN=0.4mg
解得
vP===
（3）设小环从P处下滑至P′处时，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小球受力如图所示
由平衡条件得
qv′B=mgcos37°
所以
v′==
在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得
mgsin37°=mv′2-mvP2
解得
=
18．（1）；（2）
【详解】
(1)画出粒子的运动轨迹，如图甲所示
当粒子从d点射出时，由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可知
粒子在电场中加速，由动能定理可知
联立解得
(2)为使粒子在磁场中运动时间最长，即粒子在磁场中运动的圆心角最大，轨迹如图乙所示
分析可知，当粒子射入磁场速度越小，圆心角越大，当粒子从边射出磁场时，由于弦切角始终为，故圆心角最大为，由洛伦兹力提供向心力可知
粒子的周期
粒子在磁场中运动的最长时间
联立解得
19．（1）4×107m/s；（2）0.05m
【详解】
（1）由
eU＝mv2
得
v＝＝4×107m/s
（2）电子在磁场中的运动轨迹如图所示
由
evB＝
得
R＝＝m
由几何关系知
＝
其中
θ＝60°
得
r＝0.05m
20．（1）eU；（2）；（3）
【详解】
（1）质子在电场中加速，由动能定理得
eU＝Ek－0
解得
Ek＝eU
（2）质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得
evB＝m
质子的最大动能
Ekmax＝mv2
解得
Ekmax＝
（3）交流电源的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即
T＝