1.3洛伦兹力的应用 同步提升练 （word版含答案）
文档属性
| 名称 | 1.3洛伦兹力的应用 同步提升练 （word版含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-06 10:14:09 | ||
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文档简介
1.3洛伦兹力的应用 同步提升练（含解析）
一、单选题
1．2020年，国产“质子治疗230MeV超导回旋加速器”在原子能院完成设备安装和测试。回旋加速器的原理如图所示，和是两个半径为R的半圆型金属盒，接在电压为U、周期为T的交流电源上，位于圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），质子在两盒之间被电场加速，、置于与盒而垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知质子的电荷量为q、质量为m，忽略质子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应，不计质子重力。下列说法正确的是（ ）
A．交流电源的周期等于质子做圆周运动周期的2倍
B．若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能将增大
C．质子在电场中加速的次数为
D．质子第1次和第2次经过两D型盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1：2
2．如图是判断检测电流大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断的大小是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M端应与电压表的“负”接线柱相连
B．要提高检测的灵敏度可适当增大宽度b
C．要提高检测灵敏度可适当增大工作电流I
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变小
3．平板电脑中装有霍尔传感器，在配置的皮套中镶上磁条，通过皮套的开合能对电脑进行唤醒和息屏。如图所示，一块半导体样品板放在垂直于板平面水平向里的匀强磁场中，当有恒定电流沿垂直于磁场方向通过样品板时，在板的上、下两个面之间会产生一个恒定的电势差UH。已知磁感应强度为B，样品板的厚度为d，长度为L，高度为h，半导体的自由电荷为电子，电子电荷量为e。则（ ）
A．此样品下板面带负电
B．上极板电势高于下极板电势
C．合上皮套，磁性增强，UH减小
D．样品板内参加导电的自由电荷数为
4．如图所示，某同学在平面直角坐标系中设置了一个“心”形图线，A点坐标为，C点坐标为，D点与C点关于y轴对称，为使带电粒子沿图线运动，该同学在x轴下方和上方添加了方向垂直纸面向里、磁感应强度大小分别为和的匀强磁场，在O点沿x轴放置很短的绝缘弹性板，粒子撞到板上时，竖直速度反向，水平速度不变。从A点沿与y轴正方向成角的方向向左以速度射入一带电荷量为、质量为m的粒子，不计粒子重力，经过一段时间粒子又回到A点。则与的比值应为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，长方形abcd长ad = 0.6m，宽ab = 0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B = 0.25T。一群不计重力、质量m = 3 × 10 - 7kg、电荷量q = + 2 × 10 - 3C的带电粒子以速度v = 5 × 102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则（ ）
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边
6．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狹缝很小，带电粒子穿过的区时间可忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的粒子质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力影响，则（ ）
A．加速器加速电压U的周期等于粒子的回旋周期的两倍
B．增大加速电压U，出射粒子动能不变
C．增大磁感应强度B和D形盒半径R，粒子获得动能可能减小
D．粒子在D形盒中运动时间与加速电压U无关
7．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
8．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
9．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，ab是圆O的直径，c是圆周上一点，cO⊥ab，P、Q是圆周上离ab的距离均为的两点。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以一定大小的速度从P点沿平行于ab的方向射入磁场，粒子在磁场中运动恰好经过O、c等点。现保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从点射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B． C． D．
10．图甲是回旋加速器的示意图，粒子出口处如图所示．图乙是回旋加速器所用的交变电压随时间的变化规律。某物理学习小组在学习了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分别加速两种带正电的粒子，所带电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2。保持交变电压随时间变化的规律不变，需要调整所加磁场的磁感应强度的大小，则（ ）
A．所加磁场的磁感应强度大小之比为
B．粒子获得的最大动能之比为
C．粒子的加速次数之比为
D．粒子在回旋加速器中的运动时间之比为
11．如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为，则（ ）
A．质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为
B．质子在磁场中运动的轨迹圆的半径
C．质子射入速度大小为
D．质子在磁场中运动的时间为
12．如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一点P，OP=L。P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为 ，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
13．1922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。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．该束带电粒子带正电
B．速度选择器的极板带负电
C．在磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
14．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（ ）
A．小球加速度一直增加
B．小球速度一直增加，直到最后匀速
C．棒对小球的弹力一直减小
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
15．如图，在平面直角坐标系 Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0， L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与 y轴正方向的夹角为α（）。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带负电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为L
D．粒子入射速
三、解答题
16．如图所示，初速度可忽略不计的电子经加速电场加速后从小孔O进入磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场宽度为l，射出磁场时电子的偏转角为α。已知加速电场电势差为U，求电子的比荷。
17．如图所示，在直角坐标系xOy内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a， -b），可通 过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。
（1） 若只在整个I、II象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速 圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；
（2） 若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷 Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；
（3） 若在整个I、II象限内加垂直纸面向外的 匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴 正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点。如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A．为了保证质子在电场中不断被加速，则交流电源的周期等于质子做圆周运动的周期，选项A错误；
B．当质子被加速到速度最大时
则最大动能
则若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能不变，选项B错误；
C．根据
可得质子在电场中加速的次数为
选项C正确；
D．质子第一次经过D型盒时
则在磁场中运动半径
质子第二次经过D型盒时
则在磁场中运动半径
质子第1次和第2次经过两D型盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1：，选项D错误。故选C。
2．C
【解析】
【详解】
A．根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；
BC．设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则时间内通过截面的电荷量为
得
由于MN之间存在电势差，则MN之间的电场强度为
电子所受沿b边方向的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反
联立解得
因此若要提高灵敏度，可以适当减小，增大工作电流，故C正确，B错误；
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据
可知电压表示数变大，磁感应强度变大，则检测电流变大，故D错误。
故选C。
3．D
【解析】
【详解】
A．根据左手定则，上极板带负电，下极板带正电，故A错误；
B．电场线由正电荷出发，终止于负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，故上极板电势低于下极板电势，故B错误；
CD．当电子在元件中平衡时
电流的微观定义式
联立解得
合上皮套，磁性增强，UH增大
样品板内参加导电的自由电荷数为
故C错误，D正确。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子从A点运动到C点，设轨迹半径为，过C点时速度方向与竖直方向夹角为，由几何关系可得
可得
粒子从C点运动到O点，设轨迹半径为，则有
可得
带电粒子在磁场中做圆周运动时，仅由洛伦兹力提供向心力，有
可得
故选D。
5．D
【解析】
【详解】
由公式
r =
得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r = 0.3m，从Od边射入的粒子，出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边。
故选D。
【名师点睛】
抓住粒子运动轨迹然后通过由上向下平移，从而找出交点即出射点。
6．B
【解析】
【详解】
A．为了保证粒子每次经过电场时都被加速，要求加速电压U的周期等于粒子的回旋周期，故A错误；
BC．粒子出磁场时，根据洛伦兹力提供向心力
动能为
联立解得粒子的出射动能
可见，粒子获得能量与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度B有关，增大磁场B和D型盒半径R，粒子获得能量增大，故C错误，B正确；
D．由于粒子最终获得的总动能不变，粒子周期不变，加速电压U越大，加速次数越少，粒子在D形盒中运动时间越短，故D错误。
故选B。
7．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。
8．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。
9．A
【解析】
【详解】
作出从点射入的粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系易知，点为做圆周运动的圆心
让粒子从点射入磁场，根据平移法得出粒子运动轨迹如图
由几何关系得
粒子在磁场中运动的周期
则运动的时间为
联立解得
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
A．所加电压规律不变，则粒子周期
T1＝T2
由
T＝
即
A错误；
B．由
得
v＝
知r越大，v越大，则r的最大值为回旋加速器的半径R，
vmax＝
Ekmax1：Ekmax2＝∶
又由
得
＝
B错误；
C．加速次数N满足
NqU＝Ekmax
所以
N＝
又由
＝
所以
＝＝
选项C正确；
D．加速周期
T1＝T2
加速次数
＝
加速时间
t＝·T
得
＝＝＝
选项D错误。
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
AB．如图所示，利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置
根据几何关系可得
所以
圆心的坐标为，故A错误B正确；
C．在磁场中，由牛顿第二定律，即
质子射入速度大小为
故C错误；
D．质子在磁场中运动的的周期
质子在磁场中运动的时间
故D错误。
故选B。
12．A
【解析】
【详解】
粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有
而将题设的v值代入得
r=
分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作PB⊥OM于B点，PB即为最短的弦，结合左手定则，以r=为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心；
根据几何关系有
O′B=O′P=r=
PB=Lsin60°=
联立可得
PB=O′B
则粒子偏转的角度
θ=90°
结合周期公式
可知粒子在磁场中运动的最短时间为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系，先找出半径，然后求解。
13．AD
【解析】
【详解】
A．带电粒子射入右侧磁场时向下偏转，洛伦兹力方向向下，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A正确；
B．在平行金属板间，粒子做匀速直线运动，根据左手定则知，带正电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，可知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；
CD．带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
则
进入磁场中的粒子速度大小是一定的，根据
得
知越大，荷质比越小，而质量不一定大，故C错误，D正确。
故选AD。
14．BD
【解析】
【详解】
小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增加。在开始阶段，洛伦兹力小于向右的电场力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增加，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向上小球受到重力和摩擦力作用做加速运动，其加速度逐渐增加，当洛伦兹力等于电场力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球在竖直方向上受到的合力最大，加速度最大，随着小球速度继续增加，洛伦兹力大于电场力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增加，洛伦兹力增加，棒对小球的弹力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增加，以此时的速度做匀速运动；综上所述，选项BD正确；
故选BD。
15．CD
【解析】
【详解】
A．由题意知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
BD．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速度
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，故D正确，B错误；
C．粒子离开磁场距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可得
解得
故C正确。
故选CD。
16．
【解析】
【详解】
电子运动轨迹如下图
设电子电量为e，质量为m，电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则
由几何关系可知
可得
电子在加速电场中加速，由动能定理
解得
17．（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】
（1）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知
由牛顿第二定律可知
由此得
（2）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知
由牛顿第二定律可知
由此得
（3）粒子由O经P＇到P的轨迹如图所示
在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动,在电场中运动时间t
在磁场中运动时间t为
由此得
设在磁场中做圆周运动，半径为R3，则有
电场中
由此得
答案第1页，共2页
一、单选题
1．2020年，国产“质子治疗230MeV超导回旋加速器”在原子能院完成设备安装和测试。回旋加速器的原理如图所示，和是两个半径为R的半圆型金属盒，接在电压为U、周期为T的交流电源上，位于圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），质子在两盒之间被电场加速，、置于与盒而垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知质子的电荷量为q、质量为m，忽略质子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应，不计质子重力。下列说法正确的是（ ）
A．交流电源的周期等于质子做圆周运动周期的2倍
B．若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能将增大
C．质子在电场中加速的次数为
D．质子第1次和第2次经过两D型盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1：2
2．如图是判断检测电流大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断的大小是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M端应与电压表的“负”接线柱相连
B．要提高检测的灵敏度可适当增大宽度b
C．要提高检测灵敏度可适当增大工作电流I
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变小
3．平板电脑中装有霍尔传感器，在配置的皮套中镶上磁条，通过皮套的开合能对电脑进行唤醒和息屏。如图所示，一块半导体样品板放在垂直于板平面水平向里的匀强磁场中，当有恒定电流沿垂直于磁场方向通过样品板时，在板的上、下两个面之间会产生一个恒定的电势差UH。已知磁感应强度为B，样品板的厚度为d，长度为L，高度为h，半导体的自由电荷为电子，电子电荷量为e。则（ ）
A．此样品下板面带负电
B．上极板电势高于下极板电势
C．合上皮套，磁性增强，UH减小
D．样品板内参加导电的自由电荷数为
4．如图所示，某同学在平面直角坐标系中设置了一个“心”形图线，A点坐标为，C点坐标为，D点与C点关于y轴对称，为使带电粒子沿图线运动，该同学在x轴下方和上方添加了方向垂直纸面向里、磁感应强度大小分别为和的匀强磁场，在O点沿x轴放置很短的绝缘弹性板，粒子撞到板上时，竖直速度反向，水平速度不变。从A点沿与y轴正方向成角的方向向左以速度射入一带电荷量为、质量为m的粒子，不计粒子重力，经过一段时间粒子又回到A点。则与的比值应为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，长方形abcd长ad = 0.6m，宽ab = 0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B = 0.25T。一群不计重力、质量m = 3 × 10 - 7kg、电荷量q = + 2 × 10 - 3C的带电粒子以速度v = 5 × 102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则（ ）
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边
6．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狹缝很小，带电粒子穿过的区时间可忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的粒子质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力影响，则（ ）
A．加速器加速电压U的周期等于粒子的回旋周期的两倍
B．增大加速电压U，出射粒子动能不变
C．增大磁感应强度B和D形盒半径R，粒子获得动能可能减小
D．粒子在D形盒中运动时间与加速电压U无关
7．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
8．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
9．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，ab是圆O的直径，c是圆周上一点，cO⊥ab，P、Q是圆周上离ab的距离均为的两点。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以一定大小的速度从P点沿平行于ab的方向射入磁场，粒子在磁场中运动恰好经过O、c等点。现保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从点射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B． C． D．
10．图甲是回旋加速器的示意图，粒子出口处如图所示．图乙是回旋加速器所用的交变电压随时间的变化规律。某物理学习小组在学习了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分别加速两种带正电的粒子，所带电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2。保持交变电压随时间变化的规律不变，需要调整所加磁场的磁感应强度的大小，则（ ）
A．所加磁场的磁感应强度大小之比为
B．粒子获得的最大动能之比为
C．粒子的加速次数之比为
D．粒子在回旋加速器中的运动时间之比为
11．如图所示，在第一象限内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质子从P点垂直磁场射入，射入时速度方向与x轴夹角为60°，质子从y轴上离开磁场时速度方向与y轴垂直。已知质子电荷量为e、质量为m，磁场磁感应强度大小为B，P点的坐标为，则（ ）
A．质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心的坐标为
B．质子在磁场中运动的轨迹圆的半径
C．质子射入速度大小为
D．质子在磁场中运动的时间为
12．如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一点P，OP=L。P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为 ，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
13．1922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。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．该束带电粒子带正电
B．速度选择器的极板带负电
C．在磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
14．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（ ）
A．小球加速度一直增加
B．小球速度一直增加，直到最后匀速
C．棒对小球的弹力一直减小
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
15．如图，在平面直角坐标系 Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0， L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与 y轴正方向的夹角为α（）。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带负电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为L
D．粒子入射速
三、解答题
16．如图所示，初速度可忽略不计的电子经加速电场加速后从小孔O进入磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场宽度为l，射出磁场时电子的偏转角为α。已知加速电场电势差为U，求电子的比荷。
17．如图所示，在直角坐标系xOy内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a， -b），可通 过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。
（1） 若只在整个I、II象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速 圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；
（2） 若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷 Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；
（3） 若在整个I、II象限内加垂直纸面向外的 匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴 正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点。如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A．为了保证质子在电场中不断被加速，则交流电源的周期等于质子做圆周运动的周期，选项A错误；
B．当质子被加速到速度最大时
则最大动能
则若只增大交流电源的电压U，则质子的最大动能不变，选项B错误；
C．根据
可得质子在电场中加速的次数为
选项C正确；
D．质子第一次经过D型盒时
则在磁场中运动半径
质子第二次经过D型盒时
则在磁场中运动半径
质子第1次和第2次经过两D型盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1：，选项D错误。故选C。
2．C
【解析】
【详解】
A．根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；
BC．设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则时间内通过截面的电荷量为
得
由于MN之间存在电势差，则MN之间的电场强度为
电子所受沿b边方向的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反
联立解得
因此若要提高灵敏度，可以适当减小，增大工作电流，故C正确，B错误；
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据
可知电压表示数变大，磁感应强度变大，则检测电流变大，故D错误。
故选C。
3．D
【解析】
【详解】
A．根据左手定则，上极板带负电，下极板带正电，故A错误；
B．电场线由正电荷出发，终止于负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，故上极板电势低于下极板电势，故B错误；
CD．当电子在元件中平衡时
电流的微观定义式
联立解得
合上皮套，磁性增强，UH增大
样品板内参加导电的自由电荷数为
故C错误，D正确。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子从A点运动到C点，设轨迹半径为，过C点时速度方向与竖直方向夹角为，由几何关系可得
可得
粒子从C点运动到O点，设轨迹半径为，则有
可得
带电粒子在磁场中做圆周运动时，仅由洛伦兹力提供向心力，有
可得
故选D。
5．D
【解析】
【详解】
由公式
r =
得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r = 0.3m，从Od边射入的粒子，出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边。
故选D。
【名师点睛】
抓住粒子运动轨迹然后通过由上向下平移，从而找出交点即出射点。
6．B
【解析】
【详解】
A．为了保证粒子每次经过电场时都被加速，要求加速电压U的周期等于粒子的回旋周期，故A错误；
BC．粒子出磁场时，根据洛伦兹力提供向心力
动能为
联立解得粒子的出射动能
可见，粒子获得能量与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度B有关，增大磁场B和D型盒半径R，粒子获得能量增大，故C错误，B正确；
D．由于粒子最终获得的总动能不变，粒子周期不变，加速电压U越大，加速次数越少，粒子在D形盒中运动时间越短，故D错误。
故选B。
7．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。
8．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。
9．A
【解析】
【详解】
作出从点射入的粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系易知，点为做圆周运动的圆心
让粒子从点射入磁场，根据平移法得出粒子运动轨迹如图
由几何关系得
粒子在磁场中运动的周期
则运动的时间为
联立解得
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
A．所加电压规律不变，则粒子周期
T1＝T2
由
T＝
即
A错误；
B．由
得
v＝
知r越大，v越大，则r的最大值为回旋加速器的半径R，
vmax＝
Ekmax1：Ekmax2＝∶
又由
得
＝
B错误；
C．加速次数N满足
NqU＝Ekmax
所以
N＝
又由
＝
所以
＝＝
选项C正确；
D．加速周期
T1＝T2
加速次数
＝
加速时间
t＝·T
得
＝＝＝
选项D错误。
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
AB．如图所示，利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置
根据几何关系可得
所以
圆心的坐标为，故A错误B正确；
C．在磁场中，由牛顿第二定律，即
质子射入速度大小为
故C错误；
D．质子在磁场中运动的的周期
质子在磁场中运动的时间
故D错误。
故选B。
12．A
【解析】
【详解】
粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有
而将题设的v值代入得
r=
分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作PB⊥OM于B点，PB即为最短的弦，结合左手定则，以r=为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心；
根据几何关系有
O′B=O′P=r=
PB=Lsin60°=
联立可得
PB=O′B
则粒子偏转的角度
θ=90°
结合周期公式
可知粒子在磁场中运动的最短时间为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系，先找出半径，然后求解。
13．AD
【解析】
【详解】
A．带电粒子射入右侧磁场时向下偏转，洛伦兹力方向向下，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A正确；
B．在平行金属板间，粒子做匀速直线运动，根据左手定则知，带正电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，可知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；
CD．带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
则
进入磁场中的粒子速度大小是一定的，根据
得
知越大，荷质比越小，而质量不一定大，故C错误，D正确。
故选AD。
14．BD
【解析】
【详解】
小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增加。在开始阶段，洛伦兹力小于向右的电场力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增加，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向上小球受到重力和摩擦力作用做加速运动，其加速度逐渐增加，当洛伦兹力等于电场力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球在竖直方向上受到的合力最大，加速度最大，随着小球速度继续增加，洛伦兹力大于电场力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增加，洛伦兹力增加，棒对小球的弹力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增加，以此时的速度做匀速运动；综上所述，选项BD正确；
故选BD。
15．CD
【解析】
【详解】
A．由题意知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
BD．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速度
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，故D正确，B错误；
C．粒子离开磁场距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可得
解得
故C正确。
故选CD。
16．
【解析】
【详解】
电子运动轨迹如下图
设电子电量为e，质量为m，电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则
由几何关系可知
可得
电子在加速电场中加速，由动能定理
解得
17．（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】
（1）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知
由牛顿第二定律可知
由此得
（2）粒子由O到P的轨迹如图所示
粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知
由牛顿第二定律可知
由此得
（3）粒子由O经P＇到P的轨迹如图所示
在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动,在电场中运动时间t
在磁场中运动时间t为
由此得
设在磁场中做圆周运动，半径为R3，则有
电场中
由此得
答案第1页，共2页