1.3洛伦兹力与现代科技-课后练习（word 含答案）

1.3洛伦兹力与现代科技
一、选择题（共15题）
1．磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，图是它的示意图，平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场B且平行于A、B板平面的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，装置稳定时下列说法中正确的是（　　）
A．B板的电势比A板的高
B．图中通过电阻R的电流方向是向下的
C．离子只受到电场力作用
D．图中电阻R两端电压为Bvq
2．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（　　）
A．粒子从磁场中获得能量
B．带电粒子的运动周期是变化的
C．粒子由加速器的中心附近进入加速器
D．增大金属盒的半径粒子射出时的动能不变
3．下列说法正确的是（　　）
A．回旋加速器狭缝之间所加电压越高，粒子离开时得到的动能越大
B．将面积为的矩形线框放在磁感应强度为的匀强磁场内，穿过线框的磁通量大小一定为
C．静止电荷间相互作用通过电场发生，电流间相互作用通过磁场发生
D．两个用相同表头改装而来的电压表串联接入电路中量程小的偏转角度小
4．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）
A．，负 B．，正
C．，负 D．，正
5．如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束等离子体以一定速度垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨，固定在垂直于导轨平面斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．金属板P可视为电源的正极
B．两金属板间形成的电势差只与磁感应强度B1大小有关
C．等离子体喷入金属板间的速度
D．等离子体喷入金属板间的速度
6．如图所示为质谱仪结构简图，质量数分别为40和46的正二价钙离子先经过电场加速（初速度忽略不计），接着进入匀强磁场，最后打在底片上。实际加速电压通常不是恒定值，而是有一定范围。若加速电压取值范围为（U - U，U + U），两种离子打在底片上的区域恰好不重叠，则的值约为（ ）
A．0.07 B．0.10 C．0.14 D．0.17
7．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则(　　)
A．此空间一定不存在磁场
B．此空间一定不存在电场
C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直
D．此空间可能同时有电场和磁场
8．如图所示，真空中存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自a沿曲线acb运动到b点时，速度为零，c是轨迹的最低点．以下说法中正确的是 (　　)
A．液滴带负电
B．液滴在C点动能最大
C．液滴运动过程中机械能守恒
D．液滴在C点机械能最大
9．如图所示，在实验室做探究实验的小明，将厚度为d，上表面为边长为a的正方形导体置于磁感应强度为B的匀强磁场中，用导线与内阻不可忽略的干电池相连组成闭合电路（如甲图）；小明将该导体做了简单加工，保持该导体的厚度d不变，上表面缩减为边长为b的正方形，再将其接入原来的电路（如图乙），不考虑电阻率随温度的变化，则下列说法正确的是（　　）
A．甲图中的导体下上两个表面的电势差小于乙图中导体下上两个表面的电势差
B．甲图中的电流表示数小于乙图中的电流表示数
C．甲图中的电压表示数大于乙图中的电压表示数
D．甲图中导体内自由电荷定向移动的速率大于乙图中自由电荷定向移动的速率
10．如图所示，在平行带电金属板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行于金属板方向，以相同动能射入两极板间，其中氘核沿直线运动，未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则①偏向正极板的是质子；②偏向正极板的是氚核；③射出时动能最大的是质子；④射出时动能最大的是氚核。以上说法正确的是(　　)
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
11．如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来两板间电压为零，每当粒子飞经A板时，两板间加电压U，粒子在两极板间的电场中加速，每当粒子离开B板时，两板间的电压又变为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，则（ ）
A．绕行n圈回到A板时获得的动能为（n－1）Uq
B．第一次绕行时磁感应强度与第二次绕行时磁感应强度大小之比为∶1
C．粒子在A、B之间第一次与第二次加速的时间之比为1∶
D．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变
12．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差，带电粒子以初速度沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，粒子射入磁场和射出磁场的两点间的距离，则（　　）
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．当时，
13．如图，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是（　　）
A．图中加速器出口射出的是带正电粒子
B．D形盒的狭缝间所加的电压必是交变电压
C．强磁场对带电粒子做功，使其动能增大
D．粒子在加速器中的半径越大，周期越长
14．如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出. 下列说法正确的是（ ）
A．电场力的方向一定竖直向上
B．微粒做圆周运动的半径为
C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大
D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和动能之和先增大后减小
15．如图所示，正交的匀强电场和匀强磁场的宽度为，电场强度为，磁感应强度为，将一质量为、带电量为的不计重力的带正电粒子，由场的左边缘自静止释放，粒子在电场力和磁场力的作用下运动到场的右边缘离开电磁场，若离开场时粒子的速度大小为，则整个过程中（ ）
A．粒子沿电场线方向做匀加速直线运动
B．粒子做非匀变速曲线运动
C．
D．
二、填空题
16．质谱仪
（1）质谱仪构造：主要构件有加速______、偏转______和照相底片
（2）运动过程（如图）
（3）带电粒子经过电压为U的加速电场加速，______＝mv2
（4）垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝，可得r＝______
（5）分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的______
17．回旋加速器
（1）构造：两个D形盒，两D形盒接______流电源，D形盒处于垂直于D形盒的匀强______中，如图
（2）工作原理：
①电场的特点及作用
特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在______的电场。
作用：带电粒子经过该区域时被______。
②磁场的特点及作用
特点：D形盒处于与盒面垂直的______磁场中。
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做______运动，从而改变运动______，______圆周后再次进入电场。
18．如图，质量为m、带电量为+q的液滴，处在水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，液滴运动的速度为v，如要液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，则施加一电场，电场强度大小为____，液滴绕行方向为_____．（从纸外往纸内看）
19．如图所示,厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中,当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电流I和B的关系为U=k.式中的比例系数k称为霍尔系数.霍尔效应可解释如下:外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧会出现多余的正电荷,从而形成横向电场.横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力.当静电力与洛伦兹力达到平衡时,导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差.
设电流I是由电子的定向流动形成的,电子的平均定向速度为v,电荷量为e,回答下列问题:
（1）达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势________下侧面A′的电势（填“高于”“低于”或“等于”）;
（2）n代表导体板单位体积中电子的个数.由静电力和洛伦兹力平衡的条件,求证霍尔系数为k=_____.
三、综合题
20．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第I象限有沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m带电荷量为q的正粒子（不计重力）从坐标为[ （2 +）L，L]的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与x轴负方向夹角为60° ，不计重力，求∶
（1）粒子从O点射出时的速度大小v；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子从P点运动到O点所用的时间。
21．如图甲所示，一个绝缘倾斜直轨道固定在竖直面内，轨道的AB部分粗糙，BF部分光滑。整个空间存在着竖直方向的周期性变化的匀强电场，电场强度随时间的变化规律如图乙所示，t=0时电场方向竖直向下。在虚线的右侧存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。现有一个质量为m，电量为q的带正电的物体（可以视为质点），在t=0时从A点静止释放，物体与轨道间的动摩擦因数为，t=2s时刻，物体滑动到B点。在B点以后的运动过程中，物体没有离开磁场区域，物体在轨道上BC段的运动时间为1s，在轨道上CD段的运动时间也为1s。（物体所受到的洛伦兹力小于2mgcosθ）
(1)若轨道倾角为，求物块滑动到B的速度大小；
(2)若轨道倾角θ角未知，而已知BC及CD的长度分别为S1、S2，求出倾角的三角函数表达式（用S1、S2、g表示）；
(3)观察物体在D点以后的运动过程中，发现它并未沿着斜面运动，而且物块刚好水平打在H点处的竖直挡板（高度可以忽略）上停下，斜面倾角已知，求F点与H点的间距L。
22．如图所示，在宽度为d的区域内有匀强电场，以为分界线，上下两区域电场方向相反，电场区域的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。左侧有一质子源（质子源中心稍稍低于），可沿方向以速度向外发射质子，射入的质子偏转后经A点进入磁场，射出电场时速度的偏转角度为，然后从上方边界上某点返回电场，恰好从O点沿方向以的速度离开电场，已知质子的电荷量为e，质量为m。求：
(1)质子进入磁场时的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)质子从O点进入电场到返回O点所用的时间。
23．N为竖直放置的与平面平行的屏，以垂直于两平面的直线为z轴，向右为正方向，建立空间直角坐标系，如图所示。在平面第二象限内有沿 y轴负方向的匀强电场，第一象限内有沿z轴正方向（左图中垂直纸面向外）的匀强磁场，x轴下方有沿z轴负方向（左图中垂直纸面向里）的匀强电场，两部分电场的电场强度大小相等。一质量为m，电荷量为的粒子，从 x轴上 A点以初速度射出，方向与x轴正方向成60°角，后来从y轴上P点垂直于y轴进入磁场，从x轴上的 C点离开磁场，离开磁场时速度与 x轴正方向成120°角，最终打到屏N上。已知，屏N与平面间的距离为 ，不计粒子重力。求：
（1）的长度；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子打到屏上位置的x、y坐标；
（4）粒子打到屏上时速度与屏夹角的正切值。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
AB．根据左手定则，正离子偏向极板B，所以下极板带正电，上极板带负电，即B板的电势比A板的高，通过电阻的电流方向是向上的。A正确，B错误；
C．极板带电后，离子受到电场力和洛伦兹力，C错误；
D．装置稳定时，离子在极板间受力平衡，有
解得
D错误。
故选A。
2．C
【详解】
A．粒子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故不能在磁场中获得能量，故A错误；
B．带电粒子虽速度增大，但在磁场中运动的周期与速度无关，所以粒子的运动周期是固定的，故B错误；
C．根据
可知随着粒子速度增大，半径会增大，故粒子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转，故C正确；
D．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动根据
得圆周半径
带电粒子从D形盒中射出时的动能
联立可得
即带电粒子q、m一定时，随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．设回旋加速器的最大半径为R，则有
解得，则粒子离开回旋加速器时得到的最大动能为
则最大动能与回旋加速器狭缝之间所加电压无关，A错误；
B．将面积为的矩形线框放在磁感应强度为的匀强磁场内，当磁场方向垂直线框平面时，穿过线框的磁通量大小才为，B错误；
C．静止电荷间相互作用通过电场发生，电流间相互作用通过磁场发生，C正确；
D．根据串联电路特点，电流处处相等，所以两个用相同表头改装而来的电压表串联接入电路中，通过两表头的电流相同，则它们的偏转角度相同，D错误。
故选C。
4．C
【详解】
因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷
因为
电流
解得
故选C。
5．D
【详解】
A．平行金属板P、Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，由左手定则判断，等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q可视为电源的正极，金属板P可视为电源的负极，故A错误；
B．两金属板间形成的电势差时，有
解得
可知，两金属板间形成的电势差与磁感应强度B1、板间距d，等离子体的速度v都有关，故B错误；
CD．金属棒ab中电流方向由a流向b，已知磁场B2的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上，金属棒ab处于静止，由受力平衡可得
B2IL=mgsinθ
由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板P、Q之间的电压
U=IR
金属板P、Q之间电场强度
等离子体的正负离子在磁场B1中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则
qvB1=qE
联立解得
故C错误，D正确。
故选D。
6．A
【详解】
粒子在电场中加速
在磁场中做圆周运动
解得
钙40最大半径
钙42最小半径
两轨迹不发生交叠，有
解得
代入数据有
两种离子打在底片上的区域恰好不重叠，则的值约为0.07，故选A。
7．D
【详解】
A．电子沿着磁感线进入磁场时，电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转，故可能有磁场，故A错误；
B．如果该区域存在电场，并且电子是沿着电场线的方向进入电场时，电子不发生偏转，故B错误；
C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直，则洛伦兹力与速度垂直，粒子做匀速圆周运动，故C错误；
D．若电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，此时电场与磁场是正交的，故D正确。
故选D。
8．C
【详解】
试题分析：粒子受到的电场力和重力都沿竖直方向，所以如果粒子带正电，则受到向左的洛伦兹力，合力方向不会指向轨迹的凹侧，所以粒子带负电，A正确，从A到C过程中重力和电场力都做正功，故到C点动能最大，过程中是机械能和动能相互转化，所以机械能不守恒，C错误，到C点电场力做功最大，所以转化为机械能最多，所以C点的机械能最大，D正确，
9．A
【详解】
BC．甲图中导体的电阻
乙图中导体的电阻
则根据
可知甲图中的电流表示数等于乙图中的电流表示数，甲图中的电压表示数等于乙图中的电压表示数；BC错误；
D．根据
因
则
D错误；
A．当达到平衡时满足
即
U=Bdv
则
A正确。
故选A。
10．D
【详解】
根据题意，氘核沿直线运动未发生偏转，是因电场力等于洛伦兹力，由于相同的动能，而不同的质量，它们的电量相同且带正电，磁场相同，电场力相同，因而由速度决定洛伦兹力大小，所以氘核的速度处于中间，氚核的速度最小，质子的速度最大，所以质子受到的洛伦兹力大于电场力，向上偏转，由于电场力做负功，导致质子的动能减小；氚核受到的洛伦兹力小于电场力，向下偏转，电场力做正功，导致氚核的动能最大
故选D。
11．C
【详解】
A．粒子在电场中加速，根据动能定理，有
A错误；
BD．根据运动轨迹的半径公式，即
为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，因速度增大，则磁场的磁感应强度大小必须周期性递增，由动能定理知
得到
由牛顿第二定律，则有
解得
以结果代入，得
故第一次绕行时磁感应强度与第二次绕行时磁感应强度大小之比为，BD错误；
C．粒子在A、B之间第一次，则
粒子在A、B之间第二次加速
而且
整理
C正确。
故选C。
12．B
【详解】
设带电粒子离开电场时速度为v，与水平方向夹角，可得
以速度v进入磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
可得粒子在磁场中运动的半径，由几何关系可得MN的距离
联立可解得，与U无关，故当时，d=20cm，当时，d=40cm，B正确，ACD错误。
故选B。
13．AB
【详解】
A．根据左手定则可判断，图中加速器出口射出的是带正电粒子，A正确；
B．D形盒的狭缝间所加的电压必是交变电压，以保证每次粒子到达狭缝处被加速，故B正确；
C．磁场对带电粒子不做功，C错误；
D．粒子在加速器中的周期，与运动半径无关，故D错误。
故选AB。
14．ABD
【详解】
A、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上;故A正确.
B、由平衡知识有：mg=qE ①
由洛伦兹力提供向心力，则有： ②
又 ③
联立三式得，微粒做圆周运动的半径为：;故B正确.
C、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小;故C错误.
D、根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中电势能、动能、重力势能三者之和一定，因重力势能先减小后增大，则知微粒的电势能和动能之和先增大后减小；故D正确.
故选ABD.
15．BD
【详解】
AB．粒子由静到动，是变速运动，故洛伦兹力大小是变化的，故合力变化，故加速度变化，由于洛伦兹力垂直速度，故合力与速度不共线，故是非匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．对粒子向右运动过程，根据动能定理，有
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
16． 磁场 电场 qU 比荷
17． 交 磁场 周期性变化 加速 匀强 匀速圆周 方向 半个
18． 逆时针
【详解】
由于液滴做匀速圆周运动，则重力与电场力应平衡，故受向上的电场力，则电场强度方向竖直向上，则：，解得：；
液滴带正电，判断在最高点受向下的磁场力，根据左手定则知粒子此时向左运动，即绕行方向为逆时针．
19． 低于 k=
【详解】
（1）根据左手定则知，电子向A板偏转，则A的电势低于A′的电势；
（2）因为I=nevS=nevhd，解得 ，根据 ，解得 ，因为 ，则霍尔系数 ．
点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的是电子，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解．
20．（1） ；（2） ；（3）
【详解】
解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。（轨迹如图所示）
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为，方向与x轴负方向成60°角，则有
解得
（2）在P到Q过程中，由动能定理得
解得
（3）设粒子在电场中运动的时间为t1，则有
解得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中的运动时间为
解得
粒子在由P到O过程中的总时间
联立解得
21．(1)1s；(2)；(3)
【详解】
(1)由题意可知
qE=mg
t=0到t=1s过程中，对物体有
2mgsinθ－2μmgcosθ=ma
t=1s到t=2s过程中物体做匀速直线运动，所以
其中t0=1s。
(2)物体在t=2s到t=3s做匀加速直线运动，加速度为
a＇=2gsinθ
在t=3s到t=4s做匀速圆周运动，周期为
刚好完成一周，在t=4s到t=5s继续以a＇做匀加速运动到D点，则
S2－S1=a＇t02
解得
(3)物体运动到D点时速度为
离开D点后做匀速圆周运动，半径为R，轨迹如图：
则
由几何关系可知
联立解得
22．(1) ； (2) ； (3)
【详解】
(1)质子在电场中做类平抛运动，根据合速度与分速度的关系得
(2)设质子在电场中位移与水平方向的夹角为 ，则有
因为
联立解得
质子在磁场中运动，轨迹为
由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
(3)根据对称性，质子在电场中先后运动的时间相等，均为
质子在磁场中运动的时间为
质子从O点进入电场到返回O点所用的时间为
23．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】
（1）由题意可知，粒子在电场中运动
解得
（2）粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由题意可得，
解得
（3）粒子在两个电场中运动加速度大小相等，在第二象限
粒子在x轴下方的匀强电场中运动时，z方向上
设粒子打在屏N上的D点，在x方向上
在y方向上
易知
故粒子打到屏上位置的x、y坐标为
（4）粒子打到屏N上时，z方向上
速度与屏夹角的正切值
解得