高中物理 第6章 磁場對電流和運動電荷的作用 第3節(jié) 洛倫茲力的應(yīng)用隨堂演練鞏固提升 魯科版選修3-1

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1、高中物理 第6章 磁場對電流和運動電荷的作用 第3節(jié) 洛倫茲力的應(yīng)用隨堂演練鞏固提升 魯科版選修3-1 1．處在勻強磁場內(nèi)部的兩個電子A和B分別以速率v和2v垂直于磁場開始運動，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，哪個電子先回到原來的出發(fā)點(　　) A．條件不夠無法比較　　　 B．A先到達 C．B先到達 D．同時到達 解析：選D.由qvB＝m得r＝，周期為T＝，可見，電子在磁場中做圓周運動的周期與電子的速度無關(guān)，這兩個電子的運動周期相等，所以它們同時回到出發(fā)點． 2．由中國提供永磁體的阿爾法磁譜儀如圖所示，它曾由航天飛機攜帶升空，將來安裝在阿爾法國際空間站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物質(zhì)．所謂的反物

2、質(zhì)即質(zhì)量與正粒子相等，帶電量與正粒子相等但相反，例如反質(zhì)子即為H，假若使一束質(zhì)子、反質(zhì)子、α粒子和反α粒子組成的射線，以相同的速度通過OO′進入勻強磁場B2而形成的4條徑跡，則(　　) A．1、3是反粒子徑跡 B．2、4為反粒子徑跡 C．1、2為反粒子徑跡 D．4為反α粒子徑跡 解析：選C.兩種反粒子都帶負電，根據(jù)左手定則可判定帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定1、2為反粒子徑跡．故選項C正確． 3．薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖所示，半徑R1>R2.假定穿過鋁板前后粒子的電荷量保持不變，則該粒子(　　) A．帶正

3、電 B．從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域 C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同 D．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同 答案：D 4．(xx·河北邯鄲第一中學(xué)期末)如圖所示，在虛線所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正離子偏轉(zhuǎn)θ角．在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場(磁場在圖中未畫出)，使該離子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為θ，(不計離子的重力)求： (1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度是多大？ (2)離子穿過電場和磁場的時間之比是多大？ 解析：(1)設(shè)離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，場區(qū)寬度為L，離子在電場中做類平拋運動t＝① a＝② tan θ＝③ 由①②③

4、得：tan θ＝④ 離子在磁場中做勻速圓周運動R＝⑤ sin θ＝⑥ 由⑤⑥解得：sin θ＝⑦ 由④⑦式解得： B＝. (2)離子在電場中運動時間t＝⑧ 在磁場中運動時間t′＝⑨ 而L＝sin θ⑩ 由⑧⑨⑩解出： ＝. 答案：(1)　(2) [課時作業(yè)] 一、單項選擇題 1．處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比　　 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強度成正比 解析：選D.假設(shè)帶電粒子的電荷量為q，在磁場中做圓周運動的周期為T＝，則等

5、效電流I＝＝，故選項為D. 2.一個帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子經(jīng)過的軌跡如圖所示，軌跡上的每一小段都可以近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電量不變)，從圖中可以確定粒子的運動方向和電性是(　　) A．粒子從a到b，帶負電 B．粒子從b到a，帶負電 C．粒子從a到b，帶正電 D．粒子從b到a，帶負電 解析：選C.根據(jù)題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式r＝得知，粒子的半徑逐漸減小，由題圖看出，粒子的運動方向是從a到b.在a處，粒子所受的洛倫茲力斜向左上方，由左手定則判斷可知，該粒子帶正電，

6、故選C. 3．如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以不同速率沿著與x軸成30°角從原點射入磁場，它們的軌道半徑之比為3∶1，則正、負電子在磁場中運動時間之比為(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶1 解析：選B.首先要畫出粒子的運動軌跡，它們的圓心均在垂直于速度方向的虛線上，如圖所示． 由幾何知識可求出正電子在磁場中轉(zhuǎn)動的圓心角為120°，負電子在磁場中轉(zhuǎn)動的圓心角為60°，據(jù)t＝T可知，正、負電子在磁場中運動的時間之比為2∶1，正、負電子在磁場中運動的時間與粒子的運動半徑無關(guān)．故B正確． 4．如圖所示是某離子速度選擇器的原

7、理示意圖，在一半徑為R的圓柱形筒內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b分別作為入射孔和出射孔．現(xiàn)有一束質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，以角度α入射，不經(jīng)碰撞而直接從小孔b射出，這束離子的速度大小是(　　) A. B． C. D． 解析：選D.由幾何關(guān)系可知，離子運動的半徑r和圓筒半徑R之間滿足＝sin α，又qvB＝m，聯(lián)立解得v＝，故選D. 5．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是(　　) A．離子由回旋加速器的邊緣進入加速器

8、B．離子在磁場中加速 C．離子由回旋加速器的中心附近進入加速器 D．離子在電場中偏轉(zhuǎn) 解析：選C.離子由回旋加速器的中心附近進入加速器，在電場中加速，磁場中偏轉(zhuǎn)，選項C正確，A、B、D錯誤． 6．(xx·湖北三市高二檢測)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)．如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場．圖中虛線框部分相當于發(fā)電機．把兩個極板與用電器相連，則(　　) A．用電器中的負電荷運動方向從A到B B．用電器中的電流方向從B到A C．若只減小噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大 D．若只增大磁場，發(fā)電機的電動勢增大 解析

9、：選D.首先對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上板聚集，負離子則向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O下板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故A、B錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f＝qvB，F(xiàn)＝q，則qvB＝q，解得E＝Bdv，所以電動勢E與速度v及磁場B成正比，所以若只減小噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢減小，選項C錯誤；若只增大磁場，發(fā)電機的電動勢增大，D正確． 二、多項選擇題 7. (xx

10、·河北邯鄲一中期中)如圖混合正離子束先后通過正交電場磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑又相同，則說明這些正離子具有相同的(　　) A．速度 B．質(zhì)量 C．電荷 D．比荷 解析：選AD.在正交的電磁場區(qū)域中，正離子不偏轉(zhuǎn)，說明離子受力平衡，在區(qū)域Ⅰ中，離子受電場力和洛倫茲力，由qvB＝qE，得v＝，可知這些正離子具有相同的速度；進入只有勻強磁場的區(qū)域Ⅱ時，偏轉(zhuǎn)半徑相同，由R＝和v＝，可知，R＝；這些正離子具有相同的比荷；故選A、D. 8．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

11、原點O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軸正方向成120°角．若粒子穿過y軸正半軸后，在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的電性是(　　) A. B． C．正電荷 D．負電荷 解析：選AD.因粒子進入磁場后首先穿過y軸正半軸，故粒子應(yīng)帶負電，作出粒子進入磁場后的運動軌跡如圖所示， 由圖可知a＝r＋rcos 60°，所以r＝a.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，所以r＝，可解得＝，正確選項為A、D. 9．如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻

12、強磁場．四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負電小球從斜面上的同一點O以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(圖中未畫出)．小球受到的電場力、洛倫茲力都始終小于重力，不計空氣阻力．則(　　) A．O、C之間距離大于O、B之間距離 B．小球從拋出到落在斜面上用時相等 C．小球落到B點與C點速度大小相等 D．從O到A與O到D，合力對小球做功相同 答案：AC 10．(xx·河北石家莊五校聯(lián)考)如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，∠A＝60°，AO＝a.在O點放置一個粒子源，可以向

13、紙面內(nèi)各個方向發(fā)射某種帶負電粒子，粒子的比荷為，速度大小都為v0，且滿足v0＝，發(fā)射方向由圖中的角度θ表示．對于粒子進入磁場后的運動(不計重力作用)，下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場中運動的半徑為a B．粒子有可能打到A點 C．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短 D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 解析：選ABD.根據(jù)公式r＝代入數(shù)據(jù)可得r＝＝×＝a，A正確；根據(jù)Bqv0＝m，可知粒子的運動半徑R＝a，因此當θ＝60°入射時，粒子恰好從A點飛出，故B正確；當θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是周期，在磁場中運動時間最長，故C錯誤；以θ＝0°飛入的粒子在磁

14、場中恰好從AC中點飛出，因此在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，故D正確． 三、非選擇題 11.質(zhì)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(yīng)強度為B1，板間距離為d；c為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2.今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器．粒子進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動，求： (1)粒子的速度v為多少？ (2)速度選擇器的電壓U2為多少？ (3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？ 解析：(1)在a中，e被加速電場U1加速，由動能定理有eU1＝mv2，得v＝. (2)在b

15、中，e受的電場力和洛倫茲力大小相等，即e＝evB1，代入v值得U2＝B1d. (3)在c中，e受洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，做勻速圓周運動的半徑R＝，代入v值得R＝ . 答案：(1) 　(2)B1d 　(3) 12．(xx·甘肅蘭州一中高二期末)如圖所示，在xOy平面的第二象限有一場強為E的勻強電場，電場的方向平行于y軸向上；在第四象限有一勻強磁場，方向垂直于紙面．平面內(nèi)其他部分為真空．有一質(zhì)量為m，電荷量為－q 的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于x軸以初速度v0射入電場．質(zhì)點到達x軸上M點時，速度方向與x軸的夾角為θ， M點與原點O的距離為d.接著，質(zhì)點進入磁場，并從y軸上的N點(圖中沒有畫出

16、)垂直于y軸飛離磁場．不計重力影響．求： (1)A點的橫坐標； (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向； (3)質(zhì)點從A到N的時間． 解析：質(zhì)點在第二象限的電場中做類平拋運動，穿過y軸進入第一象限做勻速直線運動交x軸于M點，從M點進入第四象限后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，O′為圓心． (1)由幾何關(guān)系可知，質(zhì)點在電場中做類平拋運動，速度偏角為θ，設(shè)質(zhì)點出電場時的速度為v，豎直方向分速度為vy. 豎直方向分速度：vy＝v0tan θ 加速度：a＝ 又：vy＝at1 質(zhì)點在電場中的運動時間： t1＝＝ 水平位移：x＝v0t1＝ 故A點的橫坐標為－. (2)質(zhì)點進入第四象限后，在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，圓心為O′.根據(jù)左手定則判斷知，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向為垂直紙面向里． 由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑r＝ 質(zhì)點做圓周運動的速度：v＝ 洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB＝m 解得磁感應(yīng)強度：B＝＝＝. (3)質(zhì)點在第一象限內(nèi)做勻速直線運動，運動時間 t2＝＝＝ 質(zhì)點在第四象限做圓周運動，由幾何關(guān)系可知圓心角為π－θ 運動時間t3＝·T＝·＝· ＝ 已知質(zhì)點在第二象限內(nèi)運動時間t1＝ 從A到N的總時間為t＝t1＋t2＋t3＝＋＋. 答案：(1)－　(2)　垂直紙面向里 (3)＋＋