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PAGE第1頁共4頁課時分層作業(yè)(十七)洛倫茲力的應(yīng)用[基礎(chǔ)達標練](時間:15分鐘分值:50分)一、選擇題(本題共6小題,每小題6分,共36分)1.兩個質(zhì)量和電荷量均相同的帶電粒子a、b分別以速度v和2v垂直射入一勻強磁場,其軌道半徑分別為ra和rb,運動的周期分別為Ta和Tb,不計粒子重力,則()A.ra>rb B.ra<rbC.Ta>Tb D.Ta<TbB[由qvB=meq\f(v2,r)得r=eq\f(mv,qB),ma=mb,qa=qb,兩粒子進入同一磁場,但速度不同,故ra<rb,A項錯,B項正確;由T=eq\f(2πr,v)得T=eq\f(2πm,qB),故Ta=Tb,C、D均錯.]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,磁場方向垂直于圓弧所在平面,并且指向紙外.有一束粒子對準a端射入彎管,粒子有不同的質(zhì)量、不同的速度,但都是一價正離子,則()A.只有速度v大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B.只有質(zhì)量m大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C.只有質(zhì)量m與速度v的乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D.只有動能Ek大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C[若讓粒子沿中心線通過彎管,需滿足qvB=meq\f(v2,R),即mv=qRB.故C項正確.]3.薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域,高速帶電粒子可穿過鋁板一次,在兩個區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖所示,半徑R1>R2.假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變,則該粒子()A.帶正電B.在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C.在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同D.從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域C[粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力,速度將減小.由r=eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小,故可得粒子由Ⅰ區(qū)域運動到Ⅱ區(qū)域,結(jié)合左手定則可知粒子帶負電,選項A、B、D錯誤;由T=eq\f(2πm,Bq)可知粒子運動的周期不變,粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域中運動的時間均為t=eq\f(1,2)T=eq\f(πm,Bq),選項C正確.]4.截面為矩形的載流金屬導(dǎo)線置于磁場中,如圖所示,將出現(xiàn)下列哪種情況()A.在b表面聚集正電荷,而a表面聚集負電荷B.在a表面聚集正電荷,而b表面聚集負電荷C.在a、b表面都聚集正電荷D.無法判斷a、b表面聚集何種電荷A[金屬導(dǎo)體靠自由電子導(dǎo)電,金屬中正離子并沒有移動,而電流由金屬導(dǎo)體中的自由電子的定向移動(向左移動)形成.根據(jù)左手定則,四指應(yīng)指向電流的方向,讓磁感線垂直穿過手心,拇指的指向即為自由電子的受力方向.也就是說,自由電子受洛倫茲力方向指向a表面一側(cè),實際上自由電子在向左移動的同時,受到指向a表面的作用力,并在a表面進行聚集,由于整個導(dǎo)體是呈電中性的(正、負電荷總量相等),所以在b的表面“裸露”出正電荷層,并使b表面電勢高于a表面電勢,A正確.]5.(多選)如圖所示是磁流體發(fā)電機的原理示意圖,金屬板M、N正對平行放置,且板面垂直于紙面,在兩極板之間接有電阻R.在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場.當?shù)入x子束(分別帶有等量正、負電荷的離子束)從左向右進入極板時,下列說法中正確的是(不計粒子所受重力)()A.N板的電勢高于M板的電勢B.M板的電勢高于N板的電勢C.R中有由b向a方向的電流D.R中有由a向b方向的電流BD[根據(jù)左手定則可知帶正電荷的離子向上極板偏轉(zhuǎn),帶負電荷的離子向下極板偏轉(zhuǎn),則M板的電勢高于N板的電勢.M板相當于電源的正極,那么R中有由a向b方向的電流.故選BD.]6.如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場,P為磁場邊界上的一點.大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場.若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上.不計重力及帶電粒子之間的相互作用.則v2∶v1為()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D.3∶eq\r(2)C[相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動.粒子以v1入射,一端為入射點P,對應(yīng)圓心角為60°(對應(yīng)六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1,如圖甲所示,設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R,由幾何關(guān)系知r1=eq\f(1,2)R.其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應(yīng)的圓弧內(nèi).同理可知,粒子以v2入射及出射情況,如圖乙所示.由幾何關(guān)系知r2=eq\r(R2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))\s\up20(2))=eq\f(\r(3),2)R,可得r2∶r1=eq\r(3)∶1.因為m、q、B均相同,由公式r=eq\f(mv,qB)可得v∝r,所以v2∶v1=eq\r(3)∶1.故選C.]二、非選擇題(14分)7.回旋加速器的工作原理如甲所示,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(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0.周期T=eq\f(2πm,qB).一束該種粒子在0~eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)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)粒子在磁場中運動半徑為R時qvB=meq\f(v2,R)且Em=eq\f(1,2)mv2解得Em=eq\f(q2B2R2,2m).(2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動,設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt,加速度a=eq\f(qU0,md)勻加速直線運動nd=eq\f(1,2)a·Δt2由t0=(n-1)·eq\f(T,2)+Δt,解得t0=eq\f(πBR2+2BRd,2U0)-eq\f(πm,qB).[答案](1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2+2BRd,2U0)-eq\f(πm,qB)[能力提升練](時間:25分鐘分值:50分)一、選擇題(本題共4小題,每小題6分,共24分)1.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場,離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計粒子重力,該磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)A[粒子進入磁場后做勻速圓周運動,如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子做圓周運動的半徑r=eq\r(3)R,由qvB=meq\f(v2,r)可得,B=eq\f(\r(3)mv0,3qR),選項A正確.]2.如圖所示,兩導(dǎo)體板水平放置,兩板間電勢差為U,帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為()A.d隨v0增大而增大,d與U無關(guān)B.d隨v0增大而增大,d隨U增大而增大C.d隨U增大而增大,d與v0無關(guān)D.d隨v0增大而增大,d隨U增大而減小A[設(shè)粒子從M點進入磁場時的速度大小為v,該速度與水平方向的夾角為θ,故有v=eq\f(v0,cosθ).粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r=eq\f(mv,qB).而MN之間的距離為d=2rcosθ.聯(lián)立解得d=2eq\f(mv0,qB),故選項A正確.]3.如圖所示,MN為兩個勻強磁場的分界面,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系為B1=2B2,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)從O點垂直MN進入B1磁場,則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點()A.eq\f(2πm,qB1) B.eq\f(2πm,qB2)C.eq\f(2πm,q(B1+B2)) D.eq\f(πm,q(B1+B2))B[粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由周期公式T=eq\f(2πm,qB)知,粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間為t=eq\f(2πm,qB1)+eq\f(πm,qB2)=eq\f(2πm,qB2),所以B選項正確.]4.如圖所示,在足夠大的屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,P為屏上一小孔,PC與MN垂直.一束質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子(不計重力)以相同的速率v從P處射入磁場區(qū)域,粒子入射方向在與磁場垂直的平面里,且分散在與PC夾角為θ的范圍內(nèi),則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為()A.eq\f(2mvq,B) B.eq\f(2mvcosθ,qB)C.eq\f(2mv(1-sinθ),qB) D.eq\f(2mv(1-cosθ),qB)D[如圖所示,ST之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度.粒子在磁場中運動的軌道半徑R=eq\f(mv,qB)則PS=2Rcosθ=eq\f(2mv·cosθ,qB),PT=2R=eq\f(2mv,qB),所以ST=eq\f(2mv(1-cosθ),qB).]二、非選擇題(本題共2小題,共26分)5.(12分)如圖所示,有一對平行金屬板,兩板相距為0.05m,電壓為10V;兩板之間有勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B0=0.1T,方向與金屬板平行并垂直于紙面向里.圖中右邊有一半徑R為0.1m、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B=eq\f(\r(3),3)T,方向垂直于紙面向里.一正離子沿平行于金屬板面,從A點垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間,沿直線射出平行金屬板之間的區(qū)域,并沿直徑CD方向射入圓形磁場區(qū)域,最后從圓形區(qū)域邊界上的F點射出.已知速度的偏向角θ=eq\f(π,3),不計離子重力.求:(1)離子速度v的大?。?2)離子的比荷eq\f(q,m);(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t.[解析](1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運動,洛倫茲力與電場力大小相等,即:B0qv=qE0E0=eq\f(U,d)解得v=2000m/s.(2)在圓形磁場區(qū)域,離子做勻速圓周運動,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有:Bqv=meq\f(v2,r)由幾何關(guān)系有:taneq\f(θ,2)=eq\f(R,r)解得離子的比荷為:eq\f(q,m)=2×104C/kg.(3)弧CF對應(yīng)圓心角為θ,離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t,t=eq\f(θ,2π)·TT=eq\f(2πm,qB)解得t=eq\f(\r(3)π,6)×10-4s≈9×10-5s.[答案](1)2000m/s(2)2×104C/kg(3)9×10-5s6.(14分)如圖所示,在0≤x≤a、0≤y≤eq\f(a,2)范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源,在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們的速度大小相同,速度方向均在xOy平面內(nèi),與y軸正方向的夾角分布在0°~90°范圍內(nèi).已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于eq\f(a,2)到a之間,從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做勻速圓周運動周期的四分之一.求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的:(1)速度的大??;(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦.[解析](1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v,粒子做圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式,得qvB=meq\f(v2,R) ①當eq\f(a,2)<R<a時,在磁場中運動時間最長的粒子其軌跡是圓心為C的圓弧,圓弧與磁場的上邊界相切,如圖所示.設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意t=eq\f(T,4),得∠OCA=eq\f(π,2) ②設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得Rsinα=R-eq\f(a,2) ③R

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