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文檔簡介

壓軸題10帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

一、考向分析

一本專題是磁場、力學(xué)、電場等知識的綜合應(yīng)用,高考往往以計算壓軸題的形式出現(xiàn).

-、

一、學(xué)習(xí)本專題,可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力.針對性的專

1.題訓(xùn)練,可以提高同學(xué)們解決難題、壓軸題的信心,用到的知識主要有:動力學(xué)觀

2.;點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律)、運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)(動能定理、能量守恒定律)、電場的現(xiàn)

3.:點(diǎn)(類平拋運(yùn)動的規(guī)律)、磁場的觀點(diǎn)(帶也粒子在砥場中運(yùn)動的規(guī)律).

4.畫出粒子運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。

二、帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法

1.帶電體在疊加場中運(yùn)匆的歸類分析

(1)磁場力、重力并存

①若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動。

②若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,因洛倫茲力不做功,故機(jī)械能

守怛。

(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)

①若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動。

②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可用動能定理求解。

(3)電場力、磁場力、重力并存

①若三力平衡,帶電體做勻速直線運(yùn)動。

②若重力與電場力平衡,帶電體做勻速圓周運(yùn)動。

③若合力不為零,帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可用能量守恒定律或動能定理求解。

2.帶電粒子(帶電體)在疊加場中運(yùn)動的分析方法

(1)弄清疊加場的組成。

(2)進(jìn)行受力分析。

(3)確定帶電粒子的運(yùn)匆狀態(tài),注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。

(4)畫出粒子運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。

①當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時,根據(jù)受力平衡列方程求解。

②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時,應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解

③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解。

④對于臨界問題,注意挖掘隱含條件。

(5)記住三點(diǎn):能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運(yùn)動、能量三個方面進(jìn)行分析

①受力分析是基礎(chǔ):一般要從受力、運(yùn)動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多,

含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等;

②運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵:包含的運(yùn)動種類多,含勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)

動、圓周運(yùn)動以及其他曲線運(yùn)動:

③根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型,選擇合適的定理列方程(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、

動能定理、能量守恒定律等)求解。

三、帶電粒子在周期性的電場和磁場中的運(yùn)動

帶電粒子在交變電場或磁場中運(yùn)動的情況較復(fù):雜,運(yùn)動情況不僅取決于場的變化規(guī)律,還與

粒子進(jìn)入場的的時候的時刻有關(guān),一定要從粒子的受力情況著手,分析出粒子在不同時間間

隔內(nèi)的運(yùn)動情況,若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間,那么粒子在穿越電場

的過程中,可看作勻強(qiáng)電場。

注意:空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的,一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點(diǎn)。交替變化

的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點(diǎn)的電場,磁場或疊加的場,從而表現(xiàn)出多過程

現(xiàn)象,其特點(diǎn)較為隱蔽。

三、壓軸題速練

I.如圖1所示,空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一個帶負(fù)電

的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場區(qū),經(jīng)一段時間運(yùn)動到N點(diǎn),關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動,下

列說法正確的是()

圖I

A.小球可能做勻變速運(yùn)動B.小球一定做變加速運(yùn)動

C.小球動能可能不變D.小球機(jī)械能守恒

答案BC

解析小球從M到M在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn),所以在M點(diǎn)受到的豎直向下的洛倫茲力、

豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零,且速度方向變化,則洛倫茲力方向變化,

所以合力為變力,故不可能做勻變速運(yùn)動,一定做變加速運(yùn)動,A錯誤,B正確;若電場力

和重力等大反向,則運(yùn)動過程中電場力和重力做功之和為零,而洛倫茲力不做功,所以小球

的動能可能不變,C正確;沿電場方向有位移,電場力一定做功,故小球的機(jī)械能不守恒,

D錯誤.

2.如圖2所示,空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為4的勻強(qiáng)磁場和水平向左、場強(qiáng)為

E的勻強(qiáng)電場.有一質(zhì)量為〃?、電荷量大小為夕的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45。角

的速度u做直線運(yùn)動,重力加速度為,則下列說法正確的是()

圖2

A.微粒可能做勻加速直線運(yùn)動

B.微粒可能只受兩個力作用

C.勾強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

D.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=§

答案D

解析微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用,若u發(fā)生變化,則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲

力與速度方向垂直,微粒不可能做直線運(yùn)動,所以重力、電場力和洛倫茲力三力平衡,微粒

做勻速直線運(yùn)動,故A、B錯誤:根據(jù)平衡條件,有:qE=〃?gtan45。,qvB=yl(ing)2+(qE)2,

聯(lián)立解得?:E=*管,故C錯誤,D正確.

3.(多選)如圖3所示,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,一帶電液

滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線AC8運(yùn)動,到達(dá)B點(diǎn)時速度為零,C點(diǎn)是運(yùn)動的最低點(diǎn),不計

摩擦阻力,則以下說法中正確的是()

圖3

A.液滴一定帶正電

B.液滴在。點(diǎn)時的動能最大

C.從A到。過程液滴的電勢能增大

D.從C到B過程液滴的機(jī)械能增大

答案BCD

解析從題圖中可以看出,帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動,說明重力和電場力的合力向下,

洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè),根據(jù)左手定則可知,液滴帶負(fù)電,故A錯誤;從A到C的過程中,

重力做正功,而電場力做負(fù)功,洛倫茲力不做功,合力做正功,液滴動能增大,從C到B

的過程中,重力做負(fù)功,電場力做正功,洛倫茲力不做功,合力做負(fù)功,液滴動能減小,所

以液滴在C點(diǎn)時的動能最大,故B正確:從A到C過程液滴克服電場力做功,電勢能增加,

故C正確;從。到8的過程中,電場力做正功,洛倫茲刀不做功,機(jī)械能增大,故D正確.

4.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖4所示:中

間是磁場區(qū)域,其邊界與〉,軸垂直,寬度為/,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8,方向垂直于xQy平

面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正

方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn),它們的連線與〉軸平行.一帶正電的粒子以某一速

度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過?段時間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸

正方向射出.不計重力.

圖4

⑴定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡;

⑵求該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大小.

答案(1)見解析圖(2)箸

解析(1)粒子運(yùn)動的軌跡如圖(a)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,

上下對稱)

(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動.設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時速度的大小為

在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為/,加速度的大小為粒子進(jìn)入磁場的速度大小為力方向與電

場方向的夾角為仇如圖(b),速度沿電場方向的分量為力.

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma?

式中q和小分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.

由運(yùn)動學(xué)公式有

v\=at?

r=vot?

V|=vcos0?

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)其運(yùn)動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

4由=號卷

由幾何關(guān)系得

/=2/?cose?

聯(lián)立①(2)③④⑤⑥式得

_2El'

V()=~BT

5.如圖5,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,x軸上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為

E,x軸下方存在垂直坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為及一個靜止的帶正電粒子

位于),軸正半軸的A(0,h)點(diǎn),某時刻由于內(nèi)部作用,分裂成兩個電荷量都為+“的粒子。

和江分別沿工軸正方向和負(fù)方向進(jìn)入電場.已如粒子。的質(zhì)量為加,粒子。進(jìn)入第一象限

的動量大小為p.設(shè)分裂過程不考慮外力的作用,在電場與磁場中的運(yùn)動過程不計粒子重力和

粒子間的相互作用.求:

圖5

⑴粒子a第一次通過x軸時離原點(diǎn)。的距離x;

⑵粒子〃第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點(diǎn)間的距離L.

答案見解析

解析(D如圖所示,粒子〃在電場中只受電場力,做類平拋運(yùn)動

由平拋運(yùn)動規(guī)律可得:x=vQt?

h=%F②

qE=ma@

p=mvo@

聯(lián)立①@③⑷解得:篇

(2)粒子。進(jìn)入磁場時,設(shè)速度為u,與x軸正方向成。角,y軸方向的速度為竺v,則

vy=at@

vv=vsin0?

粒子。在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)軌跡半徑為八有

由幾何知識得:

L=2/-sin

聯(lián)立②③⑤⑥⑦⑧式解得:

6.如圖6甲所示,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系,等邊三角形OMN內(nèi)存在垂直紙面向里的

勻強(qiáng)磁場,三角形外側(cè)有沿X軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)有質(zhì)量機(jī)=IXl()」8kg、電荷量q=

+1X10-ISc的帶電微粒從坐標(biāo)為(0,—0.5m)的。點(diǎn),以某一初速度也)沿某一方向入射,

從x釉上的尸點(diǎn)以u=200m/s的速度垂直工軸進(jìn)入三角形區(qū)域.若此時將三角形外側(cè).的電

場換成垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(如圖乙所示),兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.已知三角形

的邊長L=4m,0、P兩點(diǎn)間距離為d=lm,重力不計.求:

圖6

⑴勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小及帶電微粒的初速度大小:

⑵若兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bo=O.2T,求該微粒在乙圖中運(yùn)動一個周期的時間/:

(3)乙圖中若微粒能再次回到P點(diǎn),則兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B應(yīng)滿足什么條件.

答案(1)320V/m2OOV17m/s(2)6.28xl0-2s(3)B=(0.4〃+0.2)T,(〃=0,1,2,3...)

解析(1)在勻強(qiáng)電場中,微粒在電場力作用3做類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動

水平方向:OP=&

豎直方向:OQ=vt

水平分速度%=凈

微粒的初速度%—

聯(lián)立解得七=320V/m,vo=2O(h/T7m/s;

⑵粒子在兩磁場中均做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律知

qvB()=nr^,解得

T=—,解得7=3.14x10-2$

V

粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,

故/=3x(+3x號=6.28x102s

⑶由對稱性可知,粒子能再次回到P點(diǎn),則粒子運(yùn)動的半徑應(yīng)滿足r(2〃+l)=OP(〃=

0,1,2,3...)且r=~^,

聯(lián)立可得B=(0.4〃+0.2)T,(/1=0,1,2,3…).

7.在如圖1所示的平行板器件中,電場強(qiáng)度上和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直.一帶電粒子(重

力不計)從左端以速度y沿虛線射入后做宜線運(yùn)動,則該粒子()

圖1

A.一定帶正電

B.速度丫=需

F

C.若速度心4粒子一定不能從板間射出

D.若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入,仍做直線運(yùn)動

答案B

解析粒子帶正電和負(fù)電均可,選項A錯誤;由洛倫茲力等于電場力,可得中,B=qE,解

得速度-=£選項B正確;若速度v>f,粒子可能會從板間射出,選項C錯誤;若此粒子

從右端沿虛線方向進(jìn)入,所受電場力和洛倫茲力方向相同,不能做直線運(yùn)動,選項D錯誤.

8.(多選)醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個。形金屬盒,如圖2所示,兩金屬盒置于勻強(qiáng)

磁場中,并分別與高頻電源相連.現(xiàn)分別加速笊核(汩)和氮核?He)并通過線束引出加速器.下

列說法中正確的是()

圖2

A.加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同

B.兩種粒子獲得的最大動能相同

C.兩種粒子在。形盒中運(yùn)動的周期相同

D.增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能

答案AC

解析回旋加速器加速粒子時,粒子在磁場中運(yùn)動的周期應(yīng)和交流電的周期相同.帶電粒子

在磁場中運(yùn)動的周期T=繁,兩粒子的比荷*相等,所以周期相同,故加速兩種粒子的高

頻電源的頻率也相同,A、C正確:根據(jù)qvB=nr^,得最大動能反=3加=噂營,

與加速電壓無關(guān),兩粒子的比荷索相等,電荷量,/不相等,所以最大動能不等,故B、D錯

誤.

9.(多選)如圖3所示是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖,兩平行金屬板P、Q之間有一個很強(qiáng)的磁場.一

束等離子體(即高溫卜.電離的氣體,含有大量正、負(fù)帶電離子)沿垂直于磁場的方向噴入磁

場.把P、Q與電阻R相連接.下列說法正確的是()

圖3

A.。板的電勢高于P板的電勢

B.R中有由。向力方向的電流

C.若只改變磁場強(qiáng)弱,H中電流保持不變

D.若只增大離子入射速度,R中電流增大

答案BD

解析等離子體進(jìn)入磁場,根據(jù)左手定則,正離子向上偏,打在上極板上,負(fù)離子向下偏,

打在下極板上,所以上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,則P板的電勢高于Q板的電勢,流過

電阻R的電流方向由〃到從故A錯誤,B正確;依據(jù)電場力等于洛倫茲力,即/="從

則有〃=A小,,再由閉合電路歐姆定律/=盧=瞥,電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比.故C錯

誤;由以上分析可知,若只增大離子的入射速度,R中電流會增大,故D正確.

10.(多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件,廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域.如圖4所示是

霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下,當(dāng)元件中通入

圖示方向的電流/時,C、D兩側(cè)面會形成一定的電勢差U.下列說法中正確的是()

圖4

A.若C側(cè)面電勢高于。側(cè)面,則元件中形成電流的載流子帶負(fù)電

B.若C側(cè)面電勢高于。側(cè)面,則元件中形成電流的載流子帶正電

C.在地球南、北極上方測地磁場強(qiáng)弱時,元件工作面豎直放置時U最大

D.在地球赤道上方測地磁場強(qiáng)弱時,元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時,U最大

答案AD

解析若元件的載流子帶負(fù)電,由左手定則可知,載流子受到洛倫茲力向。側(cè)面偏,則。

側(cè)面的電勢高于。側(cè)面的電勢,故A正確;若元件的載流子帶正電,由左手定則可知,載

流子受到洛倫茲力向。側(cè)面偏,則。側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢,故B錯誤;在測地球

南、北極上方的地磁場強(qiáng)弱時,因磁場方向豎直,則元件的工作面保持水平時U最大,故C

錯誤;地球赤道上方的地磁場方向水平,在測地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時,元件的工作面

應(yīng)保持豎直,當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時U最大,故D正確.

11.容器A中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子,粒子從容器下方的小孔&

不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運(yùn)動,通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場

方向射入偏轉(zhuǎn)電場.粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為以方向垂直紙面

向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,最后打在感光片上,如圖5所示.已知加速電場中與,S2間的加速

電壓為U,偏轉(zhuǎn)電場極板長為L,兩板間距也為L,板間勻強(qiáng)電場強(qiáng)度E=亍,方向水平向

Li

左(忽略板間外的電場),平行板/的下端與磁場邊界必相交于點(diǎn)P,在邊界必上實(shí)線處固

定放置感光片.測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之間,且。距夕的長度

為3L,不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用,求:

圖5

⑴粒子射入磁場時,其速度方向與邊界必間的夾角;

(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質(zhì)量,〃之比);

⑶粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間.

答案(1)45。(2)2慫2⑶彳翳

2

解析⑴設(shè)質(zhì)量為加、電荷量為q的粒子通過孔S2的速度為vo?則:qU=^mv()

粒子在平行板e、/間做類平拋運(yùn)動:L=v()t,女=哈1,tanO=乎

聯(lián)立可得:tan0=1,則。=45。,故其速度方向與邊界滴間的夾角為〃=45。.

(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿場強(qiáng)方向的位移呈故粒子從e板下端與水平方向成45。角

斜向下射入勻強(qiáng)磁場,如圖所示,設(shè)質(zhì)量為"人電荷量為9的粒子射入磁場時的速度為vs

22

做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r,則V=A/VO+V,V=A/2vo=

由幾何關(guān)系:r+/2=(4L)2

則r=2^2L

則r=第

聯(lián)立解得:/國?

⑶設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為3偏轉(zhuǎn)角為a,

n,.ammv2ImU

則F『礦方

聯(lián)立可得:,=甯

3

因?yàn)榱W釉诖艌鲋羞\(yùn)動的偏轉(zhuǎn)角a=廣,所以粒子打在P處時間最短,此時半徑為匕

由兒何關(guān)系知:,2+/2=。2,則,=乎£

17t竭3TIBL2

聯(lián)立可得:fmin

4U-16U.

12.(多選)空間虛線上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為3;一群電子以不同速率從邊界上的

產(chǎn)點(diǎn)以相同的方向射入磁場.其中某一速率小的電子從。點(diǎn)射出,如圖1所示.已知電子

入射方向與邊界夾角為仇則由以上條件可判斷()

圖1

A.該勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里

B.所有電子在磁場中的軌跡相同

C.速率大于小的電子在磁場中運(yùn)動時間長

D.所有電子的速度方向都改變了20

答案AD

解析電子在戶點(diǎn)受到的洛倫茲力方向沿P-O,如圖所示,根據(jù)左手定則判斷得知:勻強(qiáng)

磁場的方向垂宜紙面向里,故A正確.

A

電子進(jìn)入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,有則

/=蕭,軌跡半徑與電子的速率成正比,速率不同,軌跡半徑不同,則軌跡就不同,故B錯誤.

根據(jù)圓的對稱性可知,所有電子離開磁場時速度方向與PQ線的夾角都是仇則所有電子的

速度方向都改變了20,由幾何知識得知,所有電子軌跡對應(yīng)的圓心角都是2。,則所有電子

在磁場中運(yùn)動的時間都相同,故C錯誤,D正確.

13.如圖2所示,在xOy直角坐標(biāo)系的第一象限中,以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心的四分之一圓內(nèi),有

垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場,圓的半徑為R,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一個質(zhì)量為/〃、

電荷量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿x軸正方向射入磁場,粒子出磁場時速度方向剛

好沿),軸正方向,則粒子在磁場中運(yùn)動的速度大小為(粒子在磁場中僅受洛倫茲力)()

圖2

(/BRqBR

A.2m

c小qBR事qBR

*mD.2m

答案D

解析粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動的軌道半徑為r=^R

洛倫茲力提供向心力,則/,8=〃斤

也qBR

可得v=2m故選D.

14.如圖3所示,空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,。點(diǎn)為圓心.磁場方向垂直于紙面向外.一

帶正電的粒子從A點(diǎn)沿圖示箭頭方向以速率V射入磁場,〃=30。,粒子在紙面內(nèi)運(yùn)動,經(jīng)過

時間,離開磁場時速度方向與半徑。4垂直.不計粒子重力.若粒子速率變?yōu)?其他條件

不變,粒子在圓柱形磁場中運(yùn)動的時間為()

圖3

t3t

A,2B.tC.yD.2t

答案C

解析粒子在磁場中運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力可得

v2

qvB=nr^

解得R常

則周期7=平

粒子在紙面內(nèi)運(yùn)動,經(jīng)過時間/離開磁場時速度方向與半徑0A垂直,作出粒子運(yùn)動軌跡如

圖甲所示

由幾何關(guān)系可得夕=120。,R=OA

所以粒子以速率I,在磁場中運(yùn)動的時間為

a2nm

礪丁=麗

當(dāng)粒子速率變?yōu)榱嫌扇艘婵芍W舆\(yùn)動半徑變?yōu)?/p>

R-2-2

周期r=r=鬻

作出此時粒子運(yùn)動的軌跡如圖乙所示

根據(jù)幾何知識可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角

4=180。

則粒子以速率擠在磁場中運(yùn)動的時間為

r-360o/~qB

3

所以r=,

故A、B、D錯誤,C正確.

15.(多選汝I圖4所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場,在邊長為2R的正方形區(qū)域

內(nèi)也有勻強(qiáng)磁場.兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同,兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別

從M、N兩點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場.在M點(diǎn)射入的帶電粒子,其速度方向指向圓心;在N點(diǎn)射入

的帶電粒子,速度方向與邊界垂直,且N點(diǎn)為正方形邊長的中點(diǎn),則下列說法正確的是()

圖4

A.帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同

B.帶電粒子在磁場中飛行的時間?定相同

C.從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先匕出磁場

D.從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)射入的帶電粒子先飛出磁場

答案AD

解析帶電粒子垂直于磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,粒子做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,

2

則有

解得片卷,兩粒子相同、兩粒子的速率相同,則兩粒子的軌道半徑廠相同,粒子做圓周運(yùn)

動的周期7=鬻相等,磁場圓的直徑恰好等于正邊形邊長,故圓內(nèi)切于正方形;作出粒子

在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示

由圖示可知,當(dāng)粒子軌道半徑r=R時,即軌跡2,兩粒子在磁場中的運(yùn)動時間相等,都等

于^丁,故A正確;

由圖示可知,當(dāng)粒子軌道半徑存R時,粒子在圓形磁場中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角都小于在

正方形區(qū)域中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角,則粒子在圓形磁場中的運(yùn)動時間小于在正方形磁場

中的運(yùn)動時間,即從M點(diǎn)射入的粒子在磁場中的運(yùn)動時間小于從N點(diǎn)射入的粒子在磁場中

的運(yùn)動時間,故D正確,B、C錯誤.

16.如圖5所示圓形區(qū)域內(nèi),有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場,一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶

電粒子,以不同的速率,沿著相同的方向,正對圓心。射入勻強(qiáng)磁場,又都從該磁場中射

出,這些粒子在磁場中的運(yùn)動時間有的較長,有的較短,若帶電粒子只受磁場力的作用,則

在磁場中運(yùn)動時間越短的帶電粒子()

圖5

A.在磁場中的周期一定越小

B.在磁場中的速率一定越小

C.在磁場中的軌道半徑一定越大

D.在磁場中通過的路程?定越小

答案C

解析質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子,其比荷索相同,根據(jù)帶甩粒子在磁場中運(yùn)動周期7

=鬻可知,它們進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動的周期相同,選項A錯誤;

如圖所示為帶電粒子的運(yùn)動軌跡,

設(shè)這些粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為"則運(yùn)動時間X系r

在磁場中運(yùn)動時間越短的帶電粒子,圓心角越小,凱跡半徑越大,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,

有/3=布7,則,=瑞,所以軌跡半徑越大,則速率一定越大,選項B錯誤,選項C正確;

通過的路程即圓弧的長度與半徑一和圓心角〃有關(guān),所以運(yùn)動時間越短,軌跡半徑

越大,路程也越大,選項D錯誤.

17.(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù).如圖6所示,平行金屬板之間有一個很強(qiáng)的磁場,

將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體,沿圖中所示方向噴入磁場,圖中虛線框部分相

當(dāng)于發(fā)電機(jī),把兩個極板與用電器相連,則()

圖6

A.用電器中的電流方向從A到8

B.用電器中的電流方向從4到A

C.若只增大帶電粒子電荷量,發(fā)電機(jī)的電動勢增大

D.若只增大噴入粒子的速度,發(fā)電機(jī)的電動勢增大

答案AD

解析首先對等離子體進(jìn)行動態(tài)分析:開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上

(負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下),則正離子向上極板聚集,負(fù)離子則向下極板聚集,兩極板

間產(chǎn)生了電勢差,即兩金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑蠘O板為正極下極板為負(fù)極,所以通過用電器

的電流方向從A到從故A正確,B錯誤;此后的正離子除受到向上的洛倫茲力/外還受到

向下的電場力F,最終兩力達(dá)到平衡,即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域,因f=G,B,F

=玲,則小,8=玲,解得小,,所以電動勢E與速度u及磁感應(yīng)強(qiáng)度8成正比,所以C

錯誤,D正確.

18.(多選)193()年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器,其原理如圖7所示,此加速器由

兩個半徑均為R的銅質(zhì)力形盒小、功構(gòu)成,其間留有空隙.比荷為人的質(zhì)子由加速器的中

心附近飄入加速器,以最大速度為射出加速器.笊核的比荷是質(zhì)子比荷的下列說法正確

的是()

圖7

A.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為盤

B.交變電壓〃的最大值越大,質(zhì)子射出加速器的速度也越大

C.此加速器可以直接用來加速笊核

D.若此加速器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍,就可用來加速氣核

答案AD

解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為辦電荷量為4,則*=k,由qvB=*,可得3=*當(dāng)r=R時,

有U=Vm,聯(lián)立解得8=是,故A正確;由8=跟可得,m=8kR,可見為與〃的最大值無

關(guān),故B錯誤;回旋加速器正常工作時,要求交變電壓的周期與粒子在加速器中運(yùn)動的周

期相等,即交變電壓的周期7=縹=高,而笊核在回旋加速器中運(yùn)動的周期『=守=音=

C/nKnKKn

2B

2。所以不可以直接加速笊核,故C錯誤;若此加速器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍,則笊核

的周期變?yōu)閺S=產(chǎn)=含=。所以此時可用來加速笊核,故D正確.

19.(多選)如圖8所示,電荷量相等的兩種離子嵐20和這22從容器卜方的狹縫$飄入(初速

度為零)電場區(qū),經(jīng)電場加速后通過狹縫52、5?垂直于磁場邊界MN射入勻強(qiáng)磁場,磁場方

向垂直紙面向里,離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離,最終到達(dá)照相底片D上.不考慮離子間的

相互作用,則()

圖8

A.電場力對每個筑20和頰22做的功相等

B.嵐22進(jìn)入磁場時的速度較大

C.笊22在磁場中運(yùn)動的半徑較小

D.若加速電壓發(fā)生波動,兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊

答案AD

解析電場力對?粒子做的功為W=qU,則電場力對每個發(fā)20和戰(zhàn)22做的功相等,A正確;

根據(jù)qu4〃,,得丫=、黑,所以敏22(質(zhì)量較大)進(jìn)入磁場時的速度較小,B錯誤;根

據(jù)片粉及尸得尸卜戶手,因?yàn)槊?2質(zhì)量較大,所以敏22在磁場中運(yùn)動

的半徑較大,c錯誤;加速電壓發(fā)生波動,根據(jù)「=人但乎,兩種離子打在照相底片上的

位置可能重疊(不同時刻),D正確.

20.三個a粒子〃、b、c同時從同一點(diǎn)沿同一-水平方向飛入偏轉(zhuǎn)電場,出現(xiàn)了如圖1所示的

不同軌跡,不計粒子間的相互作用,由此可以判斷下列說法不正確的是()

圖1

A.在〃飛離電場的同時,a剛好打在負(fù)極板上

B.〃和c同時飛離電場

C.進(jìn)電場時c的速度最大,。的速度最小

D.動能的增加量c最小,。和〃一樣大

答案B

解析三個粒子的質(zhì)量和電荷量都相同,則知加速度相同.。、b兩粒子在豎直方向上的位

移相等,根據(jù)),=%產(chǎn),可知運(yùn)動時間相等,故A正確.

從c在豎直方向上的位移不等,由題圖知北<?,根據(jù)y=%尸,可知〃<加即c先飛離電

場,故B錯誤.

在垂直于電場方向,三個關(guān)立子做勻速直線運(yùn)動,則有:因治=%,/<<%,則也

根據(jù)/“=〃,Xb>x(n則陶>也,所以有故C正確.

根據(jù)動能定理知,4、。兩粒子運(yùn)動過程中電場力做功一年多,所以動能增加量相等,c?粒子

運(yùn)動過程中電場力做功最少,動能增加量最小,故D正確.

21.(多選)如圖2所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為乙

板間距離為4,距板右端心處有一豎直屏M.一帶電荷量為力質(zhì)量為小的質(zhì)點(diǎn)以初速度向

沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,已知重力加速度為g,下列結(jié)論正確的是()

圖2

A.兩極板間電場強(qiáng)度大小為野

B.兩極板間電壓為竿

C.整個過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加券;

2Vo

D.若僅增大兩極板間距,該質(zhì)點(diǎn)仍能垂直打在M上

答案BD

解析據(jù)題分析可知,質(zhì)點(diǎn)在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動,飛出電場后,

質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn),才能最后垂直打在M屏上,前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動朝L跡有對稱性,如

圖,

可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得:qE—mg=mg,

得到:E=誓,

由U=Ed可知兩極板間電壓為。=號,故A錯誤,R正確.

質(zhì)點(diǎn)在電場中向上偏轉(zhuǎn)的近離為y=^aP

解得:尸瑞

故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為:s=2),=等

重力勢能的增加量為:△以=〃3=詈聲,故C錯誤.

僅增大兩極板間的距離,因兩極板上電荷量不變,根據(jù)E=g=若,

而。=盥,解得:E=黑,可知,板間場強(qiáng)不變,質(zhì)點(diǎn)在電場中受力情況不變,則運(yùn)動

情況不變,故質(zhì)點(diǎn)仍垂直打在屏上,故D正確.

22.如圖3所示,0。,為平夕亍板電容器的中線,板間為勻強(qiáng)電場.在。點(diǎn)分別以小、5的速

度水平拋出A、8兩質(zhì)量都為小且?guī)N電荷的小球,如:在=3:1,兩小球運(yùn)動軌跡恰關(guān)

于。。對稱,重力加速度為g,則A球受到電場力大小為()

圖3

A品?gB.|/〃g

-3-5

mg

答案A

解析兩軌跡關(guān)于水平線對稱,說明相同水平位移處,位移偏角相同,位移偏角為tan0=累

2vo

所以。八:"B=4:1,

即合外力之比為4:I.兩小球電性相同,所受電場力都向上,有(分一〃吆):(mg—R;)=4:1

且FA:尸8=3:1

解得尸產(chǎn)號咐故選項A正確.

23.(多選)如圖4所示,A,、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板,M中間有一

小孔.M、N分別接到電壓叵定的電源上(圖中未畫出).小孔正上方的A點(diǎn)與極板”相距兒

與極板N相距3人.某時刻一質(zhì)量為加、帶電荷量為夕的微粒從A點(diǎn)由靜止下落,到達(dá)極板N

時速度剛好為零,不計空氣阻力,重力加速度為8則()

圖4

A.帶電微粒在M、N兩極板間往復(fù)運(yùn)動

B.兩極板間電場強(qiáng)度大小為噂

乙q

C.若將M向卜平移?微粒仍從4點(diǎn)由靜止卜落,進(jìn)入電場后速度為零的位置與N的距離

D.若將N向上平移%微粒仍從A由靜止下落,進(jìn)入電場后速度為零的位置與M的距離為

4,?

答案BD

解析由于微粒在電場中和在電場外受到的力都是恒力,可知微粒將在A點(diǎn)和下極板之間

往復(fù)運(yùn)動,選項A錯誤;由動能定理:〃田?3萬一切?2〃=0,解得七=甯,選項B正碓:若

將M向卜平移條則板間場強(qiáng)變?yōu)閑=普=照=儂,設(shè)微粒速度為零時的位置與N極板相

3h'

距由動能定理:〃g(3力一A/z)—Eq?(苧-△〃)=(),解得△力=0,選項C錯誤;若將N向

上平移去則板間場強(qiáng)變?yōu)?=蘆=器=儂,設(shè)微粒速度為零時的位置與M極板相距A”,

由動能定理:〃?&?(/?+△/?')—反4A〃'=0,解得選項D正確.

24.(多選)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)隨時間變化的圖像如圖5所示,在該勻強(qiáng)電場中有一個帶電粒子,

在,=0時刻,由靜止釋放.若帶電粒子只受電場力的作用,則電場力的作用和帶電粒子的

運(yùn)動情況是()

圖5

A.帶電粒子將在電場中做有往復(fù)但總體上看不斷向前的運(yùn)動

B.0?3s內(nèi)電場力的沖量為零,電場力做功為零

C.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)

D.0?4s內(nèi)電場力的沖量不等于零,而電場力做功卻為零

答案

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