第8章磁場3帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc

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1、【磁場】第三課時 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 考綱考情:5年26考 帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ) 在復(fù)合場中的運動(Ⅱ) [基礎(chǔ)梳理] 知識點一 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1.復(fù)合場 復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存,或其中某兩場并存,或分區(qū)域存在.從場的復(fù)合形式上一般可分為如下四種情況: ①相鄰場;②重疊場;③交替場;④交變場. 2.帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類 (1)靜止或勻速直線運動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時,將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動. (2)勻速圓周運動 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等,方向相反時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂

2、直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動. (3)較復(fù)雜的曲線運動 當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一條直線上,粒子做非勻變速曲線運動,這時粒子運動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線. (4)分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域,其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化,其運動過程由幾種不同的運動階段組成. 知識點二 帶電粒子在復(fù)合場中的運動實例 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B=Eq,即v0=,粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入,受洛倫茲力偏轉(zhuǎn),使兩極板帶正、負電,兩極電壓為U時穩(wěn)定,q=qv0B,U=v0Bd 電磁

3、流量計 q=qvB所以v=所以Q=vS= 霍爾效應(yīng) 當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時,導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 [小題快練] 1.帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動,某時刻速度方向如圖所示,所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反,不計阻力,則在此后的一小段時間內(nèi),帶電質(zhì)點將(  ) A.可能做直線運動   B.可能做勻減速運動 C.一定做曲線運動 D.可能做勻速圓周運動 [解析] 帶電質(zhì)點在運動過程中,重力做功,速度大小和方向發(fā)生變化,洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化,故帶電質(zhì)點不可能做直線運動,也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動,C正確. [

4、答案] C 2.某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出),帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動,此空間同時存在由A指向B的勻強磁場,則下列說法正確的是(  ) A.小球一定帶正電 B.小球可能做勻速直線運動 C.帶電小球一定做勻加速直線運動 D.運動過程中,小球的機械能增大 [解析] 由于重力方向豎直向下,空間存在磁場,且直線運動方向斜向下,與磁場方向相同,故不受洛倫茲力作用,電場力必水平向右,但電場具體方向未知,故不能判斷帶電小球的電性,選項A錯誤;重力和電場力的合力不為零,故不可能做勻速直線運動,所以選項B錯誤;因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同,故

5、小球一定做勻加速直線運動,選項C正確;運動過程中由于電場力做正功,故機械能增大,選項D正確. [答案] CD 3.如圖所示為一速度選擇器,內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,一束粒子流以速度v水平射入,為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)(不計重力),則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強電場,關(guān)于此電場場強大小和方向的說法中,正確的是(  ) A.大小為B/v,粒子帶正電時,方向向上 B.大小為B/v,粒子帶負電時,方向向上 C.大小為Bv,方向向下,與粒子帶何種電荷無關(guān) D.大小為Bv,方向向上,與粒子帶何種電荷無關(guān) [解析] 當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時,粒子流勻速

6、直線通過該區(qū)域,有qvB=qE,所以E=Bv.假設(shè)粒子帶正電,則受向下的洛倫茲力,電場方向應(yīng)該向上.粒子帶負電時,電場方向仍應(yīng)向上.故正確答案為D. [答案] D 4.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,如圖所示,由此可知(  ) 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] 帶電小球在重力、電場力以及洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,故應(yīng)滿足qE=mg,且電場力方向向上,故小球帶負電,

7、由于洛倫茲力提供向心力,指向圓心,所以小球沿順時針方向運動,B正確. [答案] B 考向一 帶電粒子在重組合場中的運動 典例1 (2015天津理綜,12)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動.真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰 的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度均為d.電場強度為E,方向水平向右;磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里.電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射. (1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑

8、r2; (2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時,速度的方向與水平方向的夾角為θn,試求sin θn; (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界,請簡要推理說明之. [解題引路] ①粒子每經(jīng)過一次電場被加速一次電場力做功W=qEd,動能增加qEd.②粒子經(jīng)過磁場一次被偏轉(zhuǎn)一次,由幾何關(guān)系確定偏轉(zhuǎn)半徑和偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系.③洛倫茲力提供向心力確定多物理量問題的關(guān)系. [解析] (1)粒子在進入第2層磁場時,經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功.由動能定理,有2qEd=mv ① 由①式解得v

9、2=2 ② 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力,有 qv2B=m ③ 由②③式解得r2= ④ (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù),下同). mqEd=mv ⑤ qvnB=m ⑥ 粒子進入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的夾角為an,從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn,粒子在電場中運動時,垂直于電場線方向的速度分量不變,有vn-1sin θn-1=vnsin αn ⑦ 由圖甲看出 rnsin θn-rnsin αn=d ⑧ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn-rn-1sin θ

10、n-1=d ⑨ 由⑨式看出r1sin θ1,r2sin θ2,…,rnsin θn為一等差數(shù)列,公差為d,可得 rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d ⑩ 當(dāng)n=1時,由圖乙看出r1sin θ1=d ? 由⑤⑥⑩?式得sin θn=B ? (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,則 θn= sin θn=1 在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設(shè)其比荷為,假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界,粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn′,由于> 則導(dǎo)致sin θn′>1 說明θn′不存在,即原假設(shè)不成立.所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場

11、右側(cè)邊界. [答案] (1)2 ;  (2)B (3)不能,推理證明見解析 帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法 [針對訓(xùn)練] 1.(2016蘇州市高三調(diào)研測試)如圖所示的坐標(biāo)系中,第一象限內(nèi)存在與x軸成30角斜向下的勻強電場,電場強度E=400 N/C;第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場,x軸方向的寬度OA=20 cm,y軸負方向無限大,磁感應(yīng)強度B=110-4 T.現(xiàn)有一比荷為=21011 C/kg的正離子(不計重力),以某一速度v0從O點射入磁場,α=60 ,離子通過磁場后剛好從A點射出,之后進入電場. (1)求離子進入磁場B的速度v0的大?。?

12、(2)離子進入電場后,經(jīng)多少時間再次到達x軸上; (3)若離子進入磁場B后,某時刻再加一個同方向的有界勻強磁場使離子做完整的圓周運動,求所加磁場磁感應(yīng)強度的最小值. [解析] 離子的運動如圖所示 (1)由幾何關(guān)系得離子在磁場中運動時的軌道半徑r1=0.2 m離子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力 Bqv0=m 求得v0=4106 m/s. (2)離子進入電場后,設(shè)經(jīng)過時間t再次到達x軸上,離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運動,位移為l1 l1=v0t 離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動,加速度為a,位移為l2 Eq=ma l2=at2 由幾何關(guān)

13、系可知tan 60= 代入數(shù)據(jù)解得t=10-7 s. (3)由Bqv=知,B越小,r越大.設(shè)離子在磁場中最大半徑為R 由幾何關(guān)系得R=(r1-r1sin 30)=0.05 m 由牛頓運動定律得B1qv0=m得B1=410-4 T 則外加磁場ΔB1=310-4T. [答案] (1)4106 m/s (2)10-7s (3)310-4 T 考向二 帶電粒子在疊加場中的運動 1.帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析思路 2.帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點 (1)受力分析是基礎(chǔ).在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件. (2)運動過程分析是關(guān)鍵.在運動過程分析中應(yīng)注

14、意物體做直線運動,曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件. (3)構(gòu)建物理模型是難點.根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解. 典例2 如圖所示的平行板之間,存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應(yīng)強度B1=0.20 T,方向垂直紙面向里,電場強度E1=1.0105 V/m.PQ為板間中線.緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi),有一邊界線AO,與y軸的夾角∠AOy=45,邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B2=0.25 T,邊界線的下方有水平向右的勻強電場,電場強度E2=5.0105 V/m,在x軸上固定一水平的熒光屏.一束帶電荷量q=8.010

15、-19 C、質(zhì)量m=8.010-26 kg的正離子從P點射入平行板間,沿中線PQ做直線運動,穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0,0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū),最后打到水平的熒光屏上的位置C.求: (1)離子在平行板間運動的速度大?。? (2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標(biāo); (3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小,使離子都不能打到x軸上,磁感應(yīng)強度大小B2′應(yīng)滿足什么條件? [解題引路]  [解析] (1)設(shè)離子的速度大小為v,由于沿中線PQ做直線運動,則有qE1=qvB1,代入數(shù)據(jù)解得v=5.0105 m/s. (2)離子進入磁場,做勻速圓周運動,由牛頓第二定律

16、有qvB2=m得,r=0.2 m,作出離子的運動軌跡,交OA邊界于N,如圖甲所示,OQ=2r,若磁場無邊界,一定通過O點,則圓弧QN的圓周角為45,則軌跡圓弧的圓心角為θ=90,過N點做圓弧切線,方向豎直向下,離子垂直電場線進入電場,做類平拋運動,y=OO′=vt,x=at2,而a=,則x=0.4 m,離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標(biāo)為xC=(0.2+0.4)m=0.6 m. (3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中,粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上.如圖乙所示,由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r′= m,設(shè)使離子都不能打到x軸上,最小的磁感應(yīng)強度大小為B0,則q

17、vB0=,代入數(shù)據(jù)解得B0=T=0.3 T,則B2′≥0.3 T. [答案] (1)5.0105 m/s (2)0.6 m (3)B2′≥0.3 T [針對訓(xùn)練] 2.(2015福建理綜,22)如圖所示,絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強磁場,電場方向水平向右,電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑,到達C點時離開MN做曲線運動.A、C兩點間距離為h,重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小為vC; (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf;

18、 (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置,當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點.已知小滑塊在D點時的速度大小為vD,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. [解析] (1)小滑塊沿MN運動過程,水平方向受力滿足 qvB+N=qE 小滑塊在C點離開MN時N=0 解得vC= (2)由動能定理mgh-Wf=mv-0 解得Wf=mgh- (3)如圖所示,小滑塊速度最大時,速度方向與電場力、重力的合力方向垂直.撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動,等效加速度為g′ g′= 且v=v+g′2t2

19、 解得vP= [答案] (1) (2)mgh- (3) 特色專題系列之(二十七)帶電粒子在交 變復(fù)合場中運動的處理思路與方法技巧 帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動問題的基本思路 范例 (2016合肥模擬)如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入電場中.MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN,兩板間電場可看作是均勻的,且兩板外無電場.緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B,分界線為CD,EF為屏幕.金屬板間距為d,長度為l,磁場的寬度為d.已知:B=510-3T,l=d=0.2 m,每個帶正電粒子的速度v0=10

20、5 m/s,比荷為=108 C/kg,重力忽略不計,在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi),電場可視作是恒定不變的.試求: (1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑. (2)帶電粒子射出電場時的最大速度. (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍. [解題引路] 第一步:抓關(guān)鍵點 關(guān)鍵點 獲取信息 電場可視作是恒定不變的 電場是勻強電場,帶電粒子做類平拋運動 最小半徑 當(dāng)加速電壓為零時,帶電粒子進入磁場時的速率最小,半徑最小 最大速度 由動能定理可知,當(dāng)加速度電壓最大時,粒子的速度最大,但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出 第二步:找突破口 (1)要求圓周運動的最小半徑,由帶電粒子

21、在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可知,應(yīng)先求最小速度,后列方程求解. (2)要求粒子射出電場時的最大速度,應(yīng)先根據(jù)平拋運動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍,后結(jié)合動能定理列方程求解. (3)要求粒子打在屏幕上的范圍,應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運動過程,畫出運動軌跡,后結(jié)合幾何知識列方程求解. [解析] (1)t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速,進入磁場做圓周運動的半徑最小. 粒子在磁場中運動時 qv0B= 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑 rmin== m=0.2 m 其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示. (2)設(shè)兩板間電壓為U1,帶電粒子剛好從極板

22、邊緣射出電場,則有=at2=2 代入數(shù)據(jù),解得U1=100 V 在電壓低于100 V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100 V時,帶電粒子打在極板上,不能從兩板間射出.帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時,速度最大,設(shè)最大速度為vmax=則有mv=mv+q 解得vmax=105 m/s=1.414105 m/s (3)由第(1)問計算可知,t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑 rmin=d=0.2 m 徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點, 則=rmin=0.2 m 帶電粒子射出電場時的速度最大時,在磁場中做圓周運動的半徑最大,打在屏幕

23、上的位置最低. 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示. qvmaxB= 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑 rmax== m= m 由數(shù)學(xué)知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點所示,并且Q點必與M板在同一水平線上.則 == m=0.1 m 帶電粒子打在屏幕上的最低點為F,則 =rmax-=m=0.18 m 即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi). [答案] (1)0.2 m (2)1.414105 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍

24、內(nèi) 若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間,則在粒子穿越電場過程中,電場可看作粒子則進入電場時刻的勻強電場. [遷移訓(xùn)練] 1.某種加速器的理想模型如圖甲所示:兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b,兩極板間電壓uab的變化圖象如圖乙所示,電壓的最大值為U0、周期為T0,在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場.若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放,經(jīng)電場加速后進入磁場,在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速.現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計,兩極板外無電場,不考慮粒子所受的重力) (1)若在t=0時將該粒

25、子從板內(nèi)a孔處靜止釋放,求其第二次加速后從b孔射出時的動能; (2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場,忽略其對管外磁場的影響),使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出,請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管; (3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍,該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速,才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能?最大動能是多少? [解析] (1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m0,T0= 則T0= 當(dāng)粒子的質(zhì)量增加m0時,其周期增加ΔT=T0 則根據(jù)題圖乙可知,粒子第一次的加速電壓U1=U0 粒子

26、第二次的加速電壓U2=U0 射出時的動能Ek2=qU1+qU2解得Ek2=qU0. (2)磁屏蔽管的位置如圖所示. (3)在Uab>0時,粒子被加速,則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N==25 分析可得,當(dāng)粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多,且U=U0時也被加速時,最終獲得的動能最大. 粒子由靜止開始加速的時刻 t=(n+)T0 (n=0,1,2,…) 最大動能Ekm=2(++…+)qU0+qU0 解得Ekm=qU0. [答案] (1)qU0 (2)見解析 (3)t=(n+)T0 (n=0,1,2,…) qU0 2.某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場,電場方向向右(如圖甲中由B

27、到C的方向),電場變化如圖乙中E-t圖象,磁感應(yīng)強度變化如圖丙中B-t圖象.在A點,從t=1 s(即1 s末)開始,每隔2 s,有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出,恰能擊中C點,若=2且粒子在AB間運動的時間小于1 s,求: (1)圖線上E0和B0的比值,磁感應(yīng)強度B的方向; (2)若第1個粒子擊中C點的時刻已知為(1+Δt) s,那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少? [解析] 設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為R.在第2秒內(nèi)只有磁場.軌道如圖所示. (1)因為=2=2d所以R=2d. 第2秒內(nèi),僅有磁場: qvB0=m=m. 第3秒內(nèi),

28、僅有電場:d=2. 所以=v0.粒子帶正電,故磁場方向垂直紙面向外. (2)Δt====,Δt′==Δt.故第2個粒子擊中C點的時刻為 s. [答案] (1)=v,磁場方向垂直紙面向外 (2)第2個粒子擊中C點的時刻為 s 頻考一 帶電粒子在組合場中的運動 1.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,穿過兩板后又沿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

29、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 [解析] 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=,粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r=.而MN之間的距離為d=2rcos θ.聯(lián)立解得d=,故選項A正確. [答案] A 2.(2016遼寧協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為的勻強磁場.一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30角斜向上射入磁場,且在上方運動半徑為R.不計重力,則(  ) A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O B.粒子

30、在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1 C.粒子完成一次周期性運動的時間為 D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進3R [解析] 帶電粒子在磁場中一直向x軸正方向運動,A錯誤.因R=且B1=2B2,所以軌道半徑之比R1∶R2=1∶2,B錯誤.粒子完成一次周期性運動的時間t=T1+T2=+=,C錯誤.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進距離l=R+2R=3R,D正確. [答案] D 頻考二 帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動 3.利用如圖所示的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n,現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b,厚為d,并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B

31、,當(dāng)通以圖示方向電流I時,在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U.已知自由電子的電荷量為e,則下列判斷正確(  ) A.上表面電勢高 B.下表面電勢高 C.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 D.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 [解析] 畫出平面圖如圖所示,由左手定則可知,自由電子向上表面偏轉(zhuǎn),故下表面電勢高,A錯誤,B正確.再根據(jù)e=evB,I=neSv=nebdv得n=,故D正確,C正確. [答案] BD 4.如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動,細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,不計空氣阻力,現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0,在以

32、后的運動過程中,圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖中的(  ) [解析] 帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力,當(dāng)重力與洛倫茲力相等時,圓環(huán)將做勻速直線運動,A正確.當(dāng)洛倫茲力大于重力時,圓環(huán)受到摩擦力的作用,并且隨著速度的減小而減小,圓環(huán)將做加速度減小的減速運動,最后做勻速直線運動,D正確.如果重力大于洛倫茲力,圓環(huán)也受摩擦力作用,且摩擦力越來越大,圓環(huán)將做加速度增大的減速運動,故B、C錯誤. [答案] AD 頻考三 帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動 5.電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn).圖(a)為顯像管工作原理示意圖,陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場

33、后,進入一圓形勻強磁場區(qū),磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向),磁場區(qū)的中心為O,半徑為r,熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L.當(dāng)不加磁場時,電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點.當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖(b)所示的規(guī)律變化時,在熒光屏上得到一條長為2L的亮線.由于電子通過磁場區(qū)的時間很短,可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變.已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,不計電子之間的相互作用及所受的重力.求: (1)電子打到熒光屏上時速度的大??; (2)磁感應(yīng)強度的最大值B0. [解析] (1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小,設(shè)為v,由動

34、能定理eU=mv2;解得v= . (2)當(dāng)交變磁場為峰值B0時,電子束有最大偏轉(zhuǎn),在熒光屏上打在Q,PQ=L.電子運動軌跡如圖所示,設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為θ,由幾何關(guān)系可知,tan θ=,θ=60. 根據(jù)幾何關(guān)系,電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α=θ,而tan =. 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=;解得B0=. [答案] (1)v=  (2)B0= 課時作業(yè)(二十五) [基礎(chǔ)小題] 1.MN板兩側(cè)都是磁感強度為B的勻強磁場,方向如下圖所示,帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度開始運動,依次通過小孔b、c、d,已知ab=bc=cd,粒子從a運動到d的

35、時間為t,則粒子的比荷為(  ) A.         B. C. D. [解析] 粒子從a運動到d依次經(jīng)過小孔b、c、d,經(jīng)歷的時間t為3個,由t=3和T=,可得:=,故A正確. [答案] A 2.如圖所示,兩平行金屬板中有相互垂直的勻強電場和勻強磁場,帶正電的粒子(不計粒子的重力)從兩板中央垂直電場、磁場入射.它在金屬板間運動的軌跡為水平直線,如圖中虛線所示.若使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移,則可以采取的正確措施為(  ) A.使入射速度減小 B.使粒子電荷量增大 C.使電場強度增大 D.使磁感應(yīng)強度增大 [解析] 此時帶電粒子在金屬板間運動的軌跡為水

36、平直線,所以qvB=Eq,要使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移,則qvb>Eq,由此可知增大帶電粒子的射入速度,增大磁感應(yīng)強度或減小電場強度均可使帶電粒子向上板偏移,而粒子電荷量與之無關(guān),由此知選項D正確. [答案] D 3.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

37、.d隨v0增大而增大,d隨U增大而減小 [解析] 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=.粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r=.而MN之間的距離為d=2rcos θ.聯(lián)立解得d=2,故選項A正確. [答案] A 4.有一帶電荷量為+q、重為G的小球,從豎直的帶電平行板上方h處自由落下,兩極板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向如圖所示,則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(  ) A.一定做曲線運動 B.不可能做曲線運動 C.有可能做勻速運動 D.有可能做勻加速直線運動 [解析] 帶電小球在重力場、電場和磁場中運動,所受重力、電場力是恒力,但受

38、到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力,因此小球不可能處于平衡狀態(tài),也不可能在電、磁場中做勻變速運動. [答案] A 5.1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎.若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列相關(guān)說法中正確的是(  ) A.該束帶電粒子帶負電 B.速度選擇器的P1極板帶正電 C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷越小 [解析] 由粒子在B2中的運動軌跡可以判斷粒子應(yīng)帶正電,A項錯誤;在電容器中粒子受到的洛倫茲力方向豎直向上,受到的電場力方向應(yīng)豎直向下,則

39、P1極板帶正電,B項正確;在電容器中,根據(jù)速度選擇器的原理可知v=,在B2中粒子運動的軌道半徑r=,式中B1、B2、E不變,因此,在B2磁場中運動半徑越大的粒子,其越大,即比荷越小,C項錯誤,D項正確. [答案] BD 6.如圖所示,一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子,不計重力,在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ,沿曲線abcd運動,ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧,粒子在每段圓弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為正,則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應(yīng)強度B隨x變化的關(guān)系可能是下圖中的(  ) [解析] 由左手定則可判斷出磁感應(yīng)強度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、

40、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外,在三個區(qū)域中均運動1/4圓周,故t=T/4,由于T=,求得B=,只有選項C正確. [答案] C 7.(2016蕪錫高三月考)如圖所示為某種質(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,即中心線半徑為R的四分之一圓形通道,通道內(nèi)有均勻輻射電場,方向沿徑向指向圓心O,且與圓心O等距的各點電場強度大小相等;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.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子,經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器,某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進入磁場,最終打到膠片上的某點.粒子從粒子

41、源發(fā)出時的初速度不同,不計粒子所受重力.下列說法中正確的是(  ) A.從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等 B.從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等 C.打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等 D.打到膠片上位置距離O點越遠的粒子,比荷越大 [解析] 從小孔S進入磁場,說明粒子在電場中運動半徑相同,在靜電分析器中,qE=,無法判斷出粒子的速度和動能是否相等,選項A、B錯誤;打到膠片上同一點的粒子,在磁場中運動半徑相同,由qvB=m,得r=,聯(lián)立qE=,可得r=,所以打到膠片上同一點的粒子速度相等,與比荷無關(guān),選項C正確,選項D錯誤. [答案] C [必糾錯題] 8.在

42、一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體,管道半徑略大于球體半徑.整個管道處于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中,磁感應(yīng)強度方向與管道垂直.現(xiàn)給帶電球體一個水平速度v,則在整個運動過程中,帶電球體克服摩擦力所做的功可能為(  ) A.0 B.m()2 C.mv2 D.m[v2-()2] [錯解] 對易錯選項及錯誤原因具體分析如下: 易漏選項 錯誤原因 D項 (1)誤認為無論小球的速度多大,由于管道粗糙,小球最終都會停止運動; (2)本題中如果小球的速度較大時,洛倫茲力會大于重力,出現(xiàn)管壁對小球有向下的彈力,隨小球向右運動速度的減小,洛倫茲力減小,

43、彈力也逐漸減小,摩擦力也隨之逐漸減小,當(dāng)彈力減小到零時,摩擦力也減小到零,此時洛倫茲力與重力平衡,此后小球?qū)⒆鰟蛩龠\動. [解析] 當(dāng)小球帶負電時:對小球受力分析如圖(1)所示,隨著向右運動,速度逐漸減小,直到速度減小為零,所以克服摩擦力做功為W=mv2. 當(dāng)小球帶正電時:設(shè)當(dāng)洛倫茲力等于重力時,小球的速度為v0,則mg=qv0B,即v0=.當(dāng)v=v0時,如圖(2)所示,重力與洛倫茲力平衡,所以小球做勻速運動,所以克服摩擦力做功為W=0;當(dāng)v

44、W=mv2;當(dāng)v>v0時,如圖(4)所示,管壁對小球有向下的彈力,隨著小球向右減速運動,洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小,摩擦力逐漸減小,直到彈力減小到零,摩擦力也為零,此時重力和洛倫茲力平衡,此后小球向右做勻速運動,所以克服摩擦力做功為W=mv2-mv=m[v2-()2],綜上分析,可知A、C、D項正確. [答案] ACD [高考真題] 9.(2015新課標(biāo)全國Ⅱ,19)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍.兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子(  ) A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.

45、做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 [解析] 對電子由牛頓第二定律有evB=m,得r=,則rⅠ∶rⅡ=1∶k,A正確.由evB=ma,得a=,則aⅠ∶aⅡ=k∶1,B錯誤.由T==,得TⅠ∶TⅡ=1∶k,C正確.由ω==,得ωⅠ∶ωⅡ=k∶1,D錯誤. [答案] AC 10.(2015江蘇物理,7)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左.不計空氣阻力,則小球(  ) A.做直線運動 B.做曲線運動 C.速率先減小后增大 D.速率先增大后減小 [解析] 小球受到的電場力水平向左,重力豎直向下,因此重力與電場力的合力斜向

46、左下且恒定,與初速度的方向夾角大于90,因此小球做類斜上拋運動,軌道是拋物線,速率先減小后增大,B、C正確. [答案] BC [綜合大題] 11.(2016西安市調(diào)研考試)如圖,在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,第四象限內(nèi)存在方向沿-y方向、電場強度為E的勻強電場.從y軸上坐標(biāo)為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子,速度方向范圍是與+y方向成30-150,且在xOy平面內(nèi).結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上,然后進入第四象限的勻強電場區(qū).已知帶電粒子電量為+q,質(zhì)量為m,重力不計. (1)確定進入磁場速度最小粒子的

47、速度方向,并求出速度大?。? (2)所有通過磁場區(qū)的粒子中,求出最短時間與最長時間的比值. (3)從x軸上x=(-1)a點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y=-b的點,求該粒子經(jīng)過y=-b點的速度大?。? [解析] (1)設(shè)速度v粒子與y軸夾角θ,垂直打到x軸上滿足:α=Rsin θ 又qvB=,v== θ=90時,vmin=. (2)最長時間對應(yīng)粒子初速度與y軸正方向夾角30,轉(zhuǎn)過150, t1= 最短時間對應(yīng)粒子初速度與y軸負方向夾角30,轉(zhuǎn)過30,t2= t1∶t2=5. (3)粒子射出時與y軸負方向夾角θ,則有R-Rcos θ=(-1)a Rsin θ=a,得

48、到:θ=45,R=a 速度v0為v0== 到達y軸速度v,則qEb=mv2-mv v= [答案] (1)θ=90 vmin= (2)5 (3) 12.如圖所示,區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45角的勻強電場E1,區(qū)域?qū)挾葹閐1,區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2,區(qū)域?qū)挾葹閐2,磁場方向垂直紙面向里,電場方向豎直向下.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點,由靜止釋放后水平向右做直線運動,進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動,從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出,其速度方向改變了60,重力加速度為g,求: (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大??; (2)區(qū)域Ⅱ

49、內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小; (3)微粒從P運動到Q的時間. [解析] (1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動,則在豎直方向上有 qE1sin 45=mg 解得E1= 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動,則在豎直方向上有mg=qE2,E2= (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動時加速度為a,離開區(qū)域Ⅰ時速度為v,在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R,則 qE1cos 45=ma v2=2ad1(或qE1cos 45d1=mv2) Rsin 60=d2 qvB=m 解得B= (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運動,t1= 在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60,則T= t2== 解得t=t1+t2= + [答案] 見解析 22 / 22

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