《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練28 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(含解析).doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練28 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(含解析).doc(19頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
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1.[名師原創(chuàng)]關(guān)于通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的磁感線分布和磁場(chǎng)方向,不考慮地磁場(chǎng)影響,下列說法正確的是( )
A.通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)方向可以用右手定則判斷,順著導(dǎo)線看去,磁感線可表示為以直導(dǎo)線為圓心的均勻分布的同心圓
B.環(huán)形導(dǎo)線的磁場(chǎng),可用安培定則判斷,方法是讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致,伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導(dǎo)線軸線上的磁場(chǎng)方向
C.從外部看,通電螺線管周圍的磁場(chǎng)類似于條形磁鐵的磁場(chǎng),螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)不能視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)
D.若把一個(gè)小磁針放在通電螺線管正上方中間位置,小磁針可能不與螺線管平行
答案:B
解析:通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)方向可以用安培定則判斷,順著導(dǎo)線看去,磁感線可表示為以直導(dǎo)線為圓心的分布不均勻的同心圓,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.環(huán)形導(dǎo)線的磁場(chǎng),可用安培定則判斷,方法是讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致,伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導(dǎo)線軸線上的磁場(chǎng)方向,選項(xiàng)B正確.通電螺線管周圍的磁場(chǎng)類似于條形磁鐵的磁場(chǎng),螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)可以視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤.若把一個(gè)小磁針放在通電螺線管正上方中間位置,小磁針一定與螺線管平行,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
2.
[預(yù)測(cè)新題]已知流過通電直導(dǎo)線的電流大小為I,與通電直導(dǎo)線距離為r處的N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BN=(k為常量).如圖所示,△ACD是直角三角形,∠ADC=60,A、C、D三點(diǎn)放置三個(gè)完全相同且垂直于該直角三角形所在平面的直導(dǎo)線,A、C、D處的直導(dǎo)線中的電流大小分別為I、2I和2I,方向均垂直平面向里;已知A點(diǎn)的直導(dǎo)線在AD的中點(diǎn)M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,若在M點(diǎn)固定一垂直于紙面的直導(dǎo)體棒,其長度為L(L很小),通過的電流大小為I,則該導(dǎo)體棒受到的安培力大小為( )
A.BIL B.BIL
C.BIL D.3BIL
答案:C
解析:如圖所示,根據(jù)右手螺旋定則可知,C點(diǎn)的直導(dǎo)線在M點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,D點(diǎn)的直導(dǎo)線在M點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加得M點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則M點(diǎn)處固定的導(dǎo)體棒受到的安培力大小為BIL,選項(xiàng)C正確.
3.[新情景題]如圖所示,空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線,一不計(jì)重力的帶電粒子在M點(diǎn)以某一初速度垂直等勢(shì)線進(jìn)入正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)中,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(粒子在N點(diǎn)的速度比在M點(diǎn)的速度大),則下列說法正確的是( )
A.粒子一定帶正電
B.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定是拋物線
C.電場(chǎng)線方向一定垂直等勢(shì)線向左
D.粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增大
答案:C
解析:根據(jù)粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知,粒子一定帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直,故粒子受到的合力是變力,而物體只有在恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),軌跡才是拋物線,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于空間只存在電場(chǎng)和磁場(chǎng),粒子的速度增大,說明在此過程中電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做正功,則電場(chǎng)線方向一定垂直等勢(shì)線向左,選項(xiàng)C正確;電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
4.(多選)如圖所示,直線MN與水平方向成60角,MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),左下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點(diǎn),能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計(jì))、電荷量為q(q>0)的同種粒子,所有粒子均能通過MN上的b點(diǎn),已知ab=L,則粒子的速度可能是( )
A. B.
C. D.
答案:AB
解析:
由題意可知粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,所有圓弧的圓心角均為120,所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r=(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得Bqv=m,則v==(n=1,2,3,…),所以A、B正確.
5.[名師原創(chuàng)](多選)回旋加速器是用來加速帶電粒子的,其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒,兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接,兩盒間有一定的電勢(shì)差U,使粒子每次穿過狹縫都被加速,兩盒放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,粒子源置于盒的圓心附近,若粒子源射出的粒子帶電荷量為q、質(zhì)量為m,盒間的窄縫寬度為d,粒子最大回旋半徑為Rm,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.下列說法正確的是( )
A.D形金屬盒的作用是屏蔽外電場(chǎng),使盒內(nèi)無電場(chǎng)
B.忽略粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,則高頻交流電源的頻率為
C.粒子離開加速器時(shí)速度為
D.考慮粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,則把靜止粒子加速到最大動(dòng)能所需時(shí)間為
答案:AC
解析:根據(jù)靜電屏蔽的相關(guān)知識(shí)可知,D形金屬盒的作用是屏蔽外電場(chǎng),使盒內(nèi)無電場(chǎng),選項(xiàng)A正確.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間極短,因此高頻交流電源頻率等于粒子回旋頻率,由T=,得回旋頻率即高頻交流電源頻率為f==,選項(xiàng)B錯(cuò)誤.粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時(shí),由牛頓第二定律得qvmB=,解得vm=,選項(xiàng)C正確.粒子最大動(dòng)能Ekm=mv=,粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU,粒子的能量提高到Ekm,則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n=,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t磁=nT=,旋轉(zhuǎn)周數(shù)n,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離為2nd,由2nd=vmt電,解得t電=,把靜止粒子加速到最大動(dòng)能所需時(shí)間為t=t電+t磁=+,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
6.
[母題改編](多選)如圖所示,在以R0為半徑、O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁場(chǎng),直徑MN左側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出);MN右側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出).現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)從P點(diǎn)沿垂直于MN的方向射入磁場(chǎng),通過磁場(chǎng)區(qū)域后從Q點(diǎn)離開磁場(chǎng),離開磁場(chǎng)時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)方向仍垂直于MN.已知OP與MN的夾角為θ1,OQ與MN的夾角為θ2,粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,粒子在MN右側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,則( )
A.= B.=
C.= D.=
答案:AD
解析:設(shè)粒子的速度為v,它在MN左側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧PS,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心為O1,半徑為R1,如圖所示,則qvB1=,且O1P平行于MN;粒子進(jìn)入MN右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧SQ,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心為O2,半徑為R2,如圖所示,則qvB2=,且O2Q平行于MN,連接O1S、SO2,則O1、S、O2在同一條直線上,設(shè)∠PO1S=∠QO2S=α,由幾何關(guān)系可得OP=OQ=R0,O1S=R1,SO2=R2,R1sinα=R0sinθ1,R2sinα=R0sinθ2,聯(lián)立解得==,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=T1==,粒子在MN右側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=T2==,==,選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤.
7.[2019江西省贛中南五校一聯(lián)]一個(gè)帶電粒子沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入一勻強(qiáng)磁場(chǎng).粒子的一段徑跡如圖所示,徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧,由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變),從圖中情況可以確定( )
A.粒子從a到b,帶正電 B.粒子從a到b,帶負(fù)電
C.粒子從b到a,帶正電 D.粒子從b到a,帶負(fù)電
答案:C
解析:由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量逐漸減小,速度逐漸減小,根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式r=,可知,粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑是逐漸減小的,所以粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是從b到a,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;再根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.
8.
[2019浙江省模擬]如圖所示,在傾角為α(α<45)的光滑斜面上,垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒.當(dāng)導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時(shí),欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上,可加一平行于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).當(dāng)加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,現(xiàn)使勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)過α角時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,再使勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)過α角時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3,則( )
A.B1=B3>B2 B.B1
B2,A正確.
9.
[2019安徽省合肥模擬]為監(jiān)測(cè)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所示的長方體流量計(jì).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(qiáng)磁場(chǎng),前后兩個(gè)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(shí),接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積),下列說法中正確的是( )
A.M端的電勢(shì)比N端的高
B.電壓表的示數(shù)U與a、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(fù)離子數(shù)相同,則電壓表的示數(shù)為0
答案:C
解析:根據(jù)左手定則,知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向外,則向外偏轉(zhuǎn),正離子所受的洛倫茲力向里,向里偏轉(zhuǎn),因此M板帶負(fù)電,N板帶正電,則M板的電勢(shì)比N板電勢(shì)低,故A錯(cuò)誤;最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下平衡,有:qvB=q,解得U=Bbv,與離子濃度無關(guān),故BD錯(cuò)誤;因v=,則流量Q=vbc=,因此U=,與污水流量成正比,故C正確.
10.
[2019湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]如圖所示,含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器,沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng),最終打在P1、P2兩點(diǎn).則( )
A.粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等
B.打在P1點(diǎn)的粒子是He
C.打在P2點(diǎn)的粒子是H和He
D.O2P2的長度是O2P1長度的4倍
答案:C
解析:帶電粒子在沿直線O1O2通過速度選擇器時(shí),所受電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等方向相反,即qvB1=qE,所以v=,可知從速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度,在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中,粒子的軌跡半徑r=,不全相同,粒子運(yùn)動(dòng)的周期T=,所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不全相等,A錯(cuò)誤;帶電粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,所以r=,可知粒子的比荷越大,運(yùn)動(dòng)的半徑越小,所以打在P1點(diǎn)的粒子是H,打在P2點(diǎn)的粒子是H和He,B錯(cuò)誤,C正確;由題中的數(shù)據(jù)可得,H的比荷是H和He的比荷的2倍,所以H運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是H和He的,即O2P2的長度是O2P1長度的2倍,D錯(cuò)誤.
11.
[2019安徽師大附中模擬](多選)如圖所示,空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab,ac方向拋出兩帶電小球,不考慮兩帶電小球間的相互作用,兩小球電荷量始終不變,關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是( )
A.沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)
B.若沿ab做直線運(yùn)動(dòng),則小球帶正電,且一定做勻速運(yùn)動(dòng)
C.若沿ac做直線運(yùn)動(dòng),則小球帶負(fù)電,可能做勻加速運(yùn)動(dòng)
D.兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均保持不變
答案:AB
解析:沿ab方向拋出的帶電小球,根據(jù)左手定則,及正電荷所受的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同可知,只有帶正電,受力才可能平衡,而沿ac方向拋出的帶電小球,帶負(fù)電時(shí),才能做直線運(yùn)動(dòng),因速度影響洛倫茲力大小,所以做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)必然是做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A、B正確,C錯(cuò)誤;在運(yùn)動(dòng)過程中,因電場(chǎng)力做功,導(dǎo)致小球的機(jī)械能不守恒,故D錯(cuò)誤.
12.
[2019晉豫省際大聯(lián)考]如圖所示,在y軸右側(cè)存在與xOy平面垂直且范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,位于坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子源在xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量完全相同的帶負(fù)電粒子,所有粒子的初速度大小均為v0,方向與x軸正方向的夾角分布在-60~60范圍內(nèi),在x=l處垂直x軸放置一熒光屏S.已知沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上y=-l的點(diǎn),則( )
A.粒子的比荷為=
B.粒子的運(yùn)動(dòng)半徑一定等于2l
C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不超過
D.粒子打在熒光屏S上亮線的長度大于2l
答案:C
解析:沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上y=-l的點(diǎn),由幾何知識(shí)可知,粒子軌跡半徑r=l,B錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可得qv0B=m,解得=,A錯(cuò)誤;沿x軸正方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角最大,為θ=π,對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長,t=T=,C正確;其他方向粒子打在熒光屏S上的縱坐標(biāo)的絕對(duì)值一定小于l,故粒子打在熒光屏S上亮線的長度小于2l,D錯(cuò)誤.
13.
[2019安徽省皖南八校聯(lián)考]如圖所示,正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),O點(diǎn)是cd邊的中點(diǎn),一個(gè)帶正電的粒子(重力忽略不計(jì))若從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi),經(jīng)過時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁場(chǎng).現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點(diǎn)沿紙面以與Od成30角的方向(如圖中虛線所示),以各種不同的速率射入正方形內(nèi),那么下列說法中正確的是( )
A.該帶電粒子可能剛好從正方形的某個(gè)頂點(diǎn)射出磁場(chǎng)
B.若該帶電粒子從ab邊射出磁場(chǎng),它在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間可能是t0
C.若該帶電粒子從bc邊射出磁場(chǎng),它在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間可能是t0
D.若該帶電粒子從cd邊射出磁場(chǎng),它在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間一定是t0
答案:D
解析:由帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi),經(jīng)過時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁場(chǎng),則知帶電粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T=2t0,隨粒子速度逐漸增大,軌跡由①→②→③→④依次漸變,由圖可知粒子在四個(gè)邊射出時(shí),射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間,不可能從四個(gè)頂點(diǎn)射出,故A錯(cuò)誤;當(dāng)粒子從O點(diǎn)沿虛線方向射入正方形內(nèi),從ab邊射出的粒子所用時(shí)間不大于周期(t0),從bc邊射出的粒子所用時(shí)間不大于周期(),所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300,所用時(shí)間為周期(),故D正確,B、C錯(cuò)誤.
14.
[2019唐山統(tǒng)考](多選)如圖所示,M、N為兩個(gè)同心金屬圓環(huán),半徑分別為R1和R2,兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場(chǎng),N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,N環(huán)上有均勻分布的6個(gè)小孔,從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),經(jīng)電場(chǎng)加速后通過小孔射入磁場(chǎng),經(jīng)過一段時(shí)間,粒子再次回到出發(fā)點(diǎn),全程與金屬環(huán)無碰撞.則M、N間電壓U滿足的條件是( )
A.U= B.U=
C.U= D.U=
答案:AC
解析:帶電粒子由M內(nèi)側(cè)邊緣運(yùn)動(dòng)到N環(huán),由動(dòng)能定理有qU=mv2,帶電粒子進(jìn)入N環(huán)內(nèi)磁場(chǎng),與金屬環(huán)無碰撞,故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后,應(yīng)偏轉(zhuǎn)或離開磁場(chǎng),由幾何關(guān)系可知,軌跡半徑為r=R2或r=,則根據(jù)r=,聯(lián)立解得U=或U=,選項(xiàng)A、C正確.
15.[2019北京西城區(qū)模擬](多選)在如圖所示的坐標(biāo)系中,y>0的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸負(fù)方向;-1.5h,且H的單位一定跟的單位相同,故A正確.
9.
(多選)如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng),細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0,在以后的運(yùn)動(dòng)過程中,圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v-t圖象可能是下圖中的( )
答案:AD
解析:由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上,圓環(huán)還受到豎直向下的重力、垂直于細(xì)桿的彈力及向左的摩擦力.當(dāng)Bqv0=mg時(shí),圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A正確.當(dāng)Bqv0mg時(shí),N=Bqv0-mg,此時(shí)μN(yùn)=ma,所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),直到Bqv=mg時(shí),圓環(huán)開始做勻速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確.
10.如圖甲,一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端,皮帶輪以恒定大小的速率沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),該裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至皮帶輪頂端F的過程中,其v-t圖象如圖乙所示,物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5 s,關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的是( )
A.該物塊帶負(fù)電
B.皮帶輪的傳動(dòng)速度大小一定為1 m/s
C.若已知皮帶的長度,可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對(duì)位移
D.在2~4.5 s內(nèi),物塊與皮帶仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng)
答案:D
解析:對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知,開始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用,設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,沿斜面的方向有
μFN-mgsinθ=ma①
物塊運(yùn)動(dòng)后,又受到洛倫茲力的作用,加速度逐漸減小,由①式可知,一定是FN逐漸減小,而開始時(shí)FN=mgcosθ,后來F′N=mgcosθ-f洛,即洛倫茲力的方向是向上的.物塊沿皮帶向上運(yùn)動(dòng),由左手定則可知物塊帶正電,故A錯(cuò)誤.物塊向上運(yùn)動(dòng)的過程中,洛倫茲力越來越大,則受到的支持力越來越小,結(jié)合①式可知,物塊的加速度也越來越小,當(dāng)加速度等于0時(shí),物塊達(dá)到最大速度,此時(shí)mgsinθ=μ(mgcosθ-f洛)②
由②式可知,只要皮帶的速度大于或等于1 m/s,則物塊達(dá)到最大速度的條件與皮帶的速度無關(guān),所以皮帶的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,則物塊可能相對(duì)于傳送帶靜止,也可能相對(duì)于傳送帶運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤、D正確.由以上分析可知,皮帶的速度無法判斷,所以若已知皮帶的長度,也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對(duì)位移,故C錯(cuò)誤.
二、非選擇題
11.
[2019株洲模擬]如圖所示,在xOy平面內(nèi),在00的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B.有一質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子,從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一初速度沿與x軸正方向成θ=30射入磁場(chǎng)Ⅰ,粒子剛好經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ,后經(jīng)過x軸上的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)射出磁場(chǎng)Ⅱ.已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(1.5l,l),不計(jì)重力的影響,求:
(1)粒子的初速度大?。?
(2)M點(diǎn)在x軸上的位置.
答案:(1) (2)3l
解析:(1)連接OP,過P作y軸垂線交y軸于點(diǎn)A,過O作初速度垂線OO1交PA于點(diǎn)O1,根據(jù)P點(diǎn)的坐標(biāo)值及初速度方向可得∠APO=∠O1OP=30
故O1為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,
OO1即為圓周半徑r.
由幾何關(guān)系可得r+rcos60=1.5l
解得r=l
根據(jù)牛頓第二定律有qvB=m
解得v=.
(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑與其在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑相同.
由對(duì)稱性可知OM=21.5l=3l.
12.
[2019浙大附中模擬]如圖所示,某一水平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy,x=0和x=L=10 cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng),且E1=1.0104 V/m,x=L和x=3L的區(qū)間內(nèi)有一沿
y軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng),且E2=1.0104 V/m,一電子(為了計(jì)算簡單,比荷取21011 C/kg)從直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點(diǎn)O以很小的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),計(jì)算時(shí)不計(jì)此速度且只考慮xOy平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng).求:
(1)電子從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到離開x=3L處的電場(chǎng)所需的時(shí)間;
(2)電子離開x=3L處的電場(chǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)長度.
答案:(1)210-8 s (2)0.1 m
解析:(1)設(shè)電子離開x=L的位置為P點(diǎn),
離開x=3L的位置為Q點(diǎn),則
mv=eE1L
代入數(shù)據(jù)得vP=2107 m/s
電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),
所用時(shí)間滿足L=t
代入數(shù)據(jù)得t1=10-8 s
電子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn),
所用時(shí)間t2==10-8 s
所以總時(shí)間為t=t1+t2=210-8 s.
(2)電子運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)
yQ=t
代入數(shù)據(jù)得yQ=0.1 m.
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