2024-2025學(xué)年高中物理課時分層作業(yè)18洛倫茲力與現(xiàn)代技術(shù)含解析粵教版選修3-1

PAGE8-洛倫茲力與現(xiàn)代技術(shù)(時間：40分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共6小題，每小題6分)1．質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是()A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑肯定相等B．若m1＝m2，則它們做圓周運動的周期肯定相等C．若q1≠q2，則它們做圓周運動的周期肯定不相等D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期肯定不相等A[粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，由題意可知：粒子動量p相等、磁感應(yīng)強(qiáng)度B相等，若q1＝q2，則兩粒子軌道半徑相等，故A正確；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，若m1＝m2，由于不知兩粒子電荷量關(guān)系，假如兩粒子電荷量相等，則粒子做圓周運動的周期相等，假如兩粒子電荷量不相等，則兩粒子做圓周運動的周期不相等，故B錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，若q1≠q2，只要兩粒子的比荷相等，則粒子做圓周運動的周期相等，故C、D錯誤．]2．如圖所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將()A．沿路徑a運動，軌跡是圓B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小B[水平導(dǎo)線在導(dǎo)線下方產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對外，由左手定則可推斷電子運動軌跡向下彎曲，又由r＝eq\f(mv,qB)知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a.故選B.]3．(多選)質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子的質(zhì)量．其工作原理如圖所示，虛線為某粒子的運動軌跡，由圖可知()A．此粒子帶負(fù)電B．若只增大加速電壓U，則半徑r變大C．若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小D．x越大，則粒子的質(zhì)量與電荷量之比肯定越大BD[由題圖結(jié)合左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；依據(jù)動能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2，由qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，若只增大加速電壓U，則半徑r變大，故B正確；若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑也變大，故C錯誤；x＝2r＝2eq\r(\f(2mU,qB2))，x越大，則eq\f(m,q)越大，D正確．]4.質(zhì)譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，設(shè)想有一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的偏轉(zhuǎn)磁場中，帶電粒子打究竟片上的P點，設(shè)OP＝x，則在圖中能正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()B[可通過解析式確定圖象形態(tài)，依據(jù)動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2可知，v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，x＝2R＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，即x∝eq\r(U)，B正確．]5.如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場邊界線SP∥MN，速度不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直，穿過b點的粒子，其速度方向與MN成60°角，設(shè)兩粒子從S到a、b所需的時間分別為t1、t2，則t1∶t2為()A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2D[畫出運動軌跡，過a點的粒子轉(zhuǎn)過90°，運動時間為t1＝eq\f(T,4)；過b點的粒子轉(zhuǎn)過60°，運動時間t2＝eq\f(T,6)，故t1∶t2＝3∶2，故選項D正確．]6．兩個相同的回旋加速器，分別接在加速電壓U1和U2的高頻電源上，且U1>U2，兩個相同的帶電粒子分別從這兩個加速器的中心由靜止起先運動，設(shè)兩個粒子在加速器中運動的時間分別為t1和t2，獲得的最大動能分別為Ek1和Ek2，則()A．t1<t2，Ek1>Ek2 B．t1＝t2，Ek1<Ek2C．t1<t2，Ek1＝Ek2 D．t1>t2，Ek1＝Ek2C[粒子在磁場中做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv,qB)，Ekm＝eq\f(1,2)mv2可知，粒子獲得的最大動能只與磁感應(yīng)強(qiáng)度和D形盒的半徑有關(guān)，所以Ek1＝Ek2；設(shè)粒子在加速器中繞行的圈數(shù)為n，則Ek＝2nqU，由以上關(guān)系可知n與加速電壓U成反比，由于U1>U2，則n1<n2，而t＝nT，T相同，所以t1<t2，故C正確，A、B、D錯誤．]二、非選擇題(14分)7.如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量為－q，不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a，0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)穿過第一象限的時間．[解析](1)作出帶電粒子做圓周運動的圓心和軌跡，由圖中幾何關(guān)系知：Rcos30°＝a，得R＝eq\f(2\r(3)a,3)Bqv＝meq\f(v2,R)，得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(\r(3)mv,2qa).(2)帶電粒子在第一象限內(nèi)運動時間t＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4\r(3)πa,9v).[答案](1)eq\f(\r(3)mv,2qa)(2)eq\f(4\r(3)πa,9v)一、選擇題(本題共4小題，每小題6分)1．如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖．勵磁線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面對外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直．電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來限制，磁場強(qiáng)弱可通過勵磁線圈的電流來調(diào)整．下列說法正確的是()A．僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期將變大D．僅提高電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大B[電子在加速電場中加速，由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ①電子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有eBv0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r) ②解得r＝eq\f(mv0,eB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e)) ③T＝eq\f(2πm,eB) ④可見增大勵磁線圈中的電流，電流產(chǎn)生的磁場增加，由③式可得，電子束的軌道半徑變?。散苁街芷谧冃?，故A、C錯誤；提高電子槍加速電壓，電子束的軌道半徑變大，周期不變，故B正確，D錯誤．]2.如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對里．一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域．若粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角為90°，則粒子入射的速度大小為()A.eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(2qBR,m) D．eq\f(4qBR,m)B[帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡示意圖，如圖所示，依據(jù)幾何關(guān)系知，粒子運動的軌跡圓的半徑為r＝R ①依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB) ②聯(lián)立①②得v＝eq\f(qBR,m)，故B正確，A、C、D錯誤．]3.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進(jìn)行測量．讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場．加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．氫的三種同位素最終打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”．則下列推斷正確的是()A．進(jìn)入磁場時速度從大到小排列的依次是氕、氘、氚B．進(jìn)入磁場時動能從大到小排列的依次是氕、氘、氚C．在磁場中運動時間由大到小排列的依次是氕、氘、氚D．a(chǎn)、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的依次是氕、氘、氚A[氫元素的三種同位素離子均帶正電，電荷量大小均為e，經(jīng)過加速電場，由動能定理有eU＝Ek＝eq\f(1,2)mv2，故進(jìn)入磁場中的動能相同，且質(zhì)量越大的離子速度越小，A項正確，B項錯誤；三種離子進(jìn)入磁場后，洛倫茲力充當(dāng)向心力，evB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,eB)＝eq\f(\r(2meU),eB)，可知，質(zhì)量越大的離子做圓周運動的半徑越大，D項錯誤；在磁場中運動時間均為半個周期，故t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,eB)，可知離子質(zhì)量越大運動時間越長，C項錯誤．]4.如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120°角勻稱分開的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度分別用B1、B2、B3表示．現(xiàn)有帶電粒子自a點垂直O(jiān)a板沿逆時針方向射入磁場中，帶電粒子完成一周運動，假設(shè)帶電粒子穿過鋁質(zhì)薄板過程中電荷量不變，在三個磁場區(qū)域中的運動時間之比為1∶3∶5，軌跡恰好是一個以O(shè)為圓心的圓，不計粒子重力，則()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B1∶B2∶B3＝1∶3∶5B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B1∶B2∶B3＝5∶3∶1C．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為25∶2D．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為27∶5C[帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,2π)T在各個區(qū)域的圓心角均為θ＝eq\f(2,3)π依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)可得粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)所以t＝eq\f(2πm,3qB)，故B＝eq\f(2πm,3qt)，又因為m、q均為定值在三個區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為B1∶B2∶B3＝15∶5∶3，故A、B錯誤；三個區(qū)域的磁場半徑相同，為r＝eq\f(mv,qB)，又因為動能Ek＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，因為q、m和r均相同，故三個區(qū)域中運動的動能之比為Ek1∶Ek2∶Ek3＝Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))∶Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))∶Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝225∶25∶9設(shè)比例中的每一份為k，則在b處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk1＝225k－25k＝200k在c處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk2＝25k－9k＝16k在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為ΔEk1∶ΔEk2＝25∶2，故C正確，D錯誤．]二、非選擇題(26分)5.(13分)如圖所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為電場和磁場的志向邊界，一束電子(電量為e，質(zhì)量為m，重力不計)由靜止?fàn)顟B(tài)從P點經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ間的電場加速后垂直到達(dá)邊界Ⅱ的Q點，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場邊界寬度為d，電子從磁場邊界Ⅲ穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為30°.求：(1)電子在磁場中運動的時間t；(2)若變更PQ間的電勢差，使電子剛好不能從邊界Ⅲ射出，則此時PQ間的電勢差U是多少？[解析](1)由洛倫茲力供應(yīng)向心力可得evB＝eq\f(mv2,R)，且T＝eq\f(2πR,v)得電子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,eB)由幾何關(guān)系知電子在磁場中運動時間t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)T＝eq\f(πm,6eB).(2)電子剛好不從邊界Ⅲ穿出時軌跡與邊界相切，運動半徑為R＝d由evB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(eBd,m)電子在PQ間由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2－0解得U＝eq\f(eB2d2,2m).[答案](1)eq\f(πm,6eB)(2)eq\f(eB2d2,2m)6．(13分)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓的大小為U0.周期T＝eq\f(2πm,qB).一束該種粒子在t＝0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處勻稱地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0.[解析](1)粒