学鲁科版选修31 6.3洛伦兹力的作用 作业（4）.docx

2017-2018学年度鲁科版选修3-1 6.3洛伦兹力的作用 作业（4）1如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限内存在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，一个电子从原点o与x轴正方向成30角以初速度v0射入第一象限，经时间t从x轴上(a，0)点射出磁场，则 ( )a. 如果仅将电子初速度变为2v0，则一定经时间2t从点(2a，0)射出磁场b. 如果仅将电子初速度变为2v0，则仍经时间t从点(a，0)射出磁场c. 如果初速度不变，从o点射入的是正电子，则经时间2t从(0，3a)点射出磁场d. 如果初速度不变，从o点射入的是正电子，则经时间t从(0，a)点射出磁场2回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个d形盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两d形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，关于回旋加速器下列正确的是（ ）a. 狭缝间的电场对粒子起加速作用，因此加速电压越大，带电粒子从d形盒射出时的动能越大b. 磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功，则带电粒子从d形盒射出时的动能与磁场的强弱无关c. 带电粒子做一次圆周运动，要被加速两次，因此交变电场的周期应为圆周运动周期的二倍d. 用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率3两种不计重力的带电粒子m和n，以相同的速率经小孔s垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是a. m带正电，n带负电b. 洛伦兹力对m、n做正功c. m的荷质比小于n的荷质比d. m的运行时间小于n的运行时间4如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场i、ii的边界。磁场i、的磁感应强度分别为b1、b2，且b2=2b1。一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从p点射入磁场i，后经f点进入磁场ii，并最终从fc边界射出磁场区域。不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为a. 2mqb1 b. 3m2qb1 c. mqb1 d. 3m4qb15如图所示，边长为l的正方形区域acde内，有磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向外的匀强磁场质量为m、电荷量为q的带电粒子从ae边中点m垂直ae边射入磁场，从de边中点n射出，下列说法正确的是()a. 粒子做圆周运动的半径为lb. 粒子做圆周运动的半径为22lc. 粒子射入磁场时的速率为qbl2md. 粒子在磁场中运动的时间为mqb6如图所示，质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于电场与磁场复合区域的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为ek，则（ ）a. 若撤去磁场b，质子穿过场区时间大于tb. 若撤去电场e，质子穿过场区时间小于tc. 若撤去磁场b，质子穿出场区时动能大于ekd. 若撤去电场e，质子穿出场区时动能大于ek7磁流体发电是一项新兴技术。如图表示了它的原理：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，而从整体来说呈电中性)喷射入磁场，在场中有两块金属板a、b，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体速度均为v，板间距离为d，板平面的面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直于速度方向，负载电阻为r，电离气体充满两板间的空间，其电阻率为，当发电机稳定发电时，a、b就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是 （ ）a. 图中a板是电源的正极b. a、b间的电压即为该发电机的电动势c. 正对面积s越大，该发电机电动势越大d. 电阻r越大，该发电机输出效率越高8如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的右边界为mn，在距边界为r处有一粒子源s，粒子源沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量质量为m、电荷量为q、速率为v的相同粒子，不计粒子的重力及粒子间的作用力，若磁感应强度大小为，则能从右边界逸出的粒子数与发射的粒子数的比例为a. b. c. d. 9如图(a)所示，在半径为r的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板mn两端点恰在圆周上，且mn所对的圆心角为120 。在t=0时，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从a点沿直径aob射入场区，运动到圆心o后，做一次半径为r2的完整的圆周运动，再沿直线运动到b点，在b点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是a. 磁场方向垂直纸面向外b. 图(b)中b0=2mvqrc. 图(b)中t0=（+1）rvd. 若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从a点沿ao入射，偏转、碰撞后，仍可返回a点10带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示。运动中经过b点，oaob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么磁感应强度b与电场强度e之比和粒子在磁场中的运动时间t1与在电场中的运动时间t2之比为a. be2v0b. be12v0c. t1t22d. t1t22111如图所示，在半个空间中分布一匀强磁场，磁感应强度为b(垂直纸面并指向纸面内)。磁场边界为mn(垂直纸面的一个平面)。在磁场区内有一点电子源(辐射发射源)s，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子。这里仅考察电子源所在的平面内，由电子源发射的电子，不计电子间的相互作用，并设电子源离界面mn的垂直距离为l。（1）点源s发射的电子，其速度达多大时，界面mn上将有电子逸出?（2）若点源s发射的电子速度大小均为 ，在界面mn上多宽范围内有电子逸出?（其中m为电子质量，e为电子带电量。）（3）若电子速度为 ，逸出的电子数占总发射电子数的比例?12如图所示，匀强电场仅分布在第一、二象限，方向沿y轴负方向，一不计重力的带正电粒子比荷为5.0109c/kg,以v0=3.0105m/s从第二象限的m(-12cm，8cm)点，沿x轴正方向射入匀强电场中，粒子经过电场偏转后到达坐标原点o。求：(1)该电场强度大小？粒子到达o点时的速度大小和方向？(2)若第四象限存在一个以x、y轴为边界的矩形匀强磁场，已知l1=15cm、l2=4cm，磁场方向垂直纸面向里，若要带电粒子能返回x轴，磁感应强度b需要满足什么条件？(3)若该粒子能回到x轴，求其返回x轴时的最大横坐标为多少？(结果可用根式表示)13在如图甲所示的xoy坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为e的匀强电场e1；第四象限内有方向水平（以水平向右为正方向）、大小按图乙规律变化的电场e2，变化周期t=2mx0eq。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从(x0,x0) 点由静止释放，进入第一象限后恰能绕o点做匀速圆周运动。以粒子经过x轴进入第四象限时为电场e2的计时起点，不计粒子重力。求：（1）第一象限内匀强磁场的磁感应强度b的大小；（2）粒子在第四象限中运动，当t=t2时，粒子的速度；（3）粒子在第四象限中运动，当t=nt(nn*) 时，粒子的坐标。14如图所示，在某一真空区域，x0的区域有磁感应强度为b2的匀强磁场，且 ，方向均垂直纸面向里。在t=0时刻，处于坐标原点的一个静止中性粒子（不计重力）裂变为两个带电粒子a和b，质量分别为ma和mb。已知裂变后瞬时，带正电粒子a的速度方向沿x轴正方向。忽略粒子间的相互作用力。求：（1）裂变后粒子a在匀强磁场b2中的回旋半径与粒子b在匀强磁场b1中的回旋半径之比为多少。（2） 为何值时，两粒子裂变以后又能在磁场的分界线y轴上相遇。试卷第5页，总6页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1c【解析】a、画出电子在磁场中运动轨迹的示意图，如图所示：可以看出电子从原点o与x轴正方向成300角以初速度v0射入磁场，设其圆心为o2，在磁场中运动的轨迹圆弧对应圆心角为600，从a,0点射出磁场，其半径也为a，由r=mvqb可知，如果电子只是初速度变为2v0，则半径也变为原来的2倍，由t=2mqb可知，周期与速度无关，则电子一定经时间t从点2a,0射出磁场，故选项ab错误；c、由图可知看出，如果初速度不变，从o点射入的是正电子，则半径不变，圆心角为1200，所以经时间2t从0,3a点射出磁场，故选项c正确，d错误。点睛：对于带电粒子在磁场中运动，要分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律、几何知识与粒子做圆周运动的周期公式可以解题。2d【解析】a、根据，解得： ，带电粒子射出时的动能为： ，与加速的电压u无关，与磁感应强度b的大小有关故a、b错误c、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期，与粒子的速度无关，所以加速后，交变电场的周期不需改变，但不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等，所以加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率故c错误，d正确故选d【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关3c【解析】a、由左手定则判断出n带正电荷，m带负电荷，故a错误；b、洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故b错误；c、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，荷质比为： ，在相同的速率的情况下，半径大说明荷质比小，故c正确；d、粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半，而周期为，m的运行时间大于n的运行时间，故d错误；故选c。【点睛】由左手定则判断出m带正电荷，带负电荷；结合洛伦兹力提供向心力的公式可以判断出粒子荷质比的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。4b【解析】粒子在磁场中的运动周期t1=2mb1q，在磁场中的运动周期t2=2mb2q=mb1q；由题意可知，粒子先在磁场中做1/4个圆周运动，再进入磁场中做1/2个圆周运动，再进入磁场中做 1/4个圆周运动，最后从fc边界射出磁场区域，则该带电粒子在磁场中运动的总时间为t=12t1+12t2=3m2qb1，故选b.5c【解析】粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子轨道半径为r=l2，故ab错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvbmv2r，解得：v=qbl2m，故c正确；粒子在磁场中转过四分之一圆周，粒子做圆周运动的周期为t=2mqb，粒子在磁场中的运动时间为t=t4=m2qb，故d错误。所以c正确，abd错误。6c【解析】粒子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力均与速度垂直，是匀速直线运动；若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t；故a错误；若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t；故b错误；若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类似平抛运动，电场力做正功，故末动能大于ek，故c正确；若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为ek，故d错误；【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，知道类似平抛运动和匀速圆周运动的特性，能够结合运动的分解和动能定理列式分析基础题目。7d【解析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的b板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到a板上，故a板相当于电源的负极，b板相当于电源的正极，故a错误；a、b间的电压即为电阻r两端的电压，是路端电压，故不是产生的电动势，故b错误；ab间的场强为qvb=qe e=vb，故两极板间的电势差为u=ed=vbd，与正对面积无关，故c错误；输出的效率uiei=rr+r，故电阻r越大，该发电机输出效率越高，故d正确；【点睛】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势8d【解析】根据题意，作出粒子恰好能出射的运动轨迹，如图所示 由图可知，粒子的出射范围在a与b之间，设，根据，得粒子的运动轨迹半径为，根据几何关系有： ，其中， ，代入则有： ，解得： ，则粒子能出射的角度为，故能从右边界逸出的粒子数与发射的粒子数的比例为，故选d.9bc【解析】根据轨迹可知，带正电的粒子从o点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项a错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb0=mv2r2，解得磁感应强度：b0=2mvqr，选项b正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：t1=rv，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：t2=sv=2r2v=rv，磁场变化的周期：t0=t1+t2=+1rv，选项c正确；若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从a点沿ao入射，到达o点后向下，与板碰撞后，到达b板，与b碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出，则不能返回a点，选项d错误；故选bc.点睛：此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，结合圆周运动的知识求解运动时间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.10bc【解析】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： ，解得： ，所经历的时间为： ；如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即，解得： ，时间为： ，所以： ， ，故bc正确，ad错误。11(1) (2)在边界宽度为 的范围内有电子射出.（3） 【解析】试题分析：考虑恰好有粒子从边界射出的临界情况，画出运动轨迹，结合几何关系得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式分析即可；若点源s发射的电子速度大小均为，先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；再考虑与边界相切的两种临界情况，结合几何关系得到界面mn上多宽范围内有电子逸出；同样先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，然后画出临界图，得到能从边界射出的粒子比例。（1）由洛伦兹力提供向心力： ，得，临界图如下：又2r=l，得；（2）把代入，有： ；画出临界图：在a下方a、b两点之间有电子射出，故在a点上方a、c两点之间有电子射出，故： 综上，在边界宽度为的范围内有电子射出；（3）把代入，得；临界图如图：由几何知识有： ，所以，同理亦有可得速度方向在角内的电子都可以从mn边界射出，由几何知识有；又点电子源s，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子，故逸出的电子数占总发射电子数的比例为；12(1) 5.0105m/s(2) b1.010-3t(3)1566517cm【解析】(1)粒子在第二象限偏转，x1=0.12m，y1=0.08m，由牛顿第二定律qe=ma x1=v0t1 y1=12at12 由-得，e=200v/m 带电粒子从o点进入磁场时的速度大小为v，方向与x轴夹角为tan=atv0=43 得=53o v=v0cos =5.0105m/s (2)带电粒子m恰返回x轴，由几何关系cos=rl2r,得r=0.1m 设磁感应强度的最小值为b0，洛伦兹力提供向心力qvb0=mv2r ，得b0=1.010-3t 即b1.010-3t，带电粒子m能返回x轴 (3)当b取b0时，粒子返回x轴时横坐标最大 设离开磁场时，速度与x轴正向夹角为，则由几何关系l1-rsin=rsin，得sin=0.7，则cos=5110，tan=75151 2分离开磁场后，粒子做匀速直线运动，沿x轴运动x2则rcos-rcos=x2tan得x2=51651700m 故粒子返回x轴时的最大横坐标xm=l1+x2=156651700m=1566517cm 点睛：本题考查了粒子在磁场、电场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、圆周运动的规律及牛顿第二定律即可解题13）（1）b=2meqx0 （2）v合=2qex0m ；方向与水平方向成45 斜向右下方（3）n+1x0,2nx0(nn*) 【解析】(1)设粒子离开第二象限时的速度为v0，在第二象限内，由动能定理得qex0=12mv02 解得v0=2qex0m 在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为v0，由qv0b=mv02x0 得b=2meqx0 (2)粒子进入第四象限后，当t=t2时在水平方向上有v水平=at=q2emt2 得v水平=2qex0m=v0 v合=2v0=2qex0m方向与水平方向成45角斜