2024高中物理第五章磁場與回旋加速器5.6洛倫茲力與現代科技練習含解析滬科選修3-1

PAGEPAGE1洛倫茲力與現代科技一、選擇題（一）1.(2014·重慶八中高二期末考試)1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的獨創(chuàng)、同位素和質譜的探討榮獲了諾貝爾化學獎。若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列相關說法中正確的是()A.該束帶電粒子帶負電B.速度選擇器的P1極板帶負電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷qmD.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質量越大解析:帶電粒子在磁場中向下偏轉,磁場的方向垂直紙面對外,依據左手定則知,該粒子帶正電,選項A錯誤;在平行金屬板間,依據左手定則知,帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上,則電場力的方向豎直向下,知電場強度的方向豎直向下,所以速度選擇器的P1極板帶正電,選項B錯誤;進入B2磁場中的粒子速度是肯定的,依據qvB=mv2r得r=mvqB,知r越大,比荷qm越小,而質量答案:C2.如圖所示的虛線區(qū)域內,充溢垂直于紙面對里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以肯定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O'點(圖中未標出)射出。若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變,另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b()A.穿出位置肯定在O'點下方B.穿出位置肯定在O'點上方C.運動時,在電場中的電勢能肯定減小D.在電場中運動時,動能肯定減小解析:a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內做直線運動,則該粒子肯定做勻速直線運動,故對粒子a有Bqv=Eq,即只要滿意E=Bv,無論粒子帶正電還是負電,粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū),當撤去磁場只保留電場時,粒子b由于電性不確定,故無法推斷從O'點的上方或下方穿出,選項A、B錯誤;粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必定受到電場力的作用而做類平拋運動,電場力做正功,其電勢能減小,動能增大,選項C正確,選項D錯誤。答案:C3.(多選)如圖所示,連接兩平行金屬板的導線的一部分CD與另一回路的一段導線GH平行且均在紙面內,金屬板置于磁場中,磁場方向垂直于紙面對里,當一束等離子體射入兩金屬板之間時,CD段導線受到力F的作用。則()A.若等離子體從右方射入,F向左B.若等離子體從右方射入,F向右C.若等離子體從左方射入,F向左D.若等離子體從左方射入,F向右解析:等離子體指的是整體顯電中性,內部含有等量的正、負電荷的氣態(tài)離子群體。當等離子體從右方射入時,正、負離子在洛倫茲力的作用下將分別向下、上偏轉,使上極板的電勢低于下極板,從而在外電路形成由D流向C的電流,這一電流處在通電導線GH所產生的磁場中,由左手定則可知,它受到的安培力的方向向左,所以選項A正確,選項B錯誤;同理可分析得知選項C錯誤,選項D正確。答案:AD4.如圖所示是某粒子速度選擇器的示意圖,在一半徑為R=10cm的圓柱形桶內有B=10-4T的勻強磁場,方向平行于軸線,在圓柱形桶某始終徑的兩端開有小孔,作為入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射,最終有不同速度的粒子束射出?，F有一粒子源放射比荷qm=2×1011C/kg的陽離子,粒子束中速度分布連續(xù),不計重力。當θ=45°時,出射粒子速度v的大小是(A.2×106m/s B.22×106m/sC.22×108m/s D.42×106m/s解析:由題意,粒子從入射孔以45°角射入勻強磁場,粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動14周期,由幾何關系知r=2R,又r=mvqB,v=qBrm=22×答案:B5.醫(yī)生做某些特別手術時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成,磁極間的磁場是勻稱的。運用時,兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示。由于血液中的正、負離子隨血流一起在磁場中運動,電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時,血管內部的電場可看作是勻強電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽視,兩觸點間的電勢差為160μV,磁感應強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A.1.3m/s,a正、b負 B.2.7m/s,a正、b負C.1.3m/s,a負、b正 D.2.7m/s,a負、b正解析:由左手定則知,正離子在磁場中受到洛倫茲力作用向上偏轉,負離子在磁場中受到洛倫茲力作用向下偏轉,因此電極a為正極、b為負極;穩(wěn)定時,血液中的離子受的電場力和磁場力平衡,有qE=qvB,v=EB=UBd答案:A二、非選擇題（一）6.質譜儀原理如圖所示,a為粒子加速器,電壓為U1;b為速度選擇器,磁場與電場正交,磁感應強度為B1,板間距離為d;c為偏轉分別器,磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為q的正電子(不計重力),經加速后,該粒子恰能通過速度選擇器,粒子進入分別器后做半徑為R的勻速圓周運動。求:(1)粒子的速度v。(2)速度選擇器的電壓U2。(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R。解析:依據動能定理可求出速度v,依據電場力和洛倫茲力相等可得到U2,再依據電子在磁場中做勻速圓周運動的學問可求得半徑R。(1)在a中,正電子被加速電場U加速,由動能定理有qU1=12mv2,得v=2(2)在b中,正電子受到的電場力和洛倫茲力大小相等,即qU2d=qvB1,代入v值,得U2=B1d(3)在c中,正電子受洛倫茲力作用而做圓周運動,回轉半徑R=mvq答案:(1)2qU1m(2)B1d7.如圖所示,在y>0的空間中存在勻強電場,電場強度沿y軸負方向;在y<0的空間中,存在勻強磁場,磁場方向垂直xy平面(紙面)向外。一電荷量為q、質量為m的帶正電的運動粒子,經過y軸上y=h處的點P1時速率為v0,方向沿x軸正方向;然后,經過x軸上x=2h處的P2點進入磁場,并經過y軸上y=-2h處的P3點。不計重力。求:(1)電場強度的大小。(2)粒子到達P2時速度的大小和方向。(3)磁感應強度的大小。解析:(1)粒子在電場、磁場中運動的軌跡如圖所示。設粒子從P1到P2的時間為t,電場強度的大小為E,粒子在電場中的加速度為a,由牛頓其次定律及運動學公式可知qE=ma①v0t=2h②h=12at2③由①②③式解得E=mv02(2)粒子到達P2時速度沿x方向的重量仍為v0,以v1表示速度沿y方向重量的大小,v表示速度的大小,θ表示速度和x軸的夾角,則有v12=2ahv=v12tanθ=v1v由②③⑤式得v1=v0⑧由⑥⑦⑧式得v=2v0⑨θ=45°。⑩(3)設磁場的磁感應強度為B,在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動,有qvB=mv2r其中r是圓周的半徑。此圓周與x軸和y軸的交點分別為P2、P3。因為OP2=OP3,θ=45°,由幾何關系可知,連線P2P3為圓軌道的直徑,由此可求得r=2h由⑨可得B=mv0qh答案:(1)mv022qh(2)2v0與三、選擇題（二）1.(多選)利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內的自由電子數n,現測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b,厚為d,并加有與側面垂直的勻強磁場B,當通以圖示方向電流I時,在導體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U。已知自由電子的電荷量為e,則下列推斷正確的是()A.上表面電勢高B.下表面電勢高C.該導體單位體積內的自由電子數為1D.該導體單位體積內的自由電子數為BI解析:畫出平面圖如圖所示,由左手定則知自由電子向上表面偏轉,故下表面電勢高,故選項B正確,選項A錯誤。再依據eUd=evB,I=neSv=ne·b·d·得n=BIeUb答案:BD2.(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻溝通電極相連接的兩個D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成的周期性改變的電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中,如圖所示,要增大帶電粒子射出時的動能,則下列方法中正確的是()A.增大磁場的磁感應強度B.增大勻強電場間的加速電壓C.增大D形金屬盒的半徑D.減小狹縫間的距離解析:粒子射出時,R=mvqB,則Ek=12mv2=答案:AC四、非選擇題（二）3.如圖所示,一個質子和一個α粒子從容器A下方的小孔S無初速地飄入電勢差為U的加速電場。然后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直紙面對外,MN為磁場的邊界。已知質子的電荷量為e,質量為m,α粒子的電荷量為2e,質量為4m。求:(1)質子進入磁場時的速率v;(2)質子在磁場中運動的時間t;(3)質子和α粒子在磁場中運動的軌道半徑之比rH∶rα。解析:(1)質子在電場中加速依據動能定理eU=12mv得v=2eU(2)質子在磁場中做勻速圓周運動依據evB=mv2r得t=12T=π(3)由以上式子可知r=mv得rH∶rα=1∶2。答案:(1)2eUm(2)πmeB4.如圖所示,回旋加速器D形盒的半徑為R,用來加速質量為m、電荷量為q的質子,使質子由靜止加速到能量為E后,由A孔射出。求:(1)加速器中勻強磁場B的大小和方向。(2)設兩D形盒間的距離為d,其間電壓為U,電場視為勻強電場,質子每次經電場加速后能量增加,則粒子要加速到上述能量E所需的回