高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第四节 洛伦兹力与现代技术课后复习题

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册

1.4洛伦兹力与现代技术 课时练（解析版）

1．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成∶离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法正确的是（　　）

A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向里

B．磁分析器中圆心O2到Q点的距离

C．不同离子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器

D．静电分析器通道中心线半径为

2．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒、构成，其间留有空隙。下列说法正确的是（　　）

A．带电粒子由加速器的边缘进入加速器

B．带电粒子每次进入D形盒时做加速圆周运动

C．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大

D．经过半个圆周后带电粒子再次到达两盒间的缝隙时，两盒间的电压恰好改变正负

3．如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是（　　）

A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子

B．只增大加速电压U， H粒子获得的最大动能增大

C．只增大加速电压U， H粒子在回旋加速器中运动的时间变短

D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子

4．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是（　　）

A．该微粒一定带负电 B．该微粒的动能一定减少

C．该微粒的电势能一定增加 D．该微粒的机械能不一定增加

5．空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，有一质量为m、电荷量为q的质点，以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向上

B．质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下

C．质点飞出磁场时速度的大小为v0

D．质点飞出磁场时速度的大小为

6．如图所示，空间内有一长方形区域，区域内存在着匀强电场（未画出），O、e分别为边、边的中点，且边的长度为边长度的2倍，以边为直径的半圆内有垂直于纸面向里、磁感应强度的匀强磁场（边界上无磁场）。一群不计重力、电荷量的带电粒子以速度沿垂直边的方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子间的相互作用力，若从O点射入的带电粒子刚好沿直线射出，则下列说法正确的是（　　）

A．电场强度大小为，方向与边平行向上

B．电场强度大小为，方向与边平行向下

C．若完全相同的粒子从的中点沿垂直于边的方向射人磁场区域，将从的中点离开长方形区域

D．若完全相同的粒子从的中点沿垂直于边的方向射入磁场区域，将从b点离开长方形区域

7．如图所示为某一质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线上的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法中正确的是（　　）

A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向里

B．加速电场中的加速电压U＝ER

C．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝

D．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器

8．如图所示为霍尔元件的工作原理示意图，导体的宽度为h、厚度为d，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，两侧面会形成电势差U，其大小与磁感应强度B和电流I的关系为，式中比例常数k为霍尔系数，设载流子的电荷量的数值为q，下列说法正确的是（　　）

A．霍尔元件是一种重要的电传感器

B．C端的电势一定比D端的电势高

C．载流子所受静电力的大小

D．霍尔系数，其中n为导体单位体积内的电荷数

9．如图所示为等离子体发电机的示意图。高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中。在发电通道中有两块相距为的平行金属板，两金属板外接电阻。若磁场的磁感应强度为，等离子体进入磁场时的速度为，系统稳定时发电通道的电阻为。则下列表述正确的是（　　）

A．上金属板为发电机的负极，电路中电流为

B．下金属板为发电机的正极，电路中电流为

C．上金属板为发电机的正极，电路中电流为

D．下金属板为发电机的负极，电路中电流为

10．如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为、电场强度大小为E，荧光屏下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为。三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的、、处，相对应的三个粒子的质量分别为、、，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是（　　）

A．三个粒子均带负电

B．打在位置的粒子质量最大

C．如果，则

D．粒子进入偏转磁场的速度是

11．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水平方向成37°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道（管道内径略大于小球直径），已知sin37°=0.6，下列说法正确的（　　）

A．小球可能带负电

B．磁扬和电场的大小关系为

C．小球从管道的甲端运动到乙端过程中，小球机械能增加

D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动

12．如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（　　）

A．质谱仪是分析同位素的重要工具

B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外

C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小

13．如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，在运动中都能通过各自轨道的最低点M、N，则（　　）

A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有

B．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有

C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同

D．小球b能到达轨道的最右端，小球a不能到达轨道的最右端

14．在如图所示的有界正交的电场和磁场上方，有一个处于静止状态的带电量为，质量为m的小球，磁场的磁感应强度为B，电场的电场强度为E，现将小球由静止释放，结果小球恰能沿直线通过场区，空气阻力不计，则（　　）

A．小球穿过场区的过程中动能增大

B．小球穿过场区的过程中电势能不变

C．小球在场区受到的电场力大于重力

D．小球进场前自由下落的高度为

15．如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点，则（　　）

A．打在P1点的粒子是He

B．打在P2点的粒子是H和He

C．O2P2的长度是O2P1长度的2倍

D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等

16．如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对足够长平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；

（3）满足（2）的前提下，定性画出电流i随UAK变化的关系曲线。要求标出相关数据，且要有计算依据。

17．如图所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B，粒子从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距离多大？

18．如图所示的坐标系，虚线MN位于x轴上方h处，虚线MN与x轴之间存在水平向右的匀强电场（图中未画出），x轴下方有一半径为R的圆形磁场与x轴相切于O点，O1为磁场的圆心，磁场方向垂直于纸面向外（图中未画出）。S处有一粒子源，某时刻沿y轴负方向发射一质量为m、电荷量为q的正粒子，粒子的发射速度大小为v0，经过一段时间粒子由坐标原点以大小为的速度进入磁场，且粒子的轨迹刚好通过O1点，不考虑粒子的重力。求：

（1）匀强电场的电场强度E的大小；

（2）磁感应强度B的大小。

19．回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？

20．如图，在真空中，xoy坐标平面第一象限x≤1m的范围内，存在一水平向右的匀强电场，场强大小E＝2.0×102N/C，在x＝1m处有一足够大吸收荧光屏MN，在第二象限存在一半径R＝0.4m的四分之一圆弧边界的匀强磁场，原点O为圆心，磁感应强度B＝0.2T，方向垂直纸面向里。现有一束宽度也为R的线状正粒子源，以水平速度v0＝1.28×104m/s沿x轴正向射入磁场区域，穿过磁场后通过y轴进入右侧电场区域。所有粒子的比荷均为＝1.6×105C/kg，不计粒子的重力及其相互作用。

（1）从A（－0.4m，0）处水平射入的粒子刚进入电场时的y坐标

（2）吸收光屏上有粒子出现的y坐标范围

（3）若已知粒子质量m＝1.0×10－8kg，粒子打在光屏上不反弹，作用时间均为t＝1.0×10－3s，求单个粒子打到光屏上时，与光屏间的最大作用力。（结果保留两位有效数字，提示：＝1.4，＝1.7）

 参考答案

1．D

【详解】

A．离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；

B．离子在静电分析器时速度为v，由牛顿第二定律得

离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得

联立，可得

r

因此

故B错误；

C．离子在加速电场中，根据动能定理有

解得

因此不同离子经过加速后进入静电分析器的速度不一样，当速度不符合沿通道中心线安全通过的速度时，离子就会做离心运动或者近心运动，无法通过静电分析器。故C错误；

D．经过静电分析器时，电场力提供向心力，有

整理，可得

即静电分析器通道中心线半径为

故D正确。

故选D。

2．D

【详解】

A．被加速粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器， A错误；

B．粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中做匀速圆周运动。B错误；

C．粒子在磁场中运动的周期

被加速的粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，C错误；

D．回旋加速器的原理就是经过半个圆周后再次到达两盒间的缝隙处，控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过盒缝时再次被加速，如此反复的速度就能增加到最大，D正确。

故选D。

3．C

【详解】

A．D形盒缝隙间电场变化周期与H粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为

T＝

而质子与H粒子的比荷不相等，所以为了加速器可以加速质子，应对加速器进行参数调节，改变B和T，A错误；

B．设D形盒半径为r，则H粒子离开回旋加速器的最大速度

vmax＝

所以只增大加速电压U， H粒子获得的最大动能不会增大，B错误；

C．粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为n，则由

可得

n＝

所以粒子运动总时间

t＝nT＝·＝

故只增大加速电压U， H粒子在回旋加速器中回旋的次数会变少，即运动的时间会变短，C正确；

D．回旋加速度既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D错误。

故选C。

4．A

【详解】

B．微粒受到的重力和电场力是恒力，且该微粒沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，故B错误；

ACD．如果该微粒带正电，则受到竖直向下的重力、水平向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，受力不平衡，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故A正确，CD错误。

故选A。

5．D

【详解】

AB．因为磁场方向水平，质点沿水平且垂直于磁场的方向进入该磁场，只能判断质点进入磁场时所受洛伦兹力沿竖直方向，质点同时受竖直向下的重力向下偏转，则洛伦兹力可能向下，也可能向上，所以AB错误；

CD．对质点在磁场中的运动过程应用动能定理，有

mgh=mv2-mv

得

所以C错误；D正确；

故选D。

6．B

【详解】

AB．若从O点射入的带电粒子刚好沿直线射出，则粒子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即

解得

由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，所以电场力方向向下，因为粒子带正电，所以电场方向与边平行向下，A错误，B正确；

C．若完全相同的粒子从的中点沿垂直于边的方向射人磁场区域，沿水平方向做匀速直线运动，但离开半圆形区域后在电场力的作用下向下偏转，故不可能从的中点离开长方形区域，C错误；

D．若完全相同的粒子从的中点沿垂直于边的方向射入磁场区域，沿水平方向做匀速直线运动，但离开半圆形区域后在电场力的作用下向下偏转，故不可能从b点离开长方形区域，D错误。

故选B。

7．B

【详解】

A．离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；

B．离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有

解得

故B正确；

C．离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

解得

所以

故C错误；

D．由B选项可知

R与离子质量、电量无关；离子在磁场中的轨道半径

离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，故D错误。

故选B。

8．D

【详解】

A．霍尔元件是磁传感器，A错误；

B．若载流子带正电，由左手定则可知正电荷往C端偏转，C端电势高，同理可知，若载流子带负电，D端电势高，B错误；

C．载流子所受静电力的大小

C错误；

D．载流子稳定流动时有

电流的微观表达式为

其中n为导体单位体积内的电荷数，可得

又

则霍尔系数

D正确。

故选D。

9．C

【详解】

根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力向上，所以上金属板带正电，即上板为正极。稳定后有

解得

根据闭合电路的欧姆定律得

故选C。

10．BD

【详解】

A．荧光屏下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，由左手定则知三种粒子均带正电，A错误；

BD．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡

解得

则粒子进入偏转磁场的速度是

根据

解得

打在位置的粒子半径最大，则打在位置的粒子质量最大，BD正确；

C．根据

解得

解得

C错误。

故选BD。

11．BD

【详解】

A．小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动。当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动，故A错误；

B．由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为

整理，得

故B正确；

C．小球从管道的甲端运动到乙端过程中，电场力做负功，小球的机械能减小，故C错误；

D．未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向（管道方向）合力仍为零。而管道的支持力垂直于管道。即小球合力仍为零，做匀速直线运动，故D正确；

故选BD。

12．ABC

【详解】

A．质谱仪是分析同位素的重要工具，故A正确；

B．在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知：速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外，故B正确；

C．能通过狭缝P的带电粒子，有

可得带电粒子的速率

故C正确；

D．粒子在平板S下方的匀强磁场中做匀速圆周运动，由

得

则粒子的比荷

可知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，半径R越小，粒子的比荷越大，故D错误。

故选ABC。

13．AD

【详解】

A．小球a滑到M点的过程中重力做正功，电场力做负功，小球b滑到N点的过程中只有重力做正功，由动能定理，有

所以

故A正确。

B．设小球a、b受到的支持力大小分别为、，对M点，小球a经过M点时，有

由牛顿第三定律知，对轨道的压力

得

对N点，有

当小球b向右运动通过N点时

且由牛顿第三定律知，对轨道的压力

得

显然

但当小球b在磁场中向左运动通过N点时

得

由于与大小关系不能确定，所以FN与FM大小关系不能确定，故B错误。

C．电场力沿轨道切线分量阻碍小球a的下滑，则小球a第一次到达M点的时间大于小球b第一次到达N点的时间，故C错误。

D．小球b向右运动过程中机械能守恒，能到达轨道的最右端，小球a向右运动过程中机械能减小，不能到达轨道的最右端，故D正确。

故选AD。

14．CD

【详解】

A．由于小球进入场区后沿直线通过，则一定做匀速直线运动，动能不变，故A错误；

B．由于电场力做负功电势能增大，故B错误；

C．由受力分析可知，小球受到的洛仑兹力与重力垂直，且两个力的合力与电场力等大反向，因此电场力大于重力，故C正确；

D．设小球进场时的速度为v，则

解得

因此小球进场前自由下落的高度

故D正确。

故选CD。

15．BC

【详解】

AB．沿直线O1O2运动的粒子满足

即速度为

在偏转磁场中洛伦兹力作为向心力，可得

联立可得

H、He比荷相等且较小，故半径较大，打在P2点， H比荷较大，故半径较小，打在P1点，A错误，B正确；

C．由AB的解析可知， H、He的比荷是H的比荷的，故半径是其2倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，C正确；

D．在偏转磁场中的周期为

运动时间为

故粒子在偏转磁场中运动的时间不会都相等，D错误。

故选BC。

16．（1）；（2）；（3）见解析

【详解】

（1）依题意知，粒子在磁场中轨道半径

根据

解得

（2）粒子从最上端飞出磁场的运动轨迹图如下

上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，由几何关系

解得

同理下端电子从P点射出与负y轴最大夹角也是，所以电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围

（3）进入小孔的电子速度与y轴间夹角正切值大小为

解得

此时对应的能够进入平行板内电子长度为，根据几何关系知

设每秒能到达A板的电子数为n，则由比例关系知

解得

可得饱和电流大小

由动能定理得出遏止电压

与负y轴成角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，此时速度为

其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压

综上所述，可定性画出电流i随UAK变化的关系曲线如下

17．；

【详解】

由动能定理知qU＝mv2，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝，由于粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝＝，所以打在底片上的位置到S3的距离为

18．（1）；（2）

【详解】

（1）粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。

粒子在电场从S到O做类平抛运动，在垂直于电场方向

粒子在O点沿着电场方向速度

所以粒子沿着电场方向的位移

粒子从S点到O点，由动能定理得

解得

（2）设粒子在O处的速度与x轴正方向夹角为θ。则

解得

θ=45°

所以三角形O1O2O为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。

由几何关系得

由牛顿第二定律

解得

19．见解析

【详解】

磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速，交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期．当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即rm＝，可得Ekm＝，所以要提高带电粒子获得的最大动能，则应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径rm

20．（1）；（2）；（3）

【详解】

（1）由题意得，于A处释放的粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律可得

解得

分析可知，粒子在磁场中的轨迹刚好经过Q点

故

（2）从A处射入的粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经Q点后进入电场做类平抛运动，设在电场中沿x轴方向做匀加速运动的时间为t1，由匀变速位移公式得

又由牛顿第二定律得

解得

由y轴方向粒子做匀速运动，设粒子打在光屏上的D点，根据匀速规律可得

沿直接射入电场的粒子，沿x轴方向做匀加速运动，直接打在光屏上C点，故可得

综合上述结论可得粒子打在光屏上所有位置的y坐标取值范围。

（3）所有粒子均从Q点出发，打在之间，由动能定理及运动的合成知识可知，显然到达C点处的粒子速度大小最大。设打到C点处的粒子末速度为。由动能定理可得

代入数据解得

在不反弹的情况下，打到C点处的粒子动量变化最大，作用力也最大。

由动量定理可得

解得

由题意对荧光屏的作用力包含电场力，故作用力大小为

‍‍