學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE13-學必求其心得，業必貴于專精課時分層作業(十八）洛倫茲力與現代技術(時間：40分鐘分值：100分)［基礎達標練]一、選擇題(本題共6小題，每小題6分)1．質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是（）A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等B．若m1＝m2，則它們做圓周運動的周期一定相等C．若q1≠q2,則它們做圓周運動的周期一定不相等D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等A[粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2，r），解得r＝eq\f（mv，qB)＝eq\f(p，qB），由題意可知：粒子動量p相等、磁感應強度B相等，若q1＝q2，則兩粒子軌道半徑相等,故A正確;粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm，qB)，若m1＝m2，由于不知兩粒子電荷量關系，如果兩粒子電荷量相等，則粒子做圓周運動的周期相等,如果兩粒子電荷量不相等，則兩粒子做圓周運動的周期不相等，故B錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f（2πm，qB），若q1≠q2，只要兩粒子的比荷相等，則粒子做圓周運動的周期相等,故C、D錯誤．]2.如圖所示，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磁場中，磁場方向垂直紙面向里．有一束粒子對準a端射入彎管，粒子的質量、速度不同，但都是一價負粒子,則下列說法正確的是（)A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B．只有質量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C．只有質量和速度乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D．只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C[由r＝eq\f(mv,qB)可知，在粒子處于相同的磁場和帶有相同的電荷量的情況下,粒子做圓周運動的半徑取決于粒子的質量和速度的乘積．故選項C正確．]3。如圖所示，在垂直紙面向里的足夠大的勻強磁場中,有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v。則(）A．a先回到出發點B．b先回到出發點C．a、b同時回到出發點D．不能確定C［電子再次回到出發點，所用時間為運動的一個周期．電子在磁場中運動的周期T＝eq\f（2πm，qB)，與電子運動速度無關．］4。質譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉磁場．如圖所示為質譜儀的原理圖，設想有一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的偏轉磁場中，帶電粒子打到底片上的P點，設OP＝x,則在圖中能正確反映x與U之間的函數關系的是（）B[可通過解析式確定圖象形狀，根據動能定理qU＝eq\f（1，2）mv2可知，v＝eq\r(\f(2qU，m）)，粒子在磁場中偏轉,洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2，R)，所以R＝eq\f(mv，qB)＝eq\f（1，B）eq\r(\f(2mU，q）），x＝2R＝eq\f（2，B)eq\r（\f（2mU，q）），即x∝eq\r(U），B正確．]5.如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速度不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直，穿過b點的粒子，其速度方向與MN成60°角,設兩粒子從S到a、b所需的時間分別為t1、t2，則t1∶t2為(）A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2D［畫出運動軌跡，過a點的粒子轉過90°,運動時間為t1＝eq\f（T,4）；過b點的粒子轉過60°,運動時間t2＝eq\f(T，6)，故t1∶t2＝3∶2，故選項D正確．］6。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D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法錯誤的是（）A．帶電粒子由加速器的中心附近進入加速器B．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器C．電場使帶電粒子加速，磁場使帶電粒子旋轉D．帶電粒子從D形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關B[由回旋加速器的加速原理知，被加速粒子只能由加速器的中心附近進入加速器，從邊緣離開加速器，故A正確,B錯誤;由于在磁場中洛倫茲力不做功，而粒子通過電場時有qU＝eq\f(1,2）mv2，所以粒子是從電場中獲得能量,故C正確；當粒子離開回旋加速器時，半徑最大，動能最大，根據半徑公式r＝eq\f(mv,Bq）知，v＝eq\f(Bqr,m),則粒子的最大動能Ek＝eq\f(1，2）mv2＝eq\f(B2q2r2,2m）,與加速電場的電壓無關，故D正確．]二、非選擇題（14分)7.如圖所示，一個質量為m，電荷量為－q，不計重力的帶電粒子從x軸上的P（a,0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限,求：（1）勻強磁場的磁感應強度B；（2)穿過第一象限的時間．［解析](1）作出帶電粒子做圓周運動的圓心和軌跡，由圖中幾何關系知：Rcos30°＝a,得R＝eq\f（2\r(3)a,3)Bqv＝meq\f(v2，R),得B＝eq\f（mv，qR)＝eq\f(\r(3)mv,2qa）.(2）帶電粒子在第一象限內運動時間t＝eq\f(120°，360°)·eq\f(2πm，qB）＝eq\f（4\r（3）πa,9v).［答案］(1）eq\f（\r(3）mv,2qa）(2)eq\f(4\r(3)πa,9v)［能力提升練]一、選擇題(本題共4小題，每小題6分)1．如圖為洛倫茲力演示儀的結構圖．勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產生，其速度方向與磁場方向垂直．電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來控制，磁場強弱可通過勵磁線圈的電流來調節．下列說法正確的是（)A．僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈的電流,電子做圓周運動的周期將變大D．僅提高電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大B［電子在加速電場中加速，由動能定理有eU＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0）①電子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力充當向心力，有eBv0＝meq\f（veq\o\al（2,0)，r)②解得r＝eq\f（mv0,eB）＝eq\f（1,B)eq\r(\f（2mU,e））③T＝eq\f（2πm，eB）④可見增大勵磁線圈中的電流，電流產生的磁場增強，由③式可得，電子束的軌道半徑變小．由④式知周期變小,故A、C錯誤；提高電子槍加速電壓，電子束的軌道半徑變大，周期不變,故B正確，D錯誤．］2。如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．一電荷量為q(q〉0)、質量為m的粒子（不計重力)沿平行于直徑ab的方向射入磁場區域．若粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角為90°,則粒子入射的速度大小為（）A．eq\f(qBR,2m） B．eq\f（qBR，m)C．eq\f（2qBR,m) D．eq\f(4qBR，m)B[帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡示意圖，如圖所示，根據幾何關系知，粒子運動的軌跡圓的半徑為r＝R①根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f（mv,qB）②聯立①②得v＝eq\f(qBR,m)，故B正確,A、C、D錯誤．]3.(多選)如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別為B1、B2,虛線MN為理想邊界．現有一個質量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為B1的勻強磁場中,其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是()A．電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→PB．電子運動一周回到P點所用的時間T＝eq\f(2πm，B1e)C．B1＝4B2D．B1＝2B2AD[由左手定則可知，電子在P點所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項A正確；由題圖得兩磁場中軌跡圓的半徑比為1∶2,由半徑r＝eq\f（mv，qB)可得eq\f(B1,B2）＝2，選項C錯誤，選項D正確;運動一周的時間t＝T1＋eq\f（T2，2）＝eq\f（2πm，B1e)＋eq\f(πm,B2e）＝eq\f(4πm,eB1），選項B錯誤．］4.如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120°角均勻分開的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個勻強磁場區域，其磁感應強度分別用B1、B2、B3表示．現有帶電粒子自a點垂直Oa板沿逆時針方向射入磁場中,帶電粒子完成一周運動，假設帶電粒子穿過鋁質薄板過程中電荷量不變，在三個磁場區域中的運動時間之比為1∶3∶5，軌跡恰好是一個以O為圓心的圓，不計粒子重力，則()A．磁感應強度B1∶B2∶B3＝1∶3∶5B．磁感應強度B1∶B2∶B3＝5∶3∶1C．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為25∶2D．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為27∶5C［帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f（θ，2π)T在各個區域的圓心角均為θ＝eq\f（2,3）π根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f（v2,r)可得粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f（2πr,v)＝eq\f（2πm，qB)所以t＝eq\f(2πm，3qB），故B＝eq\f（2πm，3qt），又因為m、q均為定值在三個區域的磁感應強度之比為B1∶B2∶B3＝15∶5∶3,故A、B錯誤；三個區域的磁場半徑相同，為r＝eq\f(mv,qB)，又因為動能Ek＝eq\f（1,2)mv2聯立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m），因為q、m和r均相同，故三個區域中運動的動能之比為Ek1∶Ek2∶Ek3＝Beq\o\al（2,1)∶Beq\o\al(2，2）∶Beq\o\al(2,3)＝225∶25∶9設比例中的每一份為k，則在b處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk1＝225k－25k＝200k在c處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk2＝25k－9k＝16k在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為ΔEk1∶ΔEk2＝25∶2，故C正確，D錯誤．］二、非選擇題（26分)5.(13分)如圖所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為電場和磁場的理想邊界，一束電子(電量為e，質量為m，重力不計)由靜止狀態從P點經過Ⅰ、Ⅱ間的電場加速后垂直到達邊界Ⅱ的Q點，勻強磁場的磁感應強度為B，磁場邊界寬度為d，電子從磁場邊界Ⅲ穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為30°。求：(1)電子在磁場中運動的時間t；(2）若改變PQ間的電勢差，使電子剛好不能從邊界Ⅲ射出，則此時PQ間的電勢差U是多少?［解析］(1)由洛倫茲力提供向心力可得evB＝eq\f（mv2,R),且T＝eq\f（2πR,v)得電子在磁場中運動周期T＝eq\f（2πm,eB)由幾何關系知電子在磁場中運動時間t＝eq\f(30°，360°）T＝eq\f（1,12)T＝eq\f(πm，6eB).(2）電子剛好不從邊界Ⅲ穿出時軌跡與邊界相切，運動半徑為R＝d由evB＝meq\f（v2，R）得v＝eq\f（eBd,m)電子在PQ間由動能定理得eU＝eq\f（1,2)mv2－0解得U＝eq\f(eB2d2,2m)。[答案］(1)eq\f（πm，6eB)(2）eq\f(eB2d2,2m)6．(13分）回旋加速器的工作原理如圖甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓的大小為U0。周期T＝eq\f（2πm,qB)。一束該種粒子在t＝0～eq\f（T，2)時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：(1)出射粒子的動能Em；（2）粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0.［解析］(1)粒子運動半徑為R時qvB＝me