优化方案高中物理 第三章 磁场 第5节 洛伦兹力的应用分层演练巩固落实 教科版选修31

洛伦兹力的应用
1.如图所示，ab 是一弯管，其中心线是半径为R 的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场的方向垂直于圆弧所在平面，并指向纸外．有一束粒子对准a 端射入弯管，粒子有不同的速度，不同的质量，但都是一价正离子．则( )
A ．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B ．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C ．只有mv 乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D ．只有能量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
解析：选C.由r ＝mv qB
得，当r 、q 、B 相同时，mv 乘积大小相同，但m 不一定相同，v 也不一定相同，故选项A 、B 、D 错，C 对．
2．(多选)用回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，原则上可以采用下列哪几种方法( )
A ．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B ．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C ．将
D 形盒的半径增大为原来的2倍 D ．将D 形盒的半径增大为原来的4倍
解析：选A C.质子在回旋加速器中做圆周运动的半径r ＝mv qB ，故动能E k ＝q 2B 2r 2
2m
，所以要
使动能变为原来的4倍，应将磁感应强度B 或D 形盒半径增大为原来的2倍，A 、C 对，B 、D 错．
3.(多选)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径R 相同，则它们具有相同的( )
A ．电荷量
B ．质量
C ．速度
D ．比荷
解析：选CD.正交电磁场区域Ⅰ实际上是一个速度选择器，这束正离子在区域Ⅰ中均不偏转，说明它们具有相同的速度．在区域Ⅱ中半径相同，R ＝mv qB
，所以它们应具有相同的比荷．正确选项为C 、D.
4．(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋
和P 3＋
，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P ＋
在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋
和P 3＋
( )
A ．在电场中的加速度之比为1∶1
B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选BCD.应用动能定理和圆周运动规律分析两种离子的速度关系及在磁场中运动的半径关系，结合几何知识分析两离子在有界磁场中的偏转角．
磷离子P ＋
与P 3＋
电荷量之比q 1∶q 2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a ＝qE m
，由此可
知，a 1∶a 2＝1∶3，选项A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r ＝mv qB ，又qU ＝12
mv 2
，
故有r ＝1
B
2mU
q
，即r 1∶r 2＝3∶1，选项B 正确；设离子P 3＋
在磁场中偏转角为α，
则sin α＝d
r 2，sin θ＝d r 1
(d 为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C 正确；全过程中只有电场力做功，W ＝qU ，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以E k1∶E k2＝W 1∶W 2＝1∶3，选项D 正确．
5.如图为质谱仪的示意图．速度选择部分的匀强电场场强E ＝1.2×105
V/m ，匀强磁场的磁感应强度为B 1＝0.6 T ．偏转分离器的磁感应强度为B 2＝0.8 T ．求：
(1)能通过速度选择器的粒子速度有多大？
(2)质子和氘核进入偏转分离器后打在底片上的条纹之间的距离d 为多少？(已知质子的质量为1.66×10
－27
kg ，电量为1.6×10
－19
C)
解析：(1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力等大反向． 即eB 1v ＝eE ，
v ＝E B 1＝1.2×1050.6
m/s ＝2×105
m/s. (2)粒子进入磁场B 2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
eB 2v ＝m v 2R ，R ＝mv B 2e
.
设质子质量为m ，则氘核质量为2m 则：d ＝2mv B 2e ×2－mv B 2e
×2＝5.2×10－3
m.
答案：(1)2×105 m/s (2)5.2×10－3
m
一、单项选择题
1．处在匀强磁场内部的两个电子A 和B 分别以速率v 和2v 垂直于磁场开始运动，经磁场偏转后，哪个电子先回到原来的出发点( )
A ．条件不够无法比较
B ．A 先到达
C ．B 先到达
D ．同时到达
解析：选D.由周期公式T ＝2πm qB
可知，运动周期与速度v 无关．两个电子各自经过一个
周期又回到原来的出发点，故同时到达，选项D 正确．
2.电子e 以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d 、宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )
A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /v
B ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab ︵
/v C ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝BevL D ．电子在b 点的速度大于v
解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，洛伦兹力不做功． 3.如图为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心O 处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外．当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应( )
A ．向左偏转
B ．向上偏转
C ．向下偏转
D ．不偏转
解析：选C.由安培定则可以判断出
两个线圈的左端均是N 极，磁感线分布如图所示．再由左手定则判断出电子应向下偏转，C 项正确．
4．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和匀强电场的强度分别为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A 1A 2.平板S 下方有磁感应强度为B 0的匀强磁场．下列表述不正确的是( )
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纸面向外
C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E B
D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小
解析：选D.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，故A 选项正确；速度选择器中电场力和洛伦兹力是一对平衡力，即：qvB ＝qE ，故v ＝E B
，根据左手定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B 、C 选项正确；粒子在匀强磁场中运动的半径r ＝
mv qB 0，即粒子的荷质比q m ＝v
B 0r
，由此看出粒子的运动半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越大，故D 选项错误．
5．如图所示，有a 、b 、c 、d 四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，且有m a ＝m b <m c
＝m d ，以速度v a <v b ＝v c <v d 进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出，进入B 2磁场，由此可判定( )
A ．射向P 1的是a 离子
B ．射向P 2的是b 离子
C ．射到A 1的是c 离子
D ．射到A 2的是d 离子
解析：选A.从离子在磁场B 2中的偏转方向可知离子带正电，而正离子在速度选择器受到磁场B 1的洛伦兹力方向又可由左手定则判断为向右，电极P 1、P 2间的电场方向必向左，因为qv b B 1＝qv c B 1＝qE ，所以能沿直线穿过速度选择器的必然是速度相等的b 、c 两离子；因为
qv a B 1<qE ，所以a 离子穿过速度选择器必向左偏射向P 1；因为qv d B 1>qE ，所以d 离子穿过速
度器时必向右偏射向P 2；因为
m b v b qB 2<m c v c
qB 2
，所以在B 2中偏转半径较小而射到A 1的是b 离子，在B 2中偏转半径较大而射到A 2的是c 离子．故A 正确．
二、多项选择题
6.如图所示为一“滤速器”装置的示意图．a 、b 为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O 进入a 、b 两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a 、b 间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO ′运动，由O ′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是( )
A ．使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面向里
B ．使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面向里
C ．使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面向外
D ．使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面向外
解析：选AD.要使电子沿直线OO ′射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡．在该场区，电子受到电场力和洛伦兹力，要使二力平衡，则两个力的方向分别为竖直向上和竖直向下．A 选项电子所受电场力竖直向上，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，满足受力平衡．同理，D 选项也满足受力平衡．所以A 、D 选项正确．
7.如图所示，在圆形区域里，有匀强磁场，方向如图所示，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中( )
A ．运动时间越长的，其轨迹所对应的圆心角越大
B ．运动时间越长的，其轨迹越长
C ．运动时间越短的，射出磁场时，速率越小
D ．运动时间越短的，射出磁场时，速度方向偏转越小
解析：选AD.带电粒子在磁场中做部分圆周运动，求所用的时间可用公式t ＝θ2πT ，
T
2π是恒量．所以t 和轨迹所对应的圆心角θ成正比，故A 正确；运动时间长，轨迹对应的圆心角θ大，而轨迹长度s ＝R ·θ，如果半径较小，s 也不一定就大，故B 错误；运动时间短，则所对应的圆心角就小，由此题给出的圆形磁场分析轨迹半径应较大，由R ＝mv
qB
知，速度应较大，故C 错误；由几何知识知道粒子在磁场中运动偏转角等于圆心角，故运动时间短的，射出磁场时速度方向偏转也小，故D 正确．
8.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子由加速器的中心附近进入加速器，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核和α粒子(氚核和α粒子质量之比为3∶4，电荷量
之比为1∶2)，则以下说法正确的是( )
A ．加速α粒子的交流电源的周期较大，α粒子获得的最大动能较小
B ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
C ．若增大加速电压，氚核获得的最大动能增大
D ．若增大加速电压，氚核在加速器中运动的总时间变短
解析：选BD.交流电源的周期T ＝2πm qB ，粒子获得的最大动能为E m ＝q 2B 2R
2
2m ，所以加速氚
核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小，A 错误，B 正确；而且从最大动能的影响因素可以看出，增大加速电压，最大动能不变，但由于电场加速一次获得的动能多，所以加速的总次数减小，即在磁场中运动的总时间减少，所以在加速器中运动的总时间变短，所以C 错误，D 正确．
9．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，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，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )
A ．增大匀强电场间的加速电压
B ．增大磁场的磁感应强度
C ．增加周期性变化的电场的频率
D ．增大D 形金属盒的半径
解析：选BD.粒子最后射出时的旋转半径为D 形盒的最大半径R ，R ＝mv qB ，E k ＝12mv 2＝q 2B 2R
2
2m
.
可见，要增大粒子射出时的动能，应增大磁感应强度B 或D 形盒的半径R ，故正确答案为B 、
D.
☆10.如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t .在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，如图所示．根据上述条件能求下列物理量中的哪几个( )
A ．带电粒子的荷质比
B ．带电粒子在磁场中运动的时间
C ．带电粒子在磁场中运动的半径
D ．带电粒子在磁场中运动的角速度
解析：选ABD.设磁场区域的半径为R ，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v ＝2R
t
带电粒子在磁场中运动半径由题图可知
r ＝R cot 30°＝3R
由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得3R ＝mv
qB
由以上三式可得q m
＝23Bt
，
周期T ＝2πm
qB ＝
2π3qBt 2
qB
＝π3t ，
在磁场中运动时间t ′＝T 6＝π3
6
t ，
运动角速度ω＝2πT ＝23t ＝23
3t ，所以选ABD.
三、非选择题
11．已知回旋加速器D 形盒内匀强磁场的磁感应强度B ＝1.5 T ，D 形盒的半径为R ＝60 cm ，两盒间隙d ＝1.0 cm ，两盒间电压U ＝2.0×104
V ，今将α粒子接近间隙中心某点向D 形盒内以近似于零的初速度垂直于半径的方向射入，求粒子在加速器内运动的时间．(不计粒子在电场中运动的时间)
解析：回旋加速器最基本的原理是电场加速，磁场偏转．由于被加速粒子做圆周运动的周期与速度无关，是恒定的，每一周期粒子被加速两次，得到粒子最后的能量，即可知加速次数，进一步可知经历几个周期，就可求出总的运动时间．α粒子在D 形盒中运动的最大
半径为R ，由洛伦兹力提供向心力可得：qv max B ＝m v 2max
R 得v max ＝BqR m
，
根据上面的分析得到的结论可知： α粒子获得的最大动能E kmax ＝12mv 2max ＝B 2q 2R
2
2m
α粒子被加速的次数为n ＝E kmax qU ＝B 2qR 2
2mU
则α粒子在加速器中运动的总时间t ＝n 2T ＝B 2qR 24mU ×2πm Bq ＝πBR 22U ＝3.14×1.5×0.36
2×2.0×10
4
s ≈4.2×10－5
s.
答案：4.2×10－5
s
☆12.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R .
解析：(1)设两板间的电压为U ，由动能定理得
qU ＝1
2
mv 2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U ＝Ed ②
联立①②式可得E ＝mv 2
2qd
.③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O ′，圆半径为r .设第一次碰撞点为A ，由于粒子与
圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO ′S 等于π
3.
由几何关系得r ＝R tan π
3
④
粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvB ＝m v 2
r
⑤
联立④⑤式得R ＝
3mv 3qB
.⑥ 答案：(1)mv 22qd (2)3mv
3qB。