6.3洛伦兹力的应用 同步练习（含答案解析） (1)

6.3洛伦兹力的应用
同步练习
1．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是
(　　)
A．速度越大，周期越大
　
B．速度越小，周期越大
C．速度方向与磁场方向平行
　
D．速度方向与磁场方向垂直
解析：由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝可知周期的大小与速率无关，A、B错误，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，速度方向与磁场方向垂直，C错误，D正确．
答案：D
2．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是
(　　)
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
答案：AD
3.如图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是
(　　)
A．沿路径a运动，其轨道半径越来越大
B．沿路径a运动，其轨道半径越来越小
C．沿路径b运动，其轨道半径越来越小
D．沿路径b运动，其轨道半径越来越大
解析：由安培定则可判断，导线I下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可判断，电子将向下偏转，由于离导线越远，磁感应强度B越小，由r＝知电子运动的半径越来越大，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
4.如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率，沿与x轴成30°的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为
(　　)
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶
D．1∶1
答案：B
5.如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1、A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是
(　　)
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
答案：ABC
6.把金属块放在匀强磁场中，如图所示，磁场方向垂直于内、外表面水平向外，金属块中有电流通过．设金属块上、下两表面的电势分别是U上、U下，则
(　　)
A．U上>U下
B．U上＝U下
C．U上D．不能判断哪一面电势较高
解析：本题考查金属块中电流的形成及上、下表面的电势．金属块中的电流是自由电子定向移动形成的，电子受到洛伦兹力的作用而向下偏转，在金属块的上、下表面分别积聚正、负电荷，故上板电势高，A正确，B、C、D错．故正确答案为A.
7．极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动而形成的．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关(　　)
A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
B．空气阻力做负功，使其动能减小
C．南、北两极的磁感应强度增强
D．太阳对粒子的引力做负功
答案：BC
8．如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的(
)
A．带电粒子的比荷
B．带电粒子在磁场中运动的周期
C．带电粒子的初速度
D．带电粒子在磁场中运动的半径
由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l＝rsin60°＝sin60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可求得比荷＝，A项对；周期T＝可求出，B项对；因初速度未知，所以C、D项错．
答案：AB
9.如图所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点.
经测量P、O间的距离为l，不计带电粒子受到的重力．求：
(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小；
(2)带电粒子的质量．
解析：(1)由洛伦兹力公式得F＝qvB
(2)由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m
由题意得r＝
联立以上两式解得带电粒子的质量为m＝
10.如图所示，AB间存在方向与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2
m，BC间距为0.1
m，C为荧光屏．质量m＝1.0×10－3
kg，电荷量q＝＋1.0×10－2
C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点．若在BC间再加方向垂直纸面向外、大小B＝1.0
T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(未画出)．取g＝10
m/s2，求：
(1)E1的大小．
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
解析：(1)粒子在AB间做匀加速直线运动，受力如右图所示，qE1cos
45°＝mg
E1＝＝
V/m＝1.4
V/m.
(2)由动能定理得：qE1sin
45°·dAB＝mvb2
vb＝
＝＝2
m/s
加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动则有qE2＝mg
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．
由洛伦兹力提供向心力得
qvbB＝，得R＝＝0.2
m
设偏转距离为y，由几何关系得：
R2＝dBC2＋(R－y)2
y＝2.7×10－2
m
W＝－qE2·y＝－mgy＝－2.7×10－4
J
即电势能增加了2.7×10－4
J
11.如图6－3－22所示，AB间存在方向与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2
m，BC间距为0.1
m，C为荧光屏．质量m＝1.0×10－3
kg，电荷量q＝＋1.0×10－2
C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点．若在BC间再加方向垂直纸面向外、大小B＝1.0
T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(未画出)．取g＝10
m/s2，求：
(1)E1的大小．
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
解析：
(1)粒子在AB间做匀加速直线运动，受力如右图所示，
qE1cos
45°＝mg
E1＝＝
V/m＝1.4
V/m.
(2)由动能定理得：
qE1sin
45°·dAB＝mvb2
vb＝
＝＝2
m/s
加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动
则有qE2＝mg
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．
由洛伦兹力提供向心力得
qvbB＝，得R＝＝0.2
m
设偏转距离为y，由几何关系得：
R2＝dBC2＋(R－y)2
y＝2.7×10－2
m
W＝－qE2·y＝－mgy＝－2.7×10－4
J
即电势能增加了2.7×10－4
J
答案：(1)1.4
V/m　(2)增加了2.7×10－4
J
图6－3－22