鲁科版 (2019)选择性必修 第二册第1章 安培力与洛伦兹力第3节 洛伦兹力的应用课后复习题

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课时素养评价

三　洛伦兹力的应用

　　　　　　　 (25分钟·60分)

一、选择题(本题共5小题，每题7分，共35分)

1.电视显像管应用了电子束磁偏转的道理。如图所示，图中阴影区域没有磁场时，从电子枪发出的电子打在荧光屏正中的O点。为使电子在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，阴影区域所加磁场的方向是(　　)

A.垂直于纸面向外　　　 B.垂直于纸面向内

C.竖直向上     D.竖直向下

【解析】选A。根据题意可知，电子在磁场中向上偏转，由左手定则可以判断，磁场的方向垂直纸面向外，故B、C、D错误，A正确。

2.如图为速度选择器示意图，P1、P2为其两个极板。某带电粒子电荷量为q，以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

A.该粒子一定带正电

B.该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出

C.该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出

D.该粒子电荷量变为2q，以速度v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出

【解析】选D。假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动，则电场力应竖直向下，满足qv0B=Eq，所以极板P1的电势一定高于极板P2的电势，电场方向竖直向下。不论粒子带电性质如何，电场力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，故A错误；若从S2射入，假设粒子带正电，则电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，合力向下，不会沿虚线从S1射出，故B错误；若粒子的速度为2v0，则q2v0B>qE受力不平衡，不会沿虚线从S2射出，故C错误；若带电粒子带电量为2q，速度不变，则仍有2Eq=2qv0B，仍能沿虚线从S2射出，故D正确。

【总结提升】粒子通过速度选择器的条件

(1)速度大小满足：qvB=qE。

(2)速度方向满足：洛伦兹力与电场力方向相反。

(3)粒子能否通过速度选择器与粒子的电性和电量无关。

3.某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，偏转磁场(匀强磁场)的磁感应强度大小为B2。一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。该粒子的质量为              (　　)

A.    B.

C.    D.

【解析】选A。在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，可对带电粒子列平衡方程：qvB1=qE，解得：v=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=m，解得：m=；故A正确，B、C、D错误。

4.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间。带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是              (　　)

A.带电粒子每运动一周被加速2次

B.P1P2=P2P3

C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关

D.加速电场方向不需要做周期性的变化

【解析】选D。带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，故A错误；根据r=，则P1P2=2(r2-r1)=，因为每转一圈被加速一次，速度变化为Δv=at，且t23<t12，可知速度的变化量不等，且v3-v2<v2-v1，则P1P2>P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=可得，v=。可知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C错误；根据回旋加速器工作原理可知，每次加速都是从A板运动到C板，所以加速电场方向不变，故D正确。

5.磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接，A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个电极。下列推断正确的是              (　　)

A.A板为电源的正极

B.电阻R两端电压等于电源的电动势

C.若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小

D.若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加

【解析】选C。等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，所以B板带正电，为电源的正极，A板为电源的负极，故A错误；分析电路结构可知，A、B为电源的两极，R为外电路，故电阻R两端电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有：qvB=q，解得：U=Bdv，减小两极板的距离d，电源的电动势减小，故C正确；同理，增加两极板的正对面积，电动势不变，故D错误。

二、计算题(本题共2小题，共25分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)

6.(10分)质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器。粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：

(1)粒子的速度v为多少？

(2)速度选择器的电压U2为多少？

(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？

【解析】(1)在a中，e被加速电场U1加速，由动能定理有eU1=mv2，得v=。

(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e=evB1，代入v值得U2=B1d。

(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，做匀速圆周运动的半径R=，代入v值得R=。

答案：(1)　(2)B1d　(3)

7.(15分)回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速。设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U。不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：

(1)所加交变电压的周期T；

(2)带电粒子离开D形盒时的动能Ekm；

(3)带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计。

【解析】(1)带电粒子在磁场中运动的周期与交变电压变化的周期相等，得T=。

(2)带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，

由圆周运动的规律得qvB=m，

解得：v=

粒子离开D形盒时的动能

Ekm=mv2=。

(3)设带电粒子在电场中加速的次数为n，

有nqU=Ekm-0

解得：n=

又因为带电粒子在磁场中运动的周期

T=

所以带电粒子在磁场中运动的时间t1=n×，

解得：t1=

带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，

得v=at，

其中a=

所以带电粒子在电场中运动的时间t2=

有=

因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略。

答案：(1)　(2)

(3)　　证明过程见解析

　　　　　　　 (15分钟·40分)

8.(8分)一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管左右两侧加上匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表。已知血管的直径是2.0 mm，磁场的磁感应强度为0.10 T，由电压表测出的电压为0.12 mV，则动脉血管电势较高的一侧和血管中血流速度的大小分别是              (　　)

A.下侧；0.6 m/s   B.下侧；1.2 m/s

C.上侧；0.6 m/s   D.上侧；1.2 m/s

【解析】选C。根据题意可知，血管中正、负离子垂直纸面向外运动，而磁场方向由左向右，依据左手定则，正离子向上偏，而负离子向下偏，因此动脉血管电势较高的是上侧；电压表示数稳定时，电场力和洛伦兹力相等，则：qE=qvB，并且E=，v== m/s≈0.6 m/s，故A、B、D错误，C正确。

9.(8分)(多选)图甲是回旋加速器的原理示意图。其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连。加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是              (　　)

A.在Ek-t图像中t4-t3=t3-t2=t2-t1

B.高频电流的变化周期应该等于tn-tn-1

C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大

D.D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大

【解析】选A、D。根据T=知，粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1，故A正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，而粒子在磁场中运动一个周期的时间加速两次，故电源的变化周期应该等于2(tn-tn-1)，故B错误；根据公式r=，得v=，故最大动能Ekm=mv2=，则知粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C错误，D正确。

10.(24分)(2020·浙江7月选考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。

(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；

(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；

(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。

【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动qvB=

得离子的速度大小v=。

令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG边的Q点射出，则由几何关系可得

OH=0.6R，s=HQ==0.8R。

(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O′，从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得HO′=aH-R=0.6R，x==0.8R

即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别与竖直方向的夹角为β、α，由几何关系可得α=β

探测到三束离子，则c束中的离子恰好到达探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最大，

tanα==，则Lmax=R。

(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=pcosα=0.8qBR

当0<L≤R时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力

F1=Np+2Npz=2.6NqBR，

当R<L≤0.4R时， 只有a和b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为

F2=Np+Npz=1.8NqBR，

当L>0.4R时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为

F3=Np=NqBR。

答案：(1)　0.8R　(2)R　(3)当0<L≤R时：F1=2.6NqBR　当R<L≤0.4R时：F2=1.8NqBR　当L>0.4R时：F3=NqBR