2019版高考物理二輪復(fù)習 專題三 電場與磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案
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2019版高考物理二輪復(fù)習 專題三 電場與磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案
第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動
網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
備考策略
1.必須領(lǐng)會的“三種方法”和“兩種物理思想”
(1)對稱法、合成法、分解法。
(2)等效思想、分解思想。
2.做好“兩個區(qū)分”,謹防做題誤入歧途
(1)正確區(qū)分重力、電場力、洛倫茲力的大小、方向特點及做功特點。
(2)正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的不同。
3.抓住“兩個技巧”,做到解題快又準
(1)按照帶電粒子運動的先后順序,將整個運動過程劃分成不同階段的小過程。
(2)善于利用幾何圖形處理邊角關(guān)系,要有運用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的習慣。
帶電粒子在復(fù)合場中的運動
帶電粒子在組合場中的運動
【典例1】 (2018·全國卷Ⅱ,25)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖1所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l′,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。
圖1
(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;
(2)求該粒子從M點入射時速度的大??;
(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。
解析 (1)粒子運動的軌跡如圖(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)
圖(a)
(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進
圖(b)
入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為θ[見圖(b)],速度沿電場方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有
qE=ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運動學(xué)公式有
v1=at②
l′=v0t③
v1=vcos θ④
粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB=⑤
由幾何關(guān)系得
l=2Rcos θ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0=⑦
(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得
v1=⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
=⑨
設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′,則
t′=2t+T⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,
T=?
由③⑦⑨⑩?式得
t′=?
答案 (1)見解析 (2) (3)
帶電粒子在疊加場中的運動
【典例2】 如圖2所示,平面OM和水平面ON之間的夾角為30°,兩平面之間同時存在勻強磁場和勻強電場,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向外;勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m,電荷量為q,帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點沿左上方射入磁場,速度方向與OM成30°角,帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動。已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切,且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)。
圖2
(1)判斷帶電小球帶何種電荷?所加電場的電場強度E為多大?
(2)求出射點P到兩平面交點O的距離s;
(3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動,能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上的T點,求T點到O點的距離s′。
解析 (1)根據(jù)題意,帶電小球受到的電場力與重力平衡,則帶電小球帶正電荷。
由力的平衡條件得qE=mg
解得E=。
(2)帶電小球在疊加場中,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓第二定律有,qv0B=m,即R=
根據(jù)題意,帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示,Q點為運動軌跡與ON相切的點,I點為入射點,P點為出射點。小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°,由幾何關(guān)系可得,QP為圓軌道的直徑,故=2R
OP的長度s=
聯(lián)立以上各式得s=。
(3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動,設(shè)其豎直位移為y,水平位移為x,運動時間為t。
則x=v0t=cos 30°
豎直位移y=gt2
聯(lián)立各式得s′=2R+y=+。
答案 (1)正電荷 (2) (3)+
帶電粒子在交變場中的周期性運動
【典例3】 如圖3甲所示,豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,電場和磁場的范圍足夠大,電場強度E=40 N/C,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,選定磁場垂直紙面向里為正方向。t=0時刻,一帶正電的微粒,質(zhì)量m=8×10-4 kg、電荷量q=2×10-4 C,在O點具有方向豎直向下、大小為0.12 m/s的速度v,O′是擋板MN上一點,直線OO′與擋板MN垂直,取g=10 m/s2。求:
圖3
(1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離;
(2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大距離;
(3)水平移動擋板,使微粒能垂直射到擋板上,擋板與O點間的水平距離應(yīng)滿足的條件。
解析 (1)由題意可知,微粒所受的重力為
G=mg=8×10-3 N
電場力的大小為F=Eq=8×10-3 N
Eq=mg,因此重力與電場力平衡
微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=m
代入數(shù)據(jù)解得R=0.6 m
由公式T=可解得T=10π s
則微粒在0~5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周,再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離l=2R=1.2 m。
(2)微粒運動
半個周期后向上勻速運動,運動的時間為t=5π s,軌跡如圖所示,位移大小s=vt
解得s=1.88 m
因此,微粒離開直線OO′的最大距離l′=s+R=2.48 m。
(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P,P點在直線OO′下方時,由圖可知,擋板MN與O點間的水平距離應(yīng)滿足
L=(2.4n+0.6) m(n=0,1,2,3,…)
若微粒能垂直射到擋板上的某點P,P點在直線OO′上方時,由圖可知,擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足
L=(2.4n+1.8) m(n=0,1,2,3,…)。
答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L=(2.4n+0.6) m(n=0,1,2,3,…)或L=(2.4n+1.8) m(n=0,1,2,3,…)
分析帶電粒子在復(fù)合場中的運動的注意事項
(1)準確劃分帶電粒子運動過程中的不同運動階段、不同運動形式,以及不同運動階段、不同運動形式之間的轉(zhuǎn)折點和臨界點,只有明確粒子在某一階段的運動形式后,才能確定解題所用到的物理規(guī)律。
(2)分析帶電粒子在交變電場或磁場中的運動軌跡時,還要注意對稱性的靈活應(yīng)用。
1.(2018·遼寧大連二模)如圖4所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點,出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后,粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿半徑為r的圓弧運動,打在熒光屏上的P點,然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場,光斑從P點又回到O點,關(guān)于該粒子(不計重力),下列說法正確的是( )
圖4
A.粒子帶負電 B.初速度為v=
C.比荷為= D.比荷為=
解析 只存在磁場時,粒子打在P點,由左手定則知粒子帶正電,選項A錯誤;因為qvB=,所以=。加電場后滿足:Eq=qvB,即v=,代入上式得:=,選項D正確,B、C錯誤。
答案 D
2.(多選)如圖5甲所示,空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場,磁感應(yīng)強度為B,電場強度為E,一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止狀態(tài)?,F(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v,如圖乙所示。則關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是( )
圖5
A.小球做勻速圓周運動
B.小球運動過程中機械能守恒
C.小球運動到最低點時電勢能增加了
D.小球第一次運動到最低點歷時
解析 小球在復(fù)合場中處于靜止狀態(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡。當把磁場順時針方向傾斜30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以帶電粒子將做勻速圓周運動,選項A正確;由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動過程中受到電場力要做功,所以機械能不守恒,選項B錯誤;電場力從開始到最低點克服電場力做功為W=EqRsin 30°=,所以電勢能的增加量為,選項C錯誤;小球從第一次運動到最低點的時間為T=,選項D正確。
答案 AD
3.如圖6所示,在xOy平面內(nèi)OA和OB是第一、二象限的角平分線,在AOy區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場,在BOy區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場,在第二象限其他區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面的勻強磁場。從OA上坐標為(x0,y0)的點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計),粒子恰好垂直穿過OB。
圖6
(1)求第一、二象限內(nèi)勻強電場的電場強度之比;
(2)若第一象限內(nèi)電場強度大小為E0,要使粒子第一次射入磁場時,在第二象限內(nèi)不進入x軸下方,則第二象限內(nèi)所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0應(yīng)滿足什么條件?
解析 (1)設(shè)第一、二象限內(nèi)勻強電場的電場強度分別為E1和E2,粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為v0
粒子在第一象限內(nèi)有
qE1=ma1,v=2a1x0
甲
如圖甲所示,粒子在第二象限垂直穿過OB時,有
vx=v0,vy=a2t,vx=vy
qE2=ma2
x1=v0t,y1=
由幾何關(guān)系得y0=x0,x1+y1=y(tǒng)0
解得a2=3a1
得E1∶E2=1∶3
(2)粒子垂直穿過OB時的速度v=v0=2
乙
由(1)知a2=3a1
解得x1=
若磁場垂直于xOy平面向里,則粒子運動軌跡與x軸相切時軌跡半徑r1最大,如圖乙所示
由幾何關(guān)系有x1=r1+r1cos 45°
粒子在磁場中運動有qvB0=m
丙
解得B0=
若磁場垂直xOy平面向外,粒子運動軌跡與x軸相切時軌跡半徑r2最大,如圖丙所示
由幾何關(guān)系可得r2cos 45°+x1=r2
粒子在磁場中運動有qvB0=
解得B0=
因此當磁場垂直xOy平面向里時B0≥
當磁場垂直xOy平面向外時,B0≥
答案 (1)1∶3 (2)見解析
復(fù)合場中的STSE問題
物理是一門與生產(chǎn)、生活及現(xiàn)代科技聯(lián)系比較緊密的學(xué)科。在高考中,物理試題著重考查考生的知識、能力和學(xué)科素養(yǎng),注重理論聯(lián)系實際,注重物理與科學(xué)技術(shù)、社會和經(jīng)濟發(fā)展的聯(lián)系,注重物理知識在生產(chǎn)、生活、科技等方面的應(yīng)用。
疊加場在生活、生產(chǎn)中的應(yīng)用
【典例1】 (2018·安徽合肥三模)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量,技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖7所示的長方體流量計。該裝置由絕緣材料制成,其長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加一勻強磁場,前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時,接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積),下列說法中正確的是( )
圖7
A.M端的電勢比N端的高
B.電壓表的示數(shù)U與a和b均成正比,與c無關(guān)
C.電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比
D.若污水中正負離子數(shù)相同,則電壓表的示數(shù)為0
解析 由左手定則可知正電荷打在N端,所以M端的電勢比N端的低,故選項A錯誤;由q=qBv,解得U=Bbv,故選項B、D錯誤;污水的流量Q=vS=bc=c,所以電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比,故選項C正確。
答案 C
組合場在科技中的應(yīng)用
【典例2】 (2018·全國卷Ⅲ,24)如圖8,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求
圖8
(1)磁場的磁感應(yīng)強度大?。?
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。
解析 (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,由動能定理有
q1U=m1v①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B=m1②
由幾何關(guān)系知2R1=l③
由①②③式得B=④
(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有
q2U=m2v⑤
q2v2B=m2⑥
由題給條件有2R2=⑦
由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為
∶=1∶4⑧
答案 (1) (2)1∶4
【典例3】 (多選)(2018·攀枝花三模)如圖9所示為一種獲得高能粒子的裝置原理圖,環(huán)形管內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)的勻強磁場(環(huán)形管的寬度非常小),質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔且小孔距離很近的平行極板,原來電勢均為零,每當帶電粒子經(jīng)過A板剛進入A、B之間時,A板電勢升高到+U,B板電勢仍保持為零,粒子在兩板間的電場中得到加速,每當粒子離開B板時,A板電勢又降為零,粒子在電場中一次一次地加速使得動能不斷增大,而在環(huán)形區(qū)域內(nèi),通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小可使粒子運行半徑R不變,已知極板間距遠小于R,則下列說法正確的是( )
圖9
A.環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里
B.粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速,繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU
C.粒子在繞行的整個過程中,A板電勢變化的周期不變
D.粒子繞行第N圈時,環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為
解析 粒子在A、B之間加速,故粒子是沿順時針運動,在磁場中洛倫茲力提供向心力,故磁場方向垂直紙面向外,選項A錯誤;粒子在電場中加速,根據(jù)動能定理,有EN=NqU,選項B正確;粒子在加速,根據(jù)T=,周期要減小,選項C錯誤;由動能定理知NqU=mv,得到vN=,由牛頓第二定律,則有m=qvNBN,解得BN=,聯(lián)立解得BN=,選項D正確。
答案 BD
1.(多選)自行車速度計是利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。如圖10甲所示,自行車前輪上安裝一塊磁鐵,輪子每轉(zhuǎn)一圈,這塊磁鐵就靠近傳感器一次,傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當磁場靠近霍爾元件時,導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn),最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差,即為霍爾電勢差。下列說法正確的是( )
圖10
A.根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B.自行車的車速越大,霍爾電勢差越高
C.圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的
D.如果長時間不更換傳感器的電源,霍爾電勢差將減小
解析 根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速,若再已知自行車車輪的半徑,根據(jù)v=2πrn即可獲知車速大小,選項A正確;根據(jù)霍爾原理可知q=Bqv,則U=Bdv,即霍爾電壓與磁感應(yīng)強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān),與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān),故選項B錯誤;圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運動形成的,選項C錯誤;如果長時間不更換傳感器的電源,則會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小,故霍爾電勢差將減小,選項D正確。
答案 AD
2.(多選)如圖11所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:粒子源N,P、Q間的加速電場,靜電分析器,磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場、方向垂直紙面向外,膠片M。若靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經(jīng)加速電場加速后,垂直場強方向進入靜電分析器,在靜電分析器中,離子沿中心線做勻速圓周運動,而后由S點沿著既垂直于磁分析器的左邊界,又垂直于磁場方向射入磁分析器中,最終打到膠片上的某點。下列說法正確的是( )
圖11
A.P、Q間加速電壓為ER
B.離子在磁場中運動的半徑為
C.若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器,離子不能從S射出
D.若一群離子經(jīng)過上述過程打在膠片上同一點,則這些離子具有相同的比荷
解析 直線加速過程,根據(jù)動能定理得qU=mv2,電場中偏轉(zhuǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律得qE=m,在磁場中偏轉(zhuǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=m,解得U=ER,r==,故選項A正確,B錯誤;只要滿足R=,所有粒子都可以在弧形電場區(qū)通過,故選項C錯誤;由r=可知,打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等,故選項D正確。
答案 AD
課時跟蹤訓(xùn)練
一、選擇題(1~3題為單項選擇題,4~6題為多項選擇題)
1.質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動,軌道平面在豎直平面內(nèi),電場方向豎直向下,磁場方向垂直圓周所在平面向里,如圖1所示,由此可知( )
圖1
A.小球帶正電,沿順時針方向運動
B.小球帶負電,沿順時針方向運動
C.小球帶正電,沿逆時針方向運動
D.小球帶負電,沿逆時針方向運動
解析 根據(jù)題意,可知小球受到的電場力方向向上,大小等于重力,又電場方向豎直向下,可知小球帶負電;已知磁場方向垂直圓周所在平面向里,帶負電的小球受到的洛倫茲力指向圓心,小球一定沿順時針方向運動,選項B正確。
答案 B
2.為了通過實驗研究PM2.5的相關(guān)性質(zhì),讓一帶電的PM2.5顆粒(重力不計),垂直射入正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,如圖2所示,其中M、N為正對的平行帶電金屬板,觀察發(fā)現(xiàn)它恰好做直線運動,則下列判斷正確的是( )
圖2
A.M板一定帶正電
B.PM2.5顆粒一定帶正電
C.若僅使PM2.5顆粒的電荷量增大,顆粒一定向M板偏移
D.若僅使PM2.5顆粒的速度增大,顆粒一定向N板偏移
解析 由于顆粒做直線運動,故無論顆粒帶何種電荷,電場力與洛倫茲力都是方向相反、大小相等的。根據(jù)左手定則,帶正電顆粒受到的洛倫茲力向上,所以它受到的電場力向下,電場力與電場強度同向(帶負電顆粒受到的洛倫茲力向下,所以它受到的電場力向上,電場力與電場強度反向),所以M板一定帶正電,PM2.5顆粒的電性不確定。根據(jù)電場力和洛倫茲力平衡,即qvB=qE,得v=,與顆粒的電荷量q無關(guān);若使PM2.5顆粒的速度增大,則洛倫茲力增大,則電場力與洛倫茲力不平衡,出現(xiàn)偏轉(zhuǎn)現(xiàn)象,因洛倫茲力方向不確定,則不一定向N板偏移。
答案 A
3.(2018·太原二模)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子比荷和分析同位素的重要工具。圖3中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零),從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后,再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場,該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場?,F(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子,且GF=R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)( )
圖3
A. B.
C. D.
解析 設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v,由動能定理有:qU=mv2,粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r=,又qvB=m,可求=,選項C正確。
答案 C
4.(2018·東營三模)如圖4所示,在真空中半徑為r=0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場,磁感應(yīng)強度B=0.01 T,ab和cd是兩條相互垂直的直徑,一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v=1×103 m/s從c點沿cd方向射入場區(qū),粒子將沿cd方向做直線運動,如果僅撤去磁場,帶電粒子經(jīng)過a點,如果撤去電場,使磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?,不計粒子重力,下列說法正確的是( )
圖4
A.電場強度的大小為10 N/C
B.帶電粒子的比荷為1×106 C/kg
C.撤去電場后,帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1 m
D.帶電粒子在磁場中運動的時間為7.85×10-5 s
解析 粒子沿直線運動,則qvB=Eq,解得E=Bv=0.01×103 N/C=10 N/C,選項A正確;如果僅撤去磁場,則粒子在水平方向r=··t2,豎直方向r=vt,解得:== C/kg=2×106 C/kg,選項B錯誤,撤去電場后,帶電粒子在磁場中運動的半徑為R== m=0.1 m,選項C正確;帶電粒子在磁場中運動的時間為t=== s=1.57×10-4 s,選項D錯誤。
答案 AC
5.(2018·山東泰安模擬)絕緣光滑斜面與水平面成α角,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球從斜面上高h處,以初速度為v0、方向與斜面底邊MN平行射入,如圖5所示。整個裝置處在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向平行于斜面向上。已知斜面足夠大,小球能夠沿斜面到達底邊MN。則下列判斷正確的是( )
圖5
A.小球在斜面上做勻變速曲線運動
B.小球到達底邊MN的時間t=
C.勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍是B≤
D.勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為B≤sin α
解析 對小球進行受力分析,小球受重力、支持力和洛倫茲力,根據(jù)左手定則可知,洛倫茲力垂直斜面向上,即使速度發(fā)生變化,也不會影響重力沿斜面向下的分力的大小,由于重力沿斜面向下的分力即合外力不變,速度與合外力垂直,因此小球做勻變速曲線運動,故選項A正確;在斜面上,小球做類平拋運動,沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動,則小球的加速度a=gsin α,再由運動學(xué)公式,球到達底邊MN的時間t=,故選項B正確;沿初速度v0方向,小球不受力,根據(jù)小球能夠沿斜面到達底邊MN,則小球受到的洛倫茲力范圍是0≤qv0B≤mgcos α,磁感應(yīng)強度的取值范圍為0≤B≤cos α,故選項C正確,D錯誤。
答案 ABC
6.(2018·河南洛陽高三質(zhì)檢)如圖6所示,帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里。不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側(cè)垂直于電磁場入射,從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時動能比入射時小。要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大,可采用的措施是( )
圖6
A.適當減小兩金屬板的正對面積
B.適當增大兩金屬板的距離
C.適當減小勻強磁場的磁感應(yīng)強度
D.使帶電粒子的電性相反
解析 在這個復(fù)合場中,動能逐漸減小,說明合外力做負功,因洛倫茲力不做功,故電場力做負功,則電場力小于洛倫茲力。由E=可知,當減小正對面積,Q不變,E增大,電場力變大,當電場力大于洛倫茲力時,粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn),電場力做正功,射出時動能變大,選項A正確;當增大兩板間距離時,場強不變,選項B錯誤;當減小磁感應(yīng)強度時洛倫茲力減小,洛倫茲力可能小于電場力,選項C正確;當改變粒子電性時,其所受電場力、洛倫茲力大小不變,方向均反向,所以射出時動能仍然減小,選項D錯誤。
答案 AC
二、非選擇題
7.回旋加速器的工作原理如圖7所示,D1、D2是兩個中空的半圓形金屬扁盒,它們接在高頻交流電源上,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。在D1盒中心A處有粒子源,產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶正電粒子(初速度不計)在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中,加速電壓為U。兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。
圖7
(1)為了使粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速,求交變電壓的頻率;
(2)求帶電粒子在D2盒中第n個半圓軌跡的半徑。
解析 (1)帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律,有
qvB=m(2πf)2r
為了使帶電粒子能夠被加速,交變電壓的頻率應(yīng)與粒子做圓周運動的頻率相等
f=
交變電壓的頻率f=
(得出f=(2n-1),n=1,2,3,…也給分)
(2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經(jīng)過狹縫被加速(2n-1)次后的運動軌道
設(shè)其被加速(2n-1)次后的速度為vn
由動能定理得(2n-1)qU=mv
此后帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,半徑為rn
由牛頓第二定律得Bqvn=m
解得rn=
答案 (1) (2)
8.如圖8甲所示,在平面直角坐標系xOy的第二象限中,有平行于y軸向下的勻強電場,在y軸的右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直坐標平面,磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示,在t=0時刻有一比荷為1×104 C/kg的帶正電粒子(不計重力)從坐標原點O沿x軸正方向以初速度v0=2×103 m/s進入磁場,開始時,磁場方向垂直紙面向里,粒子最后到達x軸上坐標為(-2 m,0)的P點,求:
圖8
(1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑;
(2)粒子到達y軸時與O點的距離s;
(3)勻強電場的電場強度大小E。
解析 (1)粒子進入磁場后在磁場中做圓周運動,軌跡半徑為R,由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m
得R==0.4 m
(2)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,則
T==4π×10-4 s
0~π×10-4 s時間內(nèi),粒子運動的周期數(shù)為
N1==
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°
π×10-4~2π×10-4 s內(nèi),粒子運動的周期數(shù)為
N2==
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60°
2π×10-4~π×10-4 s內(nèi),粒子運動的周期數(shù)為
N3==
運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°
故粒子運動軌跡如圖所示,粒子恰好在t=π×10-4 s時到達y軸,由圖知粒子到達y軸時與O點的距離
s=4R=1.6 m
(3)粒子進入電場后做類平拋運動,則
s=at2=t2
x=v0t
解得E=3.2×102 V/m
答案 (1)0.4 m (2)1.6 m (3)3.2×102 V/m
9.如圖9所示,平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動,AO與x軸負方向成37°角。在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后,可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點,MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出,已知小球在C點的速度大小為2v0,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
圖9
(1)第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應(yīng)強度B1的大?。?
(2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向;
(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應(yīng)強度B2的大小。
解析 (1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動,三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動。
甲
由圖甲知tan 37°=,
解得E1=
cos 37°=
解得B1=
(2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運動,電場強度最小,受力如圖乙所示(電場力方向與速度方向垂直),小球做勻加速直線運動,由圖乙知cos 37°=,
乙
解得E2=
方向與x軸正方向成53°角斜向上
(3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動,所以
mg=qE3,得E3=
因小球恰好不從右邊界穿出,小球運動軌跡如圖丙所示
丙
由幾何關(guān)系可知r+rcos 53°=d,
解得r=d
由洛倫茲力提供向心力知
B2q·2v0=m,聯(lián)立得B2=。
答案 (1) (2) 方向與x軸正方向成53°角斜向上 (3)
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