2022-2023學(xué)年高中物理 第3章 磁場 第5節(jié) 洛倫茲力的應(yīng)用練習(xí) 教科版選修3-1

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1、2022-2023學(xué)年高中物理 第3章 磁場 第5節(jié) 洛倫茲力的應(yīng)用練習(xí) 教科版選修3-1 1.粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，射出磁場時速度仍為v0，如圖1所示，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，由幾何關(guān)系知：tan＝__________＝ ____________.利用磁場控制粒子的運(yùn)動方向時磁場只改變粒子的運(yùn)動____________，不改變粒子的速度________． 圖1 2．質(zhì)譜儀的原理和應(yīng)用 (1)原理圖：如圖2所示． 圖2 (2)加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得：________＝mv2① (3)偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進(jìn)入

2、質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力：________＝② (4)由①②兩式可以求出粒子的________、________、________等，其中由r＝可知電荷量相同時，半徑將隨________變化． (5)質(zhì)譜儀的應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析________． 3．回旋加速器的原理及應(yīng)用 (1)構(gòu)造圖：如圖3所示． 回旋加速器的核心部件是兩個____________． 圖3 (2)原理 回旋加速器有兩個銅質(zhì)的D形盒D1、D2，其間留有一________，加以________電壓，離子源處在中心O附近，勻強(qiáng)磁場________D形盒表面． 粒子

3、在兩盒空間的勻強(qiáng)磁場中，做______________，在兩盒間的空隙中，被__________加速．如果交變電場的周期與粒子______________________相同，粒子在空隙中總被__________，半徑r逐漸增大，達(dá)到預(yù)定速率后，用靜電偏轉(zhuǎn)極將高能粒子引出D形盒用于科學(xué)研究． (3)用途 加速器是使____________獲得高能量的裝置，是科學(xué)家探究________的有力工具，而且在工、農(nóng)、醫(yī)藥等行業(yè)得到廣泛應(yīng)用． 【概念規(guī)律練】 知識點一　利用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動 1．長直螺線管中通有電流，沿螺線管中心軸線射入一電子，若螺線管中電流增大，方向不變，電子在螺旋

4、管中心軸線上運(yùn)動情況是(　　) A．做勻速直線運(yùn)動 B．做變加速直線運(yùn)動 C．做變減速直線運(yùn)動 D．做間距變大的螺旋運(yùn)動 2.如圖4所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，并且指向紙外．有一束粒子對準(zhǔn)a端射入彎管，粒子有不同的質(zhì)量、不同的速度，但都是一價正離子(　　) 圖4 A．只有速度v大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 B．只有質(zhì)量m大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 C．只有m、v的乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 D．只有動能Ek大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 知識點二　洛倫茲力與其他

5、性質(zhì)力的結(jié)合 3.如圖5所示，空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．若撤去磁場，P可能做勻加速直線運(yùn)動 B．若撤去電場，P一定做勻加速直線運(yùn)動 C．若給P一初速度，P可能做勻速直線運(yùn)動 D．若給P一初速度，P一定做曲線運(yùn)動 4．如圖6所示，用絲線吊一個質(zhì)量為m的帶電(絕緣)小球處于勻強(qiáng)磁場中，空氣阻力不計，當(dāng)小球分別從A點和B點向最低點O運(yùn)動且兩次經(jīng)過O點時(　　) 圖6 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

6、向心加速度相同 知識點三　質(zhì)譜儀 5.質(zhì)譜儀原理如圖7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(qiáng)度為B1，板間距離為d；c為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動．求： 圖7 (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(yùn)動的半徑R為多大？ 知識點四　回旋加速器 6．在回旋加速器中(　　) A．電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋 B．電場和磁場同時用來加速

7、帶電粒子 C．在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大 D．同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關(guān)，而與交流電壓的頻率無關(guān)． 7．有一回旋加速器，它的高頻電源的頻率為1.2×107 Hz，D形盒的半徑為0.532 m，求加速氘核時所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？氘核所能達(dá)到的最大動能為多少？(氘核的質(zhì)量為3.3×10－27 kg，氘核的電荷量為1.6×10－19C) 【方法技巧練】 一、速度選擇器問題的分析方法 8．在兩平行金屬板間，有如圖8所示的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．α粒子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和

8、磁場方向從左向右射入時，恰好能沿直線勻速通過．供下列各小題選擇的答案有： 圖8 A．不偏轉(zhuǎn)B．向上偏轉(zhuǎn) C．向下偏轉(zhuǎn) D．向紙內(nèi)或紙外偏轉(zhuǎn) (1)若質(zhì)子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時，質(zhì)子將________ (2)若電子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時，電子將________ (3)若質(zhì)子以大于v0的速度，沿垂直于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的方向從兩板正中央射入，質(zhì)子將________ 9.一個帶正電的微粒(重力不計)穿過如圖9所示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域時，恰能沿直線運(yùn)動，則欲使電荷向下偏轉(zhuǎn)時應(yīng)采用的辦法是(　　)

9、 圖9 A．增大電荷質(zhì)量B．增大電荷電荷量 C．減小入射速度D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度 1．如圖10所示，一水平導(dǎo)線通以電流I，導(dǎo)線下方有一電子，初速度方向與導(dǎo)線平行，關(guān)于電子的運(yùn)動情況，下述說法中正確的是(　　) 圖10 A．沿路徑a運(yùn)動，其軌道半徑越來越大 B．沿路徑a運(yùn)動，其軌道半徑越來越小 C．沿路徑b運(yùn)動，其軌道半徑越來越小 D．沿路徑b運(yùn)動，其軌道半徑越來越大 2.如圖11所示，一圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，AC為直徑，O為圓心，一帶電粒子從A沿AO方向垂直射入磁場，初速度為v1，從D點射出磁場時的速率為v2，則下列說法中正確的是(粒子重力不計)(　　) 圖11

10、 A．v2>v1，v2的方向的反向延長線必過圓心 B．v2＝v1，v2的方向的反向延長線必過圓心 C．v2>v1，v2的方向的反向延長線可能不過圓心 D．v2＝v1，v2的方向的反向延長線可能不過圓心 3.如圖12所示，勻強(qiáng)電場的方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右做勻速運(yùn)動，c向左做勻速運(yùn)動，比較它們的重力Ga、Gb、Gc間的關(guān)系，正確的是(　　) 圖12 A．Ga最大 B．Gb最大 C．Gc最大D．Gb最小 4.如圖13所示，一個帶正電荷的小球沿光滑水平絕緣的桌面向右運(yùn)動，飛離桌子邊緣A，最后落到地板上．設(shè)有

11、磁場時飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度大小為v1；若撤去磁場而其余條件不變時，小球飛行的時間為t2，水平射程為x2，著地速度大小為v2.則(　　) 圖13 A．x1>x2 B．t1>t2 C．v1>v2D．v1＝v2 5．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交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，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面的勻強(qiáng)磁場中，如圖14所示，要增大帶電粒子射出時的動能，下列說法中正確的是(　　) 圖14 A．增大勻強(qiáng)電場間的加速電壓 B．增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 C．減小狹縫間

12、的距離 D．增大D形金屬盒的半徑 6．如圖15所示，兩個平行金屬板M、N間為一個正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)，電場方向由M板指向N板，磁場方向垂直紙面向里，OO′為到兩極板距離相等的平行兩板的直線．一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的帶電粒子，以速度v0從O點射入，沿OO′方向勻速通過場區(qū)，不計帶電粒子的重力，則以下說法正確的是(　　) 圖15 A．帶電荷量為－q的粒子以v0從O點沿OO′方向射入仍能勻速通過場區(qū) B．帶電荷量為2q的粒子以v0從O點沿OO′射入仍能勻速通過場區(qū) C．保持電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向均與原來相反，粒子以v0從O點沿OO′射入，則粒子仍能勻速通過場區(qū)

13、 D．粒子仍以速度v0從右側(cè)的O′點沿OO′方向射入，粒子仍能勻速通過場區(qū) 7.質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖16所示，離子源S產(chǎn)生一個質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，離子產(chǎn)生出來時的速度很小，可以看作是靜止的，離子產(chǎn)生出來后經(jīng)過電壓U加速，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，沿著半圓運(yùn)動而達(dá)到記錄它的照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處S1的距離為x，則下列說法正確的是(　　) 圖16 A．若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于x，則說明離子的質(zhì)量一定變大 B．若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于

14、x，則說明加速電壓U一定變大 C．若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于x，則說明磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定變大 D．若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于x，則說明離子所帶電荷量q可能變小 題　號 1 2 3 4 5 6 7 答　案 8.回旋加速器D形盒中央為質(zhì)子流，D形盒的交流電壓為U，靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后，進(jìn)入D形盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m.求： (1)質(zhì)子最初進(jìn)入D形盒的動能多大； (2)質(zhì)子經(jīng)回旋加速器最后得到的動能多大； (3)交流電源的頻率是多少．

15、 9.一個質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(絕緣)，斜面固定且置于B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖17所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面(g取10 m/s2)．求： 圖17 (1)小滑塊帶何種電荷？ (2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？ (3)該斜面長度至少多長？ 第5節(jié) 洛倫茲力的應(yīng)用 答案 課前預(yù)習(xí)練 1.　　方向　大小 2．(2)qU　(3)qvB　(4)質(zhì)量　荷質(zhì)比　半徑　質(zhì)量 (5)同位素 3．(1)D形

16、盒 (2)空隙　加速　垂直于　勻速圓周運(yùn)動　電場　在磁場中的運(yùn)動周期　加速 (3)帶電粒子　原子核 課堂探究練 1．A 2．C　[因為粒子能通過彎管要有一定的半徑，其半徑r＝R. 所以r＝R＝，由q和B相同，則只有當(dāng)mv一定時，粒子才能通過彎管．] 3．C　[若撤去磁場，油滴在重力和電場力作用下仍處于平衡狀態(tài)，故A錯；若撤去電場，P在重力作用下豎直向下加速，同時P又受到洛倫茲力作用，而洛倫茲力垂直速度方向，故P做曲線運(yùn)動，B錯；若所給初速度方向與磁場方向平行，油滴只受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，做勻速直線運(yùn)動，否則做曲線運(yùn)動，故C對，D錯．] 4．AD　[帶電小球受到洛倫茲力

17、和繩的拉力與速度方向時刻垂直，對小球不做功只改變速度方向，不改變速度大小，只有重力做功，故兩次經(jīng)過O點時速度大小不變，動能相同，A正確；小球分別從A點和B點向最低點O運(yùn)動且兩次經(jīng)過O點時速度方向相反，由左手定則可知兩次過O點洛倫茲力方向相反，繩的拉力大小也就不同，故B、C錯；由a＝可知向心加速度相同，D正確. ] 5．(1) 　(2)B1d　(3) 解析　根據(jù)動能定理可求出速度v，據(jù)電場力和洛倫茲力相等可得到U2，再據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的知識可求得半徑． (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中，e受的電場力和洛倫茲力大小相等，即

18、e＝evB1，代入v值得U2＝B1d. (3)在c中，e受洛倫茲力作用而做圓周運(yùn)動，回轉(zhuǎn)半徑 R＝，代入v值解得R＝. 點評　分析帶電粒子在場中的受力，依據(jù)其運(yùn)動特點，選擇物理規(guī)律進(jìn)行求解分析． 6．AC　[電場的作用是使粒子加速，磁場的作用是使粒子回旋，故A選項正確；粒子獲得的動能Ek＝，對同一粒子，回旋加速器的半徑越大，粒子獲得的動能越大，故C選項正確．] 7．1.55T　2.64×10－12J 解析　氘核在磁場中做圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律qvB＝m，周期T＝，解得圓周運(yùn)動的周期T＝. 要使氘核每次經(jīng)過電場均被加速，則其在磁場中做圓周運(yùn)動的周期等于交變電

19、壓的周期，即T＝. 所以B＝＝T ＝1.55T. 設(shè)氘核的最大速度為v，對應(yīng)的圓周運(yùn)動的半徑恰好等于 D形盒的半徑，所以v＝. 故氘核所能達(dá)到的最大動能 Emax＝mv2＝m·()2＝ ＝J＝2.64×10－12J. 8．(1)A　(2)A　(3)B 解析　分析粒子在場中的運(yùn)動，須從分析帶電粒子在互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中受力情況入手． 設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.帶電粒子以速度v垂直射入互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中時，若粒子帶正電，則所受電場力方向向下，大小為qE；所受磁場力方向向上，大小為Bqv.沿直線勻速

20、通過時，顯然有Bqv＝qE，v＝，即勻速直線通過時，帶電粒子的速度與其質(zhì)量、電荷量無關(guān)．如果粒子帶負(fù)電，電場力方向向上，磁場力方向向下，上述結(jié)論仍然成立．所以，(1)、(2)兩小題應(yīng)選A. 若質(zhì)子以大于v0的速度射入兩板之間，由于磁場力F＝Bqv，磁場力將大于電場力，質(zhì)子帶正電，將向上偏轉(zhuǎn)．第(3)小題應(yīng)選擇B. 方法總結(jié)　(1)正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為E、B，有一帶電粒子以一定的速度垂直電、磁場的方向射入電、磁場中，能勻速穿過電、磁場的條件是帶電粒子的速度為：v＝，與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量、電性等皆無關(guān)．換句話說，帶電粒子能否勻速垂直穿過電、磁場與粒子帶電荷量

21、、帶電性質(zhì)、粒子的質(zhì)量無關(guān)． (2)速度選擇器選擇的是粒子“速度”而非“速率”，只有當(dāng)粒子以特定速率v＝，以確定的方向才可沿直線通過速度選擇器． 9．C　[粒子在穿過這個區(qū)域時所受的力為：豎直向下的電場力Eq和豎直向上的洛倫茲力qvB，且此時Eq＝qvB.若要使電荷向下偏轉(zhuǎn)，需使Eq＞qvB，則減小速度v、減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B或增大電場強(qiáng)度E均可．] 課后鞏固練 1．A　2.B 3．CD　[由于a靜止，Ga＝qE，電場力方向向上，帶負(fù)電荷；由左手定則，b受洛倫茲力豎直向下，Gb＋qvbB＝qE；由左手定則，c受洛倫茲力豎直向上，Gc＝qE＋qvcB.由此可知：Gb＜Ga＜Gc，故C、D正

22、確．] 4．ABD　[ 沒有磁場時，小球飛落過程為平拋運(yùn)動．當(dāng)空間有勻強(qiáng)磁場時，分析小球飛落過程中任一位置受力情況如右圖所示． 由于時刻與瞬時速度垂直的洛倫茲力對小球豎直分運(yùn)動的影響，在同樣落差下與平拋運(yùn)動只受重力作用相比，小球落地時間加長，所以t1>t2. 從洛倫茲力對水平分運(yùn)動的影響可知，小球水平分速度將比平拋時加大，而且又有t1>t2，則必有x1>x2. 由于洛倫茲力做功為零，而兩種情況下重力對小球做功相等，所以落地速度大小相同，即v1＝v2，當(dāng)然兩種情況下小球落地時速度的方向不同．] 5．BD　[當(dāng)帶電粒子的速度最大時，其運(yùn)動半徑也最大，由牛頓第二定律qvB＝m，得v＝

23、. 若D形盒的半徑為R，則r＝R時，帶電粒子的最終動能Ekm＝mv2＝， 所以要提高加速粒子射出時的動能，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和加速器的半徑R.] 6．ABC 7．D　[由qU＝mv2，得v＝，x＝2R，所以R＝＝，x＝＝＝，可以看出，x變大，可能是因為m變大，U變大，q變小，B變小，故只有D對．] 8．(1)eU　(2)　(3) 解析　(1)粒子在電場中加速，由動能定理得： eU＝Ek－0，解得Ek＝eU. (2)粒子在回旋加速器的磁場中繞行的最大半徑為R，由牛頓第二定律得： evB＝m① 質(zhì)子的最大動能：Ekm＝mv2② 解①②式得：Ekm＝ (3)f＝＝ 9

24、．(1)負(fù)電荷　(2)3.5m/s　(3)1.2m 解析　 (1)小滑塊沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力N和洛倫茲力F作用，如右圖所示，若要使小滑塊離開斜面，則洛倫茲力F應(yīng)垂直斜面向上，據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷． (2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，垂直于斜面的加速度為零時，由平衡條件得F＋N＝mgcosα，當(dāng)支持力N＝0時，小滑塊脫離斜面．設(shè)此時小滑塊速度為vmax，則此時小滑塊所受洛倫茲力F＝qvmaxB， 所以vmax＝＝m/s ≈3.5m/s (3)設(shè)該斜面長度至少為l，則臨界情況為剛滑到斜面底端時離開斜面．因為下滑過程中只有重力做功，由動能定理得mglsinα＝mv－0 所以斜面長至少為l＝＝m≈1.2m