20xx教科版高中物理選修3-1第三章第5節(jié)洛倫茲力的應(yīng)用課時作業(yè)-資料下載頁
2025-11-19 13:31本頁面
【導(dǎo)讀】第5節(jié)洛倫茲力的應(yīng)用。磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，由幾何關(guān)系知：tanθ2＝__________＝。加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得：________＝12mv2①?？芍姾闪肯嗤瑫r，半徑將隨________變化．。回旋加速器的核心部件是兩個____________．?；匦铀倨饔袃蓚€銅質(zhì)的D形盒D1、D2，其間留有一________，加以________電壓，離。粒子在兩盒空間的勻強磁場中，做______________，在兩盒間的空隙中，被__________. __________，半徑r逐漸增大，達(dá)到預(yù)定速率后，用靜電偏轉(zhuǎn)極將高能粒子引出D形盒用于。知識點一利用磁場控制帶電粒子的運動。向不變，電子在螺旋管中心軸線上運動情況是(). 知識點二洛倫茲力與其他性質(zhì)力的結(jié)合。A，最后落到地板上．設(shè)有磁場時飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度大小為v1；
【正文】 題應(yīng)選擇 B. 方法總結(jié) (1)正交的勻強電場和勻強磁場中電場強度、磁感應(yīng)強度分別為 E、 B，有一帶電粒子以一定的速度垂直電、磁場的方向射入電、磁場中，能勻速穿過電、磁場的條件是帶電粒子的速度為： v＝ EB，與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量、電性等皆無關(guān)．換句話說，帶電粒子能否勻速垂直穿過電、磁場與粒子帶電荷量、帶電性質(zhì)、粒子的質(zhì)量無關(guān)． (2)速度選擇器選擇的是粒子 “ 速度 ” 而非 “ 速率 ” ，只有當(dāng)粒子以特定速率 v＝ EB，以確定的方向才可沿直線通過速度選擇器． 9． C [粒子在穿過這個區(qū)域時所受的力為：豎直向下的電場力 Eq和豎直向上的洛倫茲力 qvB，且此時 Eq＝ ，需使 Eq＞ qvB，則減小速度 v、減小磁感應(yīng)強度 B或增大電場強度 E均可． ] 課后鞏固練 1． A 3． CD [由于 a靜止， Ga＝ qE，電場力方向向上，帶負(fù)電荷；由左手定則， b受洛倫茲力豎直向下， Gb＋ qvbB＝ qE；由左手定則， c受洛倫茲力豎直向上， Gc＝ qE＋ ：Gb＜ Ga＜ Gc，故 C、 D正確． ] 4． ABD [ 沒有磁場時，小球飛落過程為平拋運動．當(dāng)空間有勻強磁場時，分析小球飛落過程中任一位置受力情況如右圖所示． 由于時刻與瞬時速度垂直的洛倫茲力對小球豎直分運動的影響，在同樣落差下與平拋運動只受重力作用相比，小球落地時間加長，所以 t1t2. 從洛倫茲力對水平分運動的影響可知，小球水平分速度將比平拋時加大，而且又有t1t2，則必有 x1x2. 由于洛倫茲力做功為零，而兩種情況下重力對小球做功相等，所以落地速度大小相同，即 v1＝ v2，當(dāng)然兩種情況下小 球落地時速度的方向不同． ] 5． BD [當(dāng)帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，由牛頓第二定律 qvB＝ mv2r，得v＝ qBrm . 若 D形盒的半徑為 R，則 r＝ R時，帶電粒子的最終動能 Ekm＝ 12mv2＝ q2B2R22m ， 所以要提高加速粒子射出時的動能，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度 B和加速器的半徑 R.] 6． ABC 7． D [由 qU＝ 12mv2，得 v＝ 2qUm ， x＝ 2R，所以 R＝ x2＝ mvqB， x＝ 2mvqB＝ 2mqB 2qUm ＝ 8mUqB2 ，可以看出， x變大，可能是因為 m變大， U變大， q變小， B變小，故只有 D對． ] 8． (1)eU (2)e2B2R22m (3)eB2π m 解析 (1)粒子在電場中加速，由動能定理得： eU＝ Ek－ 0，解得 Ek＝ eU. (2)粒子在回旋加速器的磁場中繞行的最大半徑為 R，由牛頓第二定律得 ： evB＝ mv2R① 質(zhì)子的最大動能： Ekm＝ 12mv2② 解 ①② 式得： Ekm＝ e2B2R22m (3)f＝ 1T＝ eB2π m 9． (1)負(fù)電荷 (2) m/s (3) m 解析 (1)小滑塊沿斜面下滑的過程中，受重力 mg、斜面支持力 N和洛倫茲力 F作用，如右圖所示，若要使小滑塊離開斜面，則洛倫茲力 F應(yīng)垂直斜面向上，據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶 負(fù)電荷． (2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，垂直于斜面的加速度為零時，由平衡條件得 F＋ N＝mgcos α ，當(dāng)支持力 N＝ 0時，小滑塊脫離斜面．設(shè)此時小滑塊速度為 vmax，則此時小滑塊所受洛倫茲力 F＝ qvmaxB， 所以 vmax＝ mgcos αqB ＝10 － 310 32510 － 4 m/s ≈ m/s (3)設(shè)該斜面長度至少為 l，則臨界情況為剛滑到斜面底端時離開斜面．因為下滑過程中只有重力做功，由動能定理得 mglsin α ＝ 12mv2max－ 0 所以斜面長至少為 l＝ v2max2gsin α ＝2210 m≈ m
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