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1.4洛伦兹力的应用——高二物理教科版（2019）选修二期末易错题集训
一、质谱仪
（1）用途：测量带电粒子的① 和分析② 的重要工具。
（2）运动过程：
①带电粒子经过电压为U的加速电场加速，则有③ =。
②带电粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，则有，可得
r=④ 。
（3）分析：如图所示，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的⑤ 大小，就可以判断带电粒子的荷质比的大小，如果测出半径且已知电荷量，就可求出带电粒子的⑥ 。
二、回旋加速器
（1）构造：如图所示。
（2）工作原理：
①电场的特点及作用：
特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在⑦ 的电场。
作用：带电粒子经过该区域时被⑧ 。
②磁场的特点及作用：
特点：D形盒处于与盒面垂直的⑨ 磁场中。
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做⑩ 运动，从而改变 ， 周期后再次进入电场。
答案：
①质量 ②同位素 ③qU ④ ⑤半径 ⑥质量 ⑦周期性变化 ⑧加速 ⑨匀强 ⑩匀速圆周 运动方向 半个
单选题
1.如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子，从狭缝S射入磁感应强度为、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，偏转后出现的对应轨迹半径之比为，不计离子重力及离子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A.离子的速度大小之比为1:3 B.离子的电荷量之比为1:3
C.离子的质量之比为3:1 D.离子的比荷之比为3:1
2.如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的带电粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，最后打到照相底片D上的P点，且.忽略粒子的重力，通过实验测得x与的关系如图乙所示，已知图线斜率，匀强磁场的磁感应强度，.则( )
A.该粒子带负电
B.该粒子比荷为
C.若电压U不变，x越大，则粒子的比荷越大
D.该粒子在磁场中运动的时间约为
3.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点.有一群相同的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的，将磁感应强度的大小从原来的变为，结果相应的弧长变为原来的2倍，则等于(不计粒子重力及粒子间相互作用)( )
A. B. C. D.
4.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是( )
A.甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度
B.乙图可判断出A极板是发电机的正极
C.丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
D.丁图中若导体为金属，稳定时C板电势高
5.回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则( )
A.D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B.粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C.粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加
D.粒子离开D形盒时动能为
6.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为其直径。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子在纸面内从M点与MN成角射入磁场，一段时间后从N点离开磁场。粒子重力不计，则粒子( )
A.在磁场中运动的时间为 B.在磁场中运动的时间为
C.射入磁场时的速度大小为 D.射入磁场时的速度大小为
二、多选题
7.如图，在上下无限长平行边界与间有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，与间的距离为d。直线l垂直于，其上S点处有一点状粒子源，S到的距离为1.5d。粒子源在纸面内向其右侧空间各个方向发射大量带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、速度大小相等。从右侧离开磁场区域的所有粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子a（图中未标出）做匀速圆周运动的圆心恰好在直线l上。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A.所有粒子在磁场中运动的轨道半径均为d
B.粒子a进入磁场时的速度方向与直线l的夹角为60°
C.粒子a在磁场中运动的时间为
D.从直线l下方入射的粒子均从直线左侧离开磁场
8.如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则( )
A.粒子带正电
B.粒子运动的速度大小为
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
D.磁场区域中有粒子通过的面积为
9.如图所示，边长为的L的正方形区域中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从边的中点M点以一定速度垂直于边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从边中点N点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是( )
A.该粒子带正电
B.洛伦兹力对粒子做正功
C.粒子在磁场中做圆周运动的半径为
D.如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大
三、计算题
10.如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界，磁场区域宽度为d。一束电荷量为e的带电粒子以速度v垂直磁场边界射入磁场中，穿出磁场时速度方向与磁场右边界夹角为45°。不考虑电荷之间的相互作用力，求：
（1）粒子的电性；
（2）穿越磁场时的轨道半径；
（3）该粒子的质量；
（4）穿越磁场的时间。
答案以及解析
1.答案：D
解析：离子在速度选择器中做直线运动，根据平衡条件得，解得，故离子的速度大小之比为1:1，A错误；离子在磁感应强度为的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有，解得离子的比荷，又，解得离子的比荷之比为3:1，D正确；由于电荷量与质量关系不明确，故离子的质量之比和电荷量之比不能确定，B、C错误.
2.答案：D
解析：根据粒子在磁场中的运动轨迹及左手定则可知，该粒子带正电，A错误；粒子在经过加速电场的过程中，由动能定理可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有，又，联立解得，若电压U不变，x越大，则粒子的比荷越小，又，则有，解得，B、C错误；根据粒子在磁场中运动的时间，又，则该粒子在磁场中运动的时间，D正确.
3.答案：A
解析：设磁场圆的半径为r，磁感应强度为时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹直径与磁场边界圆的交点，，如图甲所示，所以粒子做圆周运动的半径满足，解得，磁感应强度为时，相应的弧长变为原来的2倍，即弧长为圆周长的，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹直径与磁场边界圆的交点，，如图乙所示，所以粒子做圆周运动的半径满足，解得，由带电粒子做圆周运动的半径，又v、m、q相等，可得，故A正确.
4.答案：C
解析：A.设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有
解得
粒子的最大动能为
由上式可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度，故A错误；
B.根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C.粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即
解得
故C正确；
D.若导体为金属，则产生电流的粒子是自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知稳定时C板聚集了电子，所以D板电势高，故D错误；
故选C。
5.答案：D
解析：AD.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
粒子离开D形盒时，速度为
动能为
与电压无关，故A错误，D正确；
B.粒子每次经过D形盒之间的缝隙过程，电场力做功，根据动能定理可得
即动能增加qU。由动能表达式可知第n次经过D形盒之间的缝隙后速度变化为
粒子并非每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大，故B错误；
C.粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变，故C错误。
故选D。
6.答案：C
解析：CD.作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子圆周运动的半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
解得
C正确，D错误；
AB.粒子在磁场中运动的周期
由几何知识可知
所以粒子在磁场中运动的时间
AB错误。
故选C。
7.答案：AD
解析：A.在磁场中运动时间最短的粒子a做匀速圆周运动的圆心恰好在直线l上，则a粒子在磁场中进入磁场和离开磁场的位置连线最短（弦最短，运动时间最短），即进入磁场和离开磁场的位置连线的距离为d，如图所示
圆心为O，几何关系可知解得由于进入磁场的所有粒子的速度大小相等，则所有粒子在磁场中运动的轨道半径均为d，故A正确；B.粒子a进入磁场时的速度方向与直线的夹角为θ，几何关系有解得故B错误；C.几何关系可知，粒子a在磁场中转过的圆心角为，所以粒子在磁场中粒子在磁场中做匀速圆周运动周期联立解得故C错误；D.分析可知沿方向射入磁场的粒子，恰好和MN边界相切，则从直线下l方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场，故D正确；故选AD。
8.答案：BD
解析：A.速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，粒子带负电，A错误；
B.由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径，由牛顿第二定律
则粒子运动的速度大小为
B正确；
C.由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，C错误；
D.由图可知
磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为
D正确。
故选BD。
9.答案：AD
解析：A.粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，进入磁场时，速度向右，磁场垂直纸面向里，洛伦兹力向上，故粒子带正电，故A正确；B.根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，一定不做功，故B错误；C.洛伦兹力提供向心力，指向圆心；粒子从边的中点M点以一定速度垂直于边射入磁场，圆心在射线上；正好从边中点N点射出磁场，圆心在的连线的垂直平分线上，所以圆心在a点，故半径为，故C错误；D.根据牛顿第二定律，有，解得，速度越大，轨道半径越大，故D正确。故选AD。
10.答案：（1）负电（2）（3）（4）
解析：（1）由左手定则知，该粒子带负电。
（2）设电子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
（3）由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（4）由几何关系可得粒子做圆周运动的圆心角为，穿越磁场的时间为

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