洛倫茲力基礎(chǔ)試

1、洛倫茲力基礎(chǔ)試作者:日期:4洛倫茲力基礎(chǔ)練習(xí)1、如圖所示，一束帶電粒子沿水平方向飛過小磁針的上方，并與磁針指向平行，能使小磁針的N極轉(zhuǎn)向紙內(nèi)，那么這束帶電粒子可能是（A.向右飛行的正離子束C.向右飛行的負離子束）B.向左飛行的正離子束D.向左飛行的負離子束2、一束幾種不同的離子運動方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn)離子，可得出結(jié)論,垂直射入有正交的勻強磁場Bi和勻強電場區(qū)域里，離子束保持原接著進入另一勻強磁場艮，發(fā)現(xiàn)這些離子分成幾束。如圖.對這些A、它們速度大小不同B、它們都是正離子C、它們的電荷量不相等D、它們的荷質(zhì)比不相等3、如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中有三個帶電粒子，它們在紙面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓

2、周運動，其中1和2為質(zhì)子的軌跡，3為a粒子（氨核）的軌跡.三者的軌道半徑關(guān)系為R>R>R,并相切于P點.設(shè)v、a、T、F分別表示它們做圓周運動的線速度、加速度、周期和所受的洛倫茲力的大小，則下列判斷正確的是（）A.vi>V2>V3B.ai>a2>a3C.Ti<丁2<T3D.Fi=F2=F34、如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個電荷量絕對值相同、質(zhì)量相同的正、負粒子（不計重力），從O點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成0角，則正、負粒子在磁場中A.運動時間相同B.運動軌跡的半徑相同C.重新回到邊界時速度大小不同方向相同D.

3、重新回到邊界時與O點的距離相同XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXx/xXXX乂決XXXXXXXXXx/ftxXXXXC. a粒子在磁場中運動的時間最長5、圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）A. a粒子速率最大B. c粒子速率最大D.它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc6、如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動.已知電場強度為E,磁感應(yīng)弓量度為B,則油滴的質(zhì)量

4、和環(huán)繞速度分別為（蛙£隹E_a.g,Bb.E,BC.bV宮，J鵬兵D.g,豆7、如圖所示，在正交的勻強電場和勻強磁場的區(qū)域內(nèi)，電場方向豎直向下,強度大小為B,一電子沿垂直電場方向和磁場方向以水平向右速度EA.若B,電子沿軌跡I運動，射出場區(qū)時，速度v>voE,Mo、一一，一B.若E,電子沿軌跡n運動，射出場區(qū)時，速度v<vEC.若E,電子沿軌跡I運動，射出場區(qū)時，速度v>voE十5三五、一L群-L工士、D.若B,電子沿軌跡n運動，射出場區(qū)時，速度v<vo）電場強度大小為E,勻強磁場的磁感應(yīng)vo射入場區(qū)，則（）XXXXXXXkXXXXXIXTX£tX8

5、、把擺球帶電的單擺置于勻強磁場中，A、小球受到的洛侖茲力C、小球的動能9、如圖所示，用絲線吊著一個質(zhì)量為當(dāng)小球分別從A點和B點向最低點A.小球的動能相同B.絲線所受的拉力相同C.小球所受的洛倫茲力相同D.小球的向心加速度相同如圖所不，當(dāng)帶電擺球最初兩次經(jīng)過最低點時，相同的量是（）B、擺線的拉力3yD、小球的加速度*/m的絕緣帶電小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計，*b'O運動，則兩次經(jīng)過。點時（）,XXAxKXX乂屋露XXO3CX410、長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B,板間距離也為L,板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板

6、間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是:A.使粒子的速度v<BqL/4 mB.使粒子的速度v>5BqL/4 mi；C.使粒子的速度v>BqL/ mxD.使粒子速度BqL/4m<v<5BqL/4m、計算題11、長為l的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖3630所示，磁感應(yīng)強度為B,板間距離也為1,板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m電荷量為q的正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，求速度v的大小應(yīng)滿足的條件.12、一電子（e,m以速度v。與x軸成30°角垂直射入磁感強度

7、為B的勻強磁場中，經(jīng)一段時間后，打在x軸上的P點，如圖所示，則P點到。點的距離為多少？電子由。點運動到P點所用的時間為多少？13、質(zhì)量為m電荷量為q的帶負電粒子自靜止開始釋放，經(jīng)MN板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L,如圖所示，已知MN兩板間的電壓為U,粒子的重力不計.求：勻弓S磁場的磁感應(yīng)強度B.14、（12分）下左圖中MN1示真空室中垂直于紙面的平板，它的一側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。一帶電粒子從平板上的狹縫O處以垂直于平板的初速v射XXXXXXE用入磁場區(qū)域，最后到達平板上的P點。已

8、知B、v以及P到O的距離l,不計重力，求此粒子的電荷q與質(zhì)量m之比15、如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一個不計重力的帶電粒子從坐標原點。處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向x軸的最大距離為a。求：父 “卜XX成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到(1)該帶電粒子的電性；(2)該帶電粒子的比荷。16、如圖所示，一個電子(電量為e)以速度v垂直射入磁感應(yīng)強度為B、寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時的速度方向與原來入射方向的夾角是30°,試計算：(1)電子的質(zhì)量ml(2)電子穿過磁場的時間t1117、如圖

9、所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁感應(yīng)強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中,穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為0=60°,求電子的質(zhì)量和穿越磁場的時間.18、(12分)一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v,沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，不計重力。求：(1)粒子做圓周運動的半徑(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B19、如圖所示，在K軸的上方(沙0的空間內(nèi))存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為方的勻強磁場。一個不計重力的帶正電粒子，從坐標原點。處以速度卡進入磁場，粒子進入磁場時

10、的速度方向垂直于磁場且與X軸正方向的夾角值二4竽，若粒子的質(zhì)量為懈,電荷量為玨,試求該粒子：(1)在磁場中作圓周運動的軌道半徑廣；(2)在磁場中運動的時間20、一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v,沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，不計重力.求：(1)粒子做圓周運動的半徑R(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B.21、如圖所示，一束電子流以速率v通過一個處于矩形空間的大小為B的勻強磁場，速度方向與磁感線垂直.且平行于矩形空間的其中一邊，矩形空間邊長為6a和a電子剛好從矩形的相對的兩個頂點間通過，求：(1)電子在磁場中

11、的飛行時間?電子的荷質(zhì)比q/m.22、電子質(zhì)量為m電荷量為q,以速度Vo與x軸成0角射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點,如圖所示，求：y(1) OP的長度；xxxxx產(chǎn)電子從由O點射入到落在P點所需的時間t.XXXXB.束電子沿圓形區(qū)域的直徑m電荷量為 e,23、如圖所示，虛線所圍圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為方向以速度v射入磁場，電子束經(jīng)過磁場區(qū)后，其運動的方向與原入射方向成。角.設(shè)電子質(zhì)量為不計電子之間的相互作用力及所受的重力.求:(1)電子在磁場中運動的時間t(2)圓形磁場區(qū)域的半徑r.24、如圖所示，長為L、間距為d的平行金屬板間，有垂直于紙面向

12、里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,兩板不帶電,現(xiàn)有質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，從左側(cè)兩極板的中心處以不同速率v水平射入，欲使粒子不打在板上，求粒子速率v應(yīng)滿足什么條件？XXXdXJ25、如圖所示，磁感強度為B的勻強磁場，垂直穿過平面直角坐標系的第I象限.一質(zhì)量為m,帶電量為q的粒子以速度V0從。點沿著與y軸夾角為30°方向進入磁場，運動到A點時的速度方向平行于x軸.求：(1)作出粒子運動的軌跡圖，判斷帶電粒子的電性;(2) A點與x軸的距離；(3)粒子由。點運動到A點經(jīng)歷時間.26、如圖所示，一質(zhì)量為m,電量為q的帶負電粒子，以某一速度從邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域的入口

13、A處，沿AB方向垂直磁場進入，磁感應(yīng)強度大小為B,粒子從C口射出磁場，求:(1)粒子從A點進入磁場的速度大??；(2)要使粒子從D口射出，粒子的速度大??；(3)從A進入到C、D口射出兩種情況下，粒子所用時間之比.，比荷相等時，r與V成正比，則有V11、AD2、BD3、解：A、G帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時半徑為>72.設(shè)帶電粒子的質(zhì)量和電量分別為mq,則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時周期為荷成反比，質(zhì)子與a粒子的比荷之比為2:1,則有Ti=T2<T3.27£r由公式：v=T，由于R>R,丁2<飛，所以V2>V3.故A正確，C錯誤.B、粒子的加

14、速度為,因為vi>V2,故有ai>a2.,丁2<丁3,所以32>33,根據(jù)a=v?3,所以a2>a3.故B正確;D、根據(jù)公式：f洛=qvB,Vi>V2所以Fi>F2.故D錯誤.故選：AB4、BD5、BC6、AC7、BC8、CD9、AD10、【答案】AB【解析】由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時最小值ri以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2,由幾何知識得：ri時粒子r的*乂乂綜上可得正確答案是A、B粒子擦著板從右

15、邊穿出時，圓心在ri=L+(ri-L/2)得ri=5L/4,。點，有:又由于ri=mv/Bq得Vi=5BqL/4mv>5BqL/4m時粒子能從右邊穿出粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O點，有r2=L/4,又由r2=mv/Bq=L/4得V2=BqL/4m1-V2<BqL/4m時粒子能從左邊穿出ii、解析：依題意粒子打在板上的臨界狀態(tài)如圖，由圖可以看出當(dāng)半徑r<ri或r>r2時粒子不能打在板上.由幾何關(guān)系有ri=4l,r?2=|2+12=,故r?=4.根據(jù)r=中B,則vi=桁=4冽，丫2=楙=4陽13那么欲使粒子不打在極板上，可使粒子速度qBl5qBlv<4或v>

16、;4出12、【解析】試題分析：帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，其軌跡如圖XXXXXmv2rtm2L13、江n2?14、設(shè)半徑為R則由洛倫茲力公式和牛頓第二定律,粒子從平板上的狹縫。處垂直射入磁場，故op是圓周直徑,-!,-11Nm6/中陽=m一根據(jù)洛倫茲力提供向心力則有，即PO=r。即他T166期，所以考點：帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)點評：此類題型考察了帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題，其關(guān)鍵問題在于確定粒子的軌跡。15、(1)據(jù)題意，粒子的運動軌跡如圖所示據(jù)左手定則知粒子帶負電荷（3分）（2）sin 3CT 二 由幾何關(guān)系：（4分）洛倫茲力提供向心力:（3分）q _則粒子的比荷為：（2分）0XVX16、(1)電

17、子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示由洛侖茲力提供向心力，則有:qvB=mv2/R由圖中幾何關(guān)系得:Rsin30°=d解得電子的質(zhì)量m=2edB/v(2)電子做勻速.圓周運動的周期為T=2TtR/v則穿出磁場的時間為t=T/12=Ttd/3v1917、解：粒子的運動軌跡圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有:r=d二迎sin60c一3q根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,Sv33Be解得電子的質(zhì)量J®2_3v-丁2Hr叭后1Td電子的周期.一.耳畬7Td所以電子穿越磁場的時間一6-9v.232VsTTPT-答：電子的質(zhì)量為3v,穿越磁場的時間為9v18、解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O

18、,(1)據(jù)幾何關(guān)系有sin 60P = - - - R =Rsin 60°-6分(2)據(jù)洛侖茲力提供向心力Bqv-m R訪一不的-6分19、解：(1)根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有（2 分）r =解得 ：，（2分）_27rL二（2分）(2)設(shè)粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為T,則V£=Tf=根據(jù)運動軌跡分析可知，4（2分），聯(lián)立解得我E（2分）20、解：（1）由入射和出射位置可圓心的位置，據(jù)幾何關(guān)系有sin6K上l.R=；.y，'=BqHm三（2）據(jù)洛侖茲力提供向心力Rmv2a.R=Bq=而，得B=21、解：（1）畫出運動軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系：R=2a；1

19、、設(shè)圓心角為e宣工sin0=28=3s2兀日故時間為：t=I2V2、洛倫茲力提供向心力，有evB=m引尊-解得：H=vI2Ka答：1、電子在磁場中的飛行時間為3y.q2Ba2、電子的荷質(zhì)比皿為期.電子運動軌跡如圖22、解：過。點和P點作速度方向的垂線，兩線交點C即為電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心,所示；(1)電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,V由牛頓第二定律得：qvoB=m解得電子軌道半徑：R=12mv0由幾何知識得：OP=2Rsin8=出sin0；2冗皿電子做圓周運動的周期：T=電子在磁場中運動的時間：t=答：(1) OP的長度為 QB$仙由圖示可知，電子做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心

20、角：4=20,262nit281rt=2冗xqB=e；電子從由O點射入到落在P點所需的時間班.2023、解：（1）如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可以知道電子在磁場中做圓周運動對圓心轉(zhuǎn)過的角度a則電子在磁場中運動的時間:t/eJWRewm9x-»x一=(2)電子在磁場中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運動的向心力即:由此可得電子做圓周運動的半徑mv由題意知，由圖根據(jù)幾何關(guān)系知:解得磁場的半徑:JW答：（1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R=rw（2）圓形磁場區(qū)域的半徑r=2324、解析：設(shè)粒子剛好打在上極板左邊緣時（如圖所示）.金R=4,（2分）（2分）£設(shè)粒子剛好打在上極板右邊緣時，由圖知

21、：R2=L2+（R£）2,-（2分）-2*2獰q（4月十d,A-md所以R2=4d，-（1分）又R=石,解得V2=4蜷W.-（1分）綜上分析，要使粒子不打在極板上，其入射速率應(yīng)滿足以下條件:25、考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析：(1)根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，應(yīng)用左手定則判斷粒子電性；(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出A到x軸的距離；(3)根據(jù)圓心角與周期的關(guān)系求出運動的時間.解答：解：(1)據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示：由左手定則及曲線運動的條件判斷出此電荷帶負電；(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，2v0由牛頓第二定律得：qvoB=mr,解得：r=A與x軸的距離為d,由圖可得