高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第三节 洛伦兹力练习

这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第三节 洛伦兹力练习，共27页。试卷主要包含了3洛伦兹力 同步练习等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册1.3洛伦兹力 同步练习（解析版）1．如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出。则下列说法正确的是（　　）A．从两孔射出的电子速率之比为B．从两孔射出的电子在容器中运动周期之比C．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比D．从两孔射出的电子在容器中运动的所用时间之比为2．如图所示，两根相互平行的长直导线A和B通有大小和方向都相同的电流，一带电粒子以一定的初速度平行纸面从A导线附近的a点开始运动，经过一段时间运动到图示的b点，此粒子由a点运动到b点的过程中，粒子的运动轨迹曲线可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替，圆半径即为曲率半径。不计阻力和带电粒子的重力，下列说法中正确的是（　　）A．该粒子运动轨迹曲线的曲率半径逐渐变大，加速度逐渐变小B．该粒子运动轨迹曲线的曲率半径逐渐变大，加速度逐渐变大C．该粒子运动轨迹曲线的曲率半径逐渐变小，加速度逐渐变小D．该粒子运动轨迹曲线的曲率半径逐渐变小，加速度逐渐变大3．如图，圆心在O点的半圆形区域ACD（）内存在着方向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）从圆弧上与AD相距为d的P点，以速度v沿平行直径AD的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C点离开。则可知（　　）A．粒子带正电 B．直径AD的长度为4dC．粒子在磁场中运动时间为 D．粒子的比荷为4．如图所示，一点电荷从A点以速度垂直射入半径为R的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　）A．该点电荷带正电B．该点电荷在磁场的运动半径为RC．该点电荷的比荷为D．该点电荷在磁场中的运动时间为5．如图，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现只改变带电粒子的速度大小，仍从A点沿原方向射入磁场，粒子在磁场中的运动时间变为1.5， 不计粒子重力，则粒子的速度大小变为（　　）A． B． C． D．6．比荷相同的带电粒子M和N，经小孔S以相同的方向垂直射入匀强磁场中，M和N仅在洛伦兹力作用下运动的部分轨迹分别如图中虚线a、b所示。下列说法正确的是（　　）A．M带负电，N带正电 B．N的速度大于M的速度C．M、N在磁场中运行的周期相等 D．洛伦兹力对M、N均做正功7．如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（　　）A．轨迹半径之比为2∶1           B．速度之比为2∶1C．时间之比为2∶3               D．周期之比为1∶18．显像管基本原理如图所示，在管颈区域加有偏转磁场，要使电子枪发射的电子束打在图中荧光屏上的点，偏转磁场的方向可能是（　　）A．垂直纸面向里 B．垂直纸面向外C．平行纸面向上 D．平行纸面向下9．如图所示，在边长为L的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q<0）的带电粒子以大小为v0的速度沿纸面垂直AB边射入正方形，若粒子从AB边上任意点垂直射入，都只能从C点射出磁场，不计粒子的重力影响。下列说法正确的是（　　）A．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B．此匀强磁场的磁感应强度大小为C．此匀强磁场区域的面积为D．此匀强磁场区域的面积为10．如图所示，在足够长的绝缘板上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小都相等，已知粒子的比荷为，在磁场中运动的轨道半径R，P点与绝缘板的距离为（不计粒子间的相互作用和粒子的重力，，）。则（　　）A．粒子源所发射粒子的速度大小B．粒子源所发射粒子的速度大小C．能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度D．能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度11．两个质量、电荷量均相等的带电粒子、，以不同的速率对准圆心沿方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。粒子重力不计，则下列说法正确的是（　　）A．粒子带正电B．粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．粒子在磁场中运动的速率较大D．粒子在磁场中运动时间较长12．如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量同种带电粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC上的不同位置射出磁场已知∠AOC=60°，且从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为这种粒子在该磁场中运动的周期），则以下说法正确的是（　　）A．这种粒子可能带负电B．从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为TC．从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为D．从O点射出的粒子过O点时速度方向不可能沿CO所在直线13．如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从M点射入场，射入时的速度方向与MN成30°角，为圆形区域的水平直径。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）A．若粒子恰好能从N点射出，则其速度为B．若粒子通过O点并射出，则其在磁场中的运动时间为C．改变入射方向，能使粒子从区域最高点射出的最小速度为D．当入射速度时，改变入射方向，粒子在磁场中运动的最长时间为14．如图所示，在正方形MNPQ中存在垂直纸面向里的匀强磁场，比荷相同、电性可能不同的带电粒子a、b、c自MN中点O以垂直MN方向的不同大小的速度射入磁场，轨迹如图，粒子分别自P点、QM中点、N点离开磁场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）A．粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc=4：2：1B．粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc=5：2：1C．粒子a、c在磁场中运动的时间之比ta：tc=1：4D．粒子b、c在磁场中运动的时间之比tb：tc=1：2 15．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系。一质量为、电量为的质子，自原点以初速度沿轴正方向运动。若在以轴和轴为邻边的矩形区域内分布着垂直平面的匀强磁场，一段时间后质子沿与轴夹角为30°方向经过点。若撤去磁场，在坐标系内加一与轴正方向夹角为150°的匀强电场（电场、磁场均未画出），该质子恰能经过轴上的点。已知点到的距离为，不计质子重力，求：（1）磁场的磁感应强度B的大小；（2）质子在磁场中运动的时间；（3）匀强电场的电场强度E的大小。   16．在图示匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片（如图所示），今测得两个相切圆半径之比r1:r2＝44:1。求：（1）这个原子核原来所含的质子数是多少？（2）图中哪一个圆是α粒子的径迹？（说明理由）    17．如图所示，在平面内处有一半圆形匀强磁场，磁场区域圆心为，半径为，磁感应强度大小为，方向垂直平面向里。一线状粒子源从轴左侧，不断沿平行于轴正方向放出电荷量为、初速度为的正粒子，粒子的质量为，不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计。求：（1）这些粒子在磁场中运动的半径；（2）从点入射的粒子离开磁场区域时的轴坐标；（3）这些粒子在磁场中运动的最长时间和该粒子入射时的轴坐标。
  18．如图所示，在平面直角坐标系中，虚线垂直于x轴，交点为N，在第一、四象限内，y轴与虚线之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，P点位于x轴上，，。在P点有一粒子源，可连续释放不同速率的带正电的粒子，速度的方向均垂直于磁场，且与x轴正方向成角斜向上，粒子的比荷，已知磁感应强度，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。求： （1）打到y轴上的粒子速率的取值范围；（2）打到y轴上的粒子在磁场内运动的最大时间差。   19．如图所示，在xOy平面内，的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子，从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）带电粒子在磁场中运动的时间；
   20．如图所示，第1象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力）从x轴上的P点以速度v沿与x轴成30°的方向射入第一象限，并恰好垂直于y轴射出。已知OP=d。求：（1）粒子所带的电性及磁感应强度B的大小；（2）粒子穿过第一象限所用的时间。
  参考答案1．C【详解】A．电子运动轨迹如图所示设磁场边长为L，由图示可知根据解得则速度之比A错误；B．根据则从两孔射出的电子在容器中运动周期之比1：1，B错误；C．根据解得从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比C正确；D．根据轨迹可知，在磁场中转过的圆心角为电子在磁场中的运动时间为粒子运动时间之比D错误。故选C。2．A【详解】根据磁场的叠加原理，从a到b的过程中，磁感强度逐渐减小，而洛伦兹力不做功，粒子速度大小保持不变，根据可得因此曲率半径逐渐变大，而由于可知加速度逐渐减小。故选A。3．B【详解】A．带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；D．过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心，如图：
 由几何关系可知，四边形为菱形，则洛伦兹力提供向心力有所以则有选项D错误；B．由几何关系可得直线AD的长度等于磁场区域半径的2倍即4d，选项B正确；C．粒子在磁场中运动时间为选项C错误。故选B。4．C【详解】A．带电粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图：由粒子的偏转方向，根据左手定则判断粒子带负电，选项A错误；BC．由几何关系可知又有则选项B错误；C正确；D．粒子偏转了，而周期则在磁场运动的时间选项D错误。故选C。5．C【详解】如下图所示设圆形磁场的半径为R，以速度v射入时，半径根据几何关系知解得设第二次射入时的圆心角为，由可得则又得故C正确，ABD错误。故选C。6．C【详解】A．由左手定则可知，两粒子均带正电，A错误；B．由洛伦兹力作为向心力可得解得两粒子的比荷相同，且由图可知M的轨道半径大于N的轨道半径，故M的速度大于N的速度，B错误；C．粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期为两粒子的比荷相等，故两粒子在磁场中运行的周期相等，C正确；D．洛伦兹力始终垂直于运动方向，故洛伦兹力不做功，D错误。故选C。7．D【详解】CD．由牛顿第二定律可得化简可得又联立可得故两粒子的周期相同，即周期之比为1∶1；速度的偏转角即圆心角，故粒子1的运动时间粒子2的运动时间故它们在磁场中运动的时间之比为3∶2，故C错误，D正确；AB．粒子1和粒子2的圆心O1和O2，如图所示设粒子1的半径R1=d对于粒子2，由几何关系可得解得故轨迹半径之比为1∶2。由半径公式可知，它们在磁场中运动的速度之比为1∶2，故AB错误。故选D。8．B【详解】由题图可知，电子带负电荷且初速度向右，向上偏转说明洛伦兹力向上，根据左手定则可以判断，偏转磁场应垂直纸面向外。故选B。9．BD【详解】A．若保证所有的粒子均从C点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，故A错误；B．由A点射入磁场的粒子从C点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R=L，则由牛顿第二定律可得可解得故B正确；CD．由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为故C错误，D正确；故选BD。10．AD【详解】AB．根据洛伦兹力提供向心力可得粒子比荷为k，联立解得：选项A正确，B错误；CD．画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C、D，
粒子在C点与绝缘板相切，PD为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：选项C错误，D正确。故选AD。11．AC【详解】A．粒子向右运动，根据左手定则，向上偏转，应当带正电；向下偏转，应当带负电，故A正确；C．洛伦兹力提供向心力，即得故半径较大的粒子速度大，故C正确；B．由公式故速度大的受洛伦兹力较大,故B错误；D．磁场中偏转角大的运动的时间也长；粒子的偏转角大，因此粒子运动的时间就长，故D错误。故选AC。12．BD【详解】A．由运动情况结合左手定则分析可知，粒子一定带正电，A错误；BC．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如下图所示粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R相同设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹的圆心角最大，粒子运动的时间最长。可得轨迹半径为当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，所对圆心角最小，粒子在磁场中运动的时间最短。则由几何知识θ=60°最短时间所以，粒子在磁场中运动的时间范围为故B正确，C错误；D．由数学知识可知，如果从O点射出粒子的速度沿OC所在直线，则圆心在OS中垂线上，过O点做OC的垂线于OS中垂线的交点为圆心，可知轨迹半径，以此画圆可得圆的范围大于磁场的范围，故相矛盾，所以从O点射出的粒子过O点时速度方向不可能沿CO所在直线，故D正确。故选BD。13．AD【详解】A．若粒子恰好能从N点射出，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角为，轨道半径根据可得粒子的速度A正确；B．粒子通过O点时，偏转的圆心角为，根据对称性，共偏转的圆心角为，如图由于运动的周期所用时间B错误；C．粒子从区域最高点射出的最小速度时，M点与最高点之间的距离恰好等于直径，，由几何关系可得，轨道半径根据可得粒子的最小速度C错误；D．根据当入射速度时，运动的轨道半径此时弦长最长时，圆心角最大，运动时间最长，由几何关系可得，恰好在N点射出时，弦长最长，圆心角为，运动最长时间为D正确。故选AD。14．BD【详解】AB．设正方形边长为L，根据几何关系解得ra=，，根据半径公式，半径之比即为速率之比，则有va：vb：vc=5：2：1选项A错误，选项B正确；CD．在磁场中的运动时间为故粒子的运动时间正比于转过的圆心角，b圆心角为90°，c圆心角为180°，a圆心角不等于45°，则粒子a、c在磁场中运动的时间之比ta：tc不等于1：4，而粒子b、c在磁场中运动的时间之比tb：tc=1：2，选项C错误，选项D正确；故选BD。15．（1）；（2）；（3）【详解】（1）质子在磁场中受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，设其半径为，由洛伦兹力提供向心力得粒子在磁场中的轨迹如图甲实线所示，其圆心在轴上，由图甲中几何关系得联立得（2）由图甲中几何关系得质子在磁场中运动的圆心角为质子在磁场中运动的时间（3）去掉磁场，在电场力的作用下，粒子的轨迹如图乙所示。由题知在轴正方向上根据匀变速运动规律在轴正方向上由运动的对称性可知联立得16．(1)90；(2)1【详解】(1) 衰变后新核与α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有衰变过程动量守恒，有联立可得则这个原子核原来所含的电荷量为则所含的电荷数为90；(2)由以上分析可知，电荷数跟半径成反比，α粒子的电荷数小，所以半径大，故1是α粒子。17．（1）；（2）；（3），【详解】（1）带电粒子在磁场里做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有代入数据解得（2）当粒子从点入射时，画出粒子的运动轨迹圆弧，如图所示设点坐标为，则故由直角三角形几何关系可得点坐标同时满足联立解得代入数据解得（3）当粒子在磁场中轨迹对应的圆心角最大时，运动时间最长，如图所示由知，要使圆心角最大，要最长，故当粒子从入射，从点射出时，粒子的运动时间最长，有得又，解得代入数据解得入射点的纵坐标代入数据解得（用根式表示结果也可）18．（1）；（2）【详解】（1）当粒子的速度较小时，轨迹与y轴相切，此时由几何关系可知粒子的轨道半径 解得当粒子的速度较大时，轨迹与右侧虚线相切，此时由几个关系可知粒子的轨道半径解得则能达到y轴上的粒子的速度范围是 （2）当轨迹与y轴相切时达到y轴的时间最长当轨迹与右侧虚线相切时达到y轴的时间最短则时间差19．（1）；（2）【详解】（1）带电粒子带负电，轨迹如图中圆弧ODE所示由得（2）由几何知识得，粒子转过的圆心角又由或者得粒子在磁场中的运动时间20．（1）负电，；（2）【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图利用左手定则可判断出粒子带负电由几何关系得粒子在磁场中运动的轨道半径洛伦兹力提供向心力由此可解得（2）轨迹所对圆心角周期从而可得粒子穿过第一象限所用的时间