1.3洛伦兹力的应用 同步过关练（Word版含解析）

1.3洛伦兹力的应用 同步过关练（含解析）
一、单选题
1．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，运动轨迹如图所示，其中∠AOa=90o，∠AOb=120°，∠AOc=150°。若带电粒子只受磁场力的作用．则下列说法正确的是（　　）
A．三个粒子都带负电荷
B．b粒子的速率是a粒子速率的2倍
C．c粒子在磁场中运动时间最长
D．三个粒子在磁场中运动的时间之比为3：2：1
2．如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为速度选择器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B．图乙中，两种氢的同位素从静止经加速电场射入磁场，打到位置的粒子比荷比较小
C．图丙中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的速度
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
3．在坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断（　　）
A．带电粒子①在磁场中运动的时间较长 B．带电粒子②在磁场中运动的时间较长
C．带电粒子①在磁场中运动的速率较大 D．带电粒子②在磁场中运动的速率较大
4．回旋加速器利用磁场和电场使带电粒子作回旋运动，经过多次加速，粒子最终从D形盒边缘引出，成为高能粒子。若D形盒中磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。D形盒的半径为R，则下列判断正确的是（　　）
①被加速粒子的比荷为
②被加速粒子获得的最大速度为
③粒子被加速的次数为
④粒子获得的最大动能会随着加速电压的变化而变化
A．① ② B．② ③ C．③ ④ D．① ④
5．如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在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，弧线Pb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2：1，且两段圆弧对应圆心角相同，下列判断正确的是（　　）
A．Ⅰ、Ⅱ两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1：2
B．该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个磁场中的磁场力大小之比为1：1
C．该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1：1
D．弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3：1
6．如图所示，半径为R的圆形磁场区域内，存在垂直圆形区域向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形磁场的圆心处有一个粒子源，粒子源可在圆形磁场所在平面内向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。为了使沿各个方向射出的带电粒子都被限制在圆形磁场区域内，则粒子的发射速度最大为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆心为O，D为边界上一点，OA与OD的夹角为。质量为m、电荷量为q的氦核（）从C点沿平行于AO的方向射入磁场，从E点（图中未画出）射出磁场，氮核的出射速度方向与OD平行，C点与OA的距离为。不计氦核的重力，。下列说法正确的是（　　）
A．氦核（）的轨迹半径为
B．氦核（）的速度大小为
C．氦核（）在磁场中运动的时间为
D．氦核（）的人射速度可经电压为的电场加速获得
8．如图所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出。减小粒子射入磁场的速率（速率不为0），下列判断正确的是（　　）
A．该粒子从ab间射出
B．该粒子从bc间射出
C．该粒子从ad间射出
D．该粒子从cd间射出
9．如图所示，在直角三角形 abc 区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，一个粒子源在b点将质量为 m、电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（不计粒子重力及粒子间的相互作用）（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，且射出磁场时的速度反向延长线通过a点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
11．如图所示，初速度为零的粒子和质子分别经过相同的加速电场后，沿垂直磁感应强度方向进入匀强磁场Ⅰ区域，接着进入匀强磁场Ⅱ区域。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为、，且，下列说法正确的是（　　）
A．粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域线速度大小均减小，角速度均减小
B．粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域向心加速度大小均变小，周期均变小
C．无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，粒子的轨迹半径均小于质子轨迹半径
D．无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，粒子的周期均大于质子的周期
12．美国物理学家劳伦斯于1932年发明了回旋加速器，利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，由此，人类在获得高能粒子方面前进了一大步。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在MN板间，两虚线中间区域无电场和磁场，带正电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．D形盒中的磁场方向垂直于纸面向外
B．加速电场方向需要做周期性的变化
C．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D．粒子每运动一周半径的增加量都相等
二、多选题
13．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，屏幕亮起；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭。如图所示，一块长为a，宽为b，厚度为d的霍尔元件，单位体积内的自由电子数为n，其导电粒子是电荷量为e的自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流。当显示屏闭合时元件处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，其前后表面间产生霍尔电压以控制屏幕熄灭。则（　　）
霍尔元件前表面的电势比后表面的低
B．霍尔电压U与元件单位体积的自由电子数n无关
霍尔电压
D．每个自由电子所受洛伦兹力的大小为
14．目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压。在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是（　　）
A．金属板B的电势较高
B．通过电阻R的电流方向是a→R→b
C．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做功
D．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功
15．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为时，小球恰好做匀速直线运动，小球在此运动过程中，以下说法正确的是（　　）
A．小球可能带负电
B．电场力做负功，小球的机械能减小
C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若撤去磁场，小球将做匀加速直线运动
三、解答题
16．由某种能导电的材料做成正方体物块ABCD-EFGH，质量为m，边长为l，如图所示，物块放在绝缘水平面上，空间存在垂直水平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。已知材料电阻可忽略不计，与水平面的动摩擦因数为（），重力加速度为g。
（1）如果固定物块，垂直ABCD表面向里给物块通以恒定电流I，设该材料单位体积的自由电子数为n，电子电荷量为e，物块某两个正对表面会产生电势差，请指出这两个正对表面及其电势高低的情况，并求出两表面间的电压；
（2）如果垂直表面BCGF向左施加大小为mg的恒力，物块将在水平面由静止开始向左运动。已知该材料的相对介电常数为，其任意两正对表面可视作平行板电容器，求：
①当物块速度为v时物块某两个表面所带电荷量大小Q，并指出带电荷的两个表面及其电性；
②任一时刻速度v与时间t的关系。
17．空间中有一个水平向右不断发射速度一定的相同带电粒子的粒子源，粒子刚好沿直线打到竖直屏幕的O点处。若在该空间同时加垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，粒子恰好又能沿直线打到屏幕的O点，如图1所示。若撤去电场，只保留磁场，粒子到达屏幕时速度的偏转角为，偏转距离为，所用时间为，如图2所示。若只保留电场，粒子到达屏幕时竖直方向上的偏转距离为，所用时间为，偏转角为，如图3所示。不计粒子重力，求：
（1）的值；
（2）的值；
（3）的值。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A．根据左手定则，三个粒子都带正电荷，A错误；
B．设圆形区域的半径为R，对a根据牛顿第二定律得
解得
对b根据牛顿第二定律得
b粒子的速率是a粒子速率的 倍，B错误；
CD．设粒子轨迹所对的圆心角为θ，粒子的运动时间为
三个粒子在磁场中运动的时间之比为
c粒子的θ最小，在磁场中运动时间最短，C错误，D正确。
故选D。
2．B
【解析】
【详解】
A．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，B板电势高，A错误；
B．带电粒子经过加速电场
进入磁场根据洛伦兹力提供向心力有
解得
可知，R越大，荷质比越小，B正确；
C．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
所以
C错误；
D．根据带电粒子在磁场中做圆周运动的公式
可得
随着粒子速度的增大，圆周运动的半径也应该增大，与交变电流的频率无关，D错误。
故选B。
3．B
【解析】
【详解】
AB．画出粒子在磁场中的运动轨迹如图；
两粒子的周期
相同，粒子①转过的角度
θ1=45°
粒子②转过的角度
θ2=135°
根据
可知带电粒子②在磁场中运动的时间较长，选项A错误，B正确；
CD．由几何关系可知，两粒子在磁场中运动的半径相等，均为 根据
可知
可知，两粒子的速率相同，选项CD错误。
故选B。
4．A
【解析】
【详解】
忽略粒子在电场中加速时间，则交变电场变化周期等于粒子在磁场中圆周运动周期，有
可知
故①正确；
粒子在磁场中匀速圆周运动
知速度最大时圆周半径达到最大，等于D型盒半径R，则粒子被加速的最大速度为
故②正确；
粒子最大动能为
粒子每被加速一次，动能增加qU，所以粒子被加速的次数为
故③错误；
由
可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，故④错误。
故选A。
5．A
【解析】
【详解】
AB．粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有
可得
根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，由
联立可得
则
故A正确，B错误；
C．洛伦兹力不做功，所以粒子速率不变，质量不变，电荷量不变，由于圆心角和磁感应强度的关系不明确，故无法判断磁感应强度和圆心角的关系，由
可知无法判断洛伦兹力大小关系，由
可知粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2:1，故C错误；
D．因为
弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比
故D错误。
故选A。
6．A
【解析】
【详解】
因要求向各个方向发射的粒子均限制在圆形内，故带电粒子最大运动直径为R，最大运动半径为，运动的轨迹为所示
在该过程中，洛伦兹力充当向心力，则有
为运动半径，代入数据，解得
BCD错误，A正确。
故选A。
7．D
【解析】
【详解】
A．作出氦核（）在磁场中的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得
由三角函数知识可知
解得
所以为等腰三角形，氦核（）在磁场中运动的轨迹半径为，A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力可得
可得氦核（）的速度大小为
B错误；
C．由洛伦兹力提供向心力，可得
可知氦核（）在磁场中运动的周期为
氦核（）在磁场中运动的时间为
C错误；
D．由动能定理得
解得
D正确。
故选D。
8．A
【解析】
【详解】
由左手定则知，该粒子带负电， 由
解得
知减小粒子射入磁场的速率，带电粒子的运动半径减小，故粒子从ab间射出。
故选A。
9．D
【解析】
【详解】
由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周时，运动时间最长，速度最大时的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径
r＝ab·tan 30°＝L
由洛伦兹力提供向心力得
从而求得最大速度
ABC错误，D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【详解】
画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
L+rL
解得
r=（1）L
由洛伦兹力提供向心力得
qvB=m
联立解得
故ABD错误C正确。
故选C。
11．D
【解析】
【详解】
粒子先在电场中加速，根据动能定理有
在磁场中做匀速圆周运动有
解得
粒子在磁场中的周期
A. 粒子从磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域，B减小，因为洛伦兹力不做功，所以线速度v的大小不变，r增大，由线速度、角速度的关系
可知角速度减小，故粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域线速度大小均不变，角速度均减小，A错误；
B. 粒子从磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域，速率不变，B变小，洛伦兹力变小，则向心加速度减小，周期变大，B错误；
CD. 粒子和质子的质量之比为
电荷量之比为
即
结合
可知无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，粒子的轨迹半径均大于质子轨迹半径，C错误；
结合
可知无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，粒子的周期均大于质子的周期，D正确；
故选D。
12．C
【解析】
【详解】
A．由题图，根据左手定则可知，D形盒中的磁场方向应垂直于纸面向里，故A错误；
B．根据此回旋加速器的结构可知，加速电场方向总是竖直向下的，故B错误；
C．根据
可知粒子最终获得的最大动能
则增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故C正确；
D．根据
及
可知，粒子每运动一周，动能的变化量相同，但是半径与v成正比，与v2不成正比，则半径的增加量不相等，故D错。
故选C。
13．ACD
【解析】
【详解】
A．电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，A正确；
BC．根据平衡条件
解得
根据电流微观表达式有
解得
故霍尔电压U与元件单位体积的自由电子数n有关，B错误，C正确；
D．电子所受洛仑兹力大小为
D正确。
故选ACD。
14．AD
【解析】
【详解】
A．据左手定则可知，等离子体中的正离子向下偏转，负离子向上偏转，故金属板B的电势较高，A正确；
B．金属板B相当于电源的正极，故通过电阻R的电流方向是b→R→a，B错误；
CD．由于洛伦兹力始终垂直于离子的运动方向，故磁场力对等离子体不做功，C错误，D正确。
故选AD。
15．BC
【解析】
【详解】
A．若小球带负电，则小球所受电场力水平向右，所受洛伦兹力垂直于杆向下，所受杆的支持力垂直于杆向上，所受重力竖直向下，易知这四个力的合力不可能为零，所以小球不可能做匀速直线运动，则小球一定带正电，故A错误；
B．因为小球带正电，且在逆着电场线方向存在位移，因此电场力做负功，而杆的支持力以及洛伦兹力对小球均不做功，所以小球的机械能减小，故B正确；
CD．存在磁场时，由于小球所受洛伦兹力和支持力的合力一定垂直于杆向上，所以电场力与重力的合力一定垂直于杆向下，且为定值，若撤去磁场，杆的支持力方向不变，且大小不受限制，所以仍可以与重力和电场力的合力相平衡，因此若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选BC。
16．（1） 面ADHE和面BCGF之间存在电势差，且面ADHE电势较低，；（2）①，面ABCD带正电，面EFGH带负电；②
【解析】
【详解】
（1）自由电子在磁场中运动方向与电流方向相反，受到洛伦兹力，根据安培左手定则，洛伦兹力向左，电子向ADHE运动，可得面ADHE和面BCGF之间存在电势差，且面ADHE电势较低。当电流稳定时，对载流子受力分析
得
其电势差为
根据电流微观表达式，自由电子速度
则电势差为
（2）①物块向左运动，对自由电子受力分析，洛伦兹力垂直纸面向里，电场力垂直纸面向外，故场强垂直纸面向里，面ABCD带正电，EFGH面带负电。
由公式
，，
解得
②物体加速运动，电容器充电，物块中存在电流，对物体本身受力分析，物体受到向左的恒力，向右的摩擦力和安培力，由牛顿第二定律
可得
又
联立上式得
则有动量定理
解得
17．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设粒子源到屏幕上0点的距离为L，粒子带电荷量为q、质量为m，粒子发射速度为，电场强度为E，磁感应强度为B
只保留磁场时，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示，设半径为r，周期为T
有
有
得
只保留电场时，粒子在水平方向做匀速直线运动，有
得
联立得
（2）只保留电场时，设粒子的加速度为a，竖直方向有
由题意有
又
解得
可得
（3）只保留电场时，设粒子到达屏幕时速度的竖直分量为，如图乙所示
有
联立得
故
答案第1页，共2页