洛伦兹力基础学习知识练习进步知识学习(共17页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上洛伦兹力基础练习1、如图所示，一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的上方，并与磁针指向平行，能使小磁针的N极转向纸内，那么这束带电粒子可能是（ ）A向右飞行的正离子束 B向左飞行的正离子束C向右飞行的负离子束 D向左飞行的负离子束2、一束几种不同的离子, 垂直射入有正交的匀强磁场B1和匀强电场区域里, 离子束保持原运动方向未发生偏转. 接着进入另一匀强磁场B2, 发现这些离子分成几束。如图. 对这些离子, 可得出结论 A、 它们速度大小不同 B、它们都是正离子C、 它们的电荷量不相等 D、它们的荷质比不相等3、如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有三个带电粒子，它们在纸面

2、内沿逆时针方向做匀速圆周运动，其中1和2为质子的轨迹，3为粒子（氦核）的轨迹三者的轨道半径关系为R1R2R3，并相切于P点设v、a、T、F分别表示它们做圆周运动的线速度、加速度、周期和所受的洛伦兹力的大小，则下列判断正确的是（）Av1v2v3 Ba1a2a3 CT1T2T3 DF1=F2=F34、如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负粒子在磁场中A运动时间相同B运动轨迹的半径相同C重新回到边界时速度大小不同方向相同D重新回到边界时与O点的距离相同5、圆形区域内有垂直于纸

3、面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ( ) Aa粒子速率最大 Bc粒子速率最大Ca粒子在磁场中运动的时间最长 D它们做圆周运动的周期TaTbv0 B若，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0 D若，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0 8、把摆球带电的单摆置于匀强磁场中，如图所示，当带电摆球最初两次经过最低点时，相同的量是 （ ）A、小球受到的洛仑兹力 B、摆线的拉力C、小球的动能 D、小球的加速度9、如图所示，用丝线吊着一个质量为m的绝缘带电小球处于匀强磁场

4、中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动，则两次经过O点时（ ）A小球的动能相同B丝线所受的拉力相同C小球所受的洛伦兹力相同D小球的向心加速度相同10、长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：A使粒子的速度v5BqL/4m；C使粒子的速度vBqL/m；D使粒子速度BqL/4mv5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点，有r2L/4，又由r2mv2/Bq=L/4得

5、v2BqL/4mv2BqL/4m时粒子能从左边穿出。综上可得正确答案是A、B。11、解析：依题意粒子打在板上的临界状态如图，由图可以看出当半径rr1或rr2时粒子不能打在板上由几何关系有r1l，rl2，故r2l.根据r，则v1，v2.那么欲使粒子不打在极板上，可使粒子速度v或v.12、；【解析】试题分析：带电粒子在磁场中偏转，其轨迹如图，根据洛伦兹力提供向心力则有，即 ,从图像可知圆心角为60，即PO=r。即，所以 考点：带电粒子在磁场中的偏转点评：此类题型考察了带电粒子在磁场中的偏转问题，其关键问题在于确定粒子的轨迹。13、14、设半径为R，则由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有 粒子从平板上的

6、狭缝O处垂直射入磁场，故OP是圆周直径得 15、（1）据题意，粒子的运动轨迹如图所示。 据左手定则知粒子带负电荷 （3分） （2）由几何关系： （4分） 洛伦兹力提供向心力：（3分） 则粒子的比荷为：（2分）16、(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。由洛仑兹力提供向心力，则有：qvB=mv/R2分由图中几何关系得：Rsin30=d2分解得电子的质量 m=2edB/v2分(2)电子做匀速圆周运动的周期为T=2R/v2分则穿出磁场的时间为t=T/12=d/3v2分17、解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：根据洛伦兹力提供向心力得，解得电子的质量电子的周期所以电子穿越磁场的

7、时间答：电子的质量为，穿越磁场的时间为18、解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/， （1）据几何关系有-6分（2）据洛仑兹力提供向心力-6分 19、解：（1）根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有（2分）解得（2分）（2）设粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期为，则（2分）根据运动轨迹分析可知，（2分），联立解得（2分）20、解：（1）由入射和出射位置可圆心的位置，据几何关系有R=（2）据洛仑兹力提供向心力R=，得B=21、解：（1）画出运动轨迹，如图所示由几何关系：R=2a；1、设圆心角为sin= =故时间为：t=2、洛伦兹力提供向心力，有evB=m解得：=答：1、电子在磁场中的飞行时间为2、电子

8、的荷质比为22、解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如图所示；（1）电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：qv0B=m，解得电子轨道半径：R=，由几何知识得：OP=2Rsin=sin；由图示可知，电子做圆周运动转过的圆心角：=2，电子做圆周运动的周期：T=，电子在磁场中运动的时间：t=T=；答：（1）OP的长度为sin；电子从由O点射入到落在P点所需的时间23、解：（1）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度=则电子在磁场中运动的时间：t=（2）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀

9、速圆周运动的向心力即：由此可得电子做圆周运动的半径R=由题意知，由图根据几何关系知：解得磁场的半径：答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=；（2）圆形磁场区域的半径r=24、解析：设粒子刚好打在上极板左边缘时(如图所示)R1，-（2分）又R1，解得v1. -（2分）设粒子刚好打在上极板右边缘时，由图知：R22L2(R2)2，-（2分）所以R2，-（1分）又R2，解得v2. -（1分）综上分析，要使粒子不打在极板上，其入射速率应满足以下条件：v.25、考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： （1）根据题意作出粒子运动轨迹，应用左手定则

10、判断粒子电性；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出A到x轴的距离；（3）根据圆心角与周期的关系求出运动的时间解答： 解：（1）据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：由左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电；（2）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：qv0B=m，解得：r=，A与x轴的距离为d，由图可得：rrcos60=d，所以d=r=；（3）子由O运动到A时速度方向改变了=60角，所以粒子做圆周运动的圆心角为60，所以运动的时间t=T=； 答：（1）粒子运动的轨迹如图所示，带电粒子的带负电；（2）A点与x轴

11、的距离为；（3）粒子由O点运动到A点经历时间为点评： 本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，难度不大，属于基础题26、考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动 专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 粒子从A点进入磁场，从CD点离开磁场，做匀速圆周运动，根据几何关系求出半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出速度，在由周期公式可以判断粒子的运动的时间之比解答： 解：（1）从C口射出，粒子做圆周运动的半径R1=L由得到：（2）要使从D口射出，粒子做圆周运动的半径由得到：（3）从A进入到从C、D射出两种情况周期相同，t=，从C射出磁场的粒子经过的圆心角为90，运动的时间为T，从D射出磁场的粒子的圆心角为180，运动的时间为T，所以粒子所用时间之比1：2，答：（1）粒子从A点进入磁场的速度大小为；（2）要使粒子从D口射出，粒子的速度大小为；（3）从A进入到C、D口射出两种情况下，粒子所用时间之比为1：2点评： 带电粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，根据粒子的半径公式和周期公式分析即可的出结论专心-专注-专业