2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)課件學(xué)案練習(xí)(打包12套).zip
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課時(shí)達(dá)標(biāo) 第26講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
[解密考綱]考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),對(duì)學(xué)生綜合分析能力,理論聯(lián)系實(shí)際能量要求較高.
1.(2017·江蘇南通一調(diào))如圖所示,在MN、PQ間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面水平向外,電場(chǎng)在圖中沒(méi)有標(biāo)出.一帶電小球從a點(diǎn)射入場(chǎng)區(qū),并在豎直面內(nèi)沿直線運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn),則小球( C )
A.一定帶正電
B.受到電場(chǎng)力的方向一定水平向右
C.從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程,克服電場(chǎng)力做功
D.從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程中可能做勻加速運(yùn)動(dòng)
解析 因小球受到的洛倫茲力F=qvB隨小球速度的變化而變化,為使帶電小球能在場(chǎng)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng),小球的速度大小不能變化,即小球受力平衡,做勻速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤;小球共受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力三個(gè)力的作用,無(wú)論小球帶何種電荷,三力均可能平衡,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程中,小球的動(dòng)能不變,洛倫茲力不做功,根據(jù)動(dòng)能定理有ΔEk=WG+W電場(chǎng)=0,重力做正功,所以電場(chǎng)力必做負(fù)功,選項(xiàng)C正確.
2.目前有一種磁強(qiáng)計(jì),用于測(cè)定地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度.磁強(qiáng)計(jì)的原理如圖所示,電路中有一段金屬導(dǎo)體,它的橫截面是寬為a、高為b的長(zhǎng)方形,放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流.已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n,電子電荷量為e,金屬導(dǎo)電過(guò)程中,自由電子所做的定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng).兩電極M、N均與金屬導(dǎo)體的前、后兩側(cè)接觸,用電壓表測(cè)出金屬導(dǎo)體前、后兩個(gè)側(cè)面間的電勢(shì)差為U.則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和電極M、N的電性為( C )
A.,M正,N負(fù) B.,M正,N負(fù)
C.,M負(fù),N正 D.,M負(fù),N正
解析 自由電子做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)左手定則可知,自由電子受力指向M,所以M帶負(fù)電.做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電場(chǎng)力與洛倫茲力相互平衡,則e=evB,得B=;根據(jù)I=neabv,解得B=,選項(xiàng)C正確.
3.(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用,其原理如圖所示.D1和D2是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒,置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上.位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略),它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速.當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動(dòng)能Ek后,再將它們引出.忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,則下列說(shuō)法中正確的是( BD )
A.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子的最大動(dòng)能Ek會(huì)變大
B.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時(shí)間會(huì)變短
C.若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,仍可用此裝置加速質(zhì)子
D.質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶
解析 由r=可知,質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān),而與交變電壓U無(wú)關(guān),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;增大交變電壓,質(zhì)子加速的次數(shù)減少,所以質(zhì)子在回旋加速器中的運(yùn)行時(shí)間變短,選項(xiàng)B正確;為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速,質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)周期應(yīng)與交變電壓的周期相同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由nqU=mv以及rn=可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶,選項(xiàng)D正確.
4.(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能,如圖是它的示意圖,平行金屬板A、B之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場(chǎng),將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負(fù)離子)噴入磁場(chǎng),A、B兩板間便產(chǎn)生電壓.如果把A、B和用電器連接,A、B就是直流電源的兩個(gè)電極,設(shè)A、B兩板間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′,等離子體以速度v沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入A、B兩板之間,則下列說(shuō)法正確的是( BC )
A.A是直流電源的正極 B.B是直流電源的正極
C.電源的電動(dòng)勢(shì)為B′dv D.電源的電動(dòng)勢(shì)為qvB′
解析 根據(jù)右手定則,正電荷向下偏轉(zhuǎn),所以B板帶正電,為直流電源的正極;選項(xiàng)B正確,A錯(cuò)誤;電荷最終在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡,有qB′v=q,解得E=B′dv,故選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.
5.(多選)如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后,進(jìn)入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2,平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng).下列表述正確的是( ABC )
A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具
B.速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外
C.能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于
D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的荷質(zhì)比越小
解析 因同位素原子的化學(xué)性質(zhì)完全相同,無(wú)法用化學(xué)方法進(jìn)行分析,故質(zhì)譜儀就成為同位素分析的重要工具,選項(xiàng)A正確;在速度選擇器中,帶電粒子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力在粒子沿直線運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)等大反向,結(jié)合左手定則可知選項(xiàng)B正確;再由qE=qvB,有v=,選項(xiàng)C正確;在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0中R=,所以==,可見(jiàn)粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,即R越小,對(duì)應(yīng)粒子的荷質(zhì)比越大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
6.(2017·北京海淀模擬)如圖所示,在坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,第四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第三象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在x軸負(fù)半軸上有一接收屏GD,GD=2OD=d,現(xiàn)有一帶電粒子(不計(jì)重力)從y軸上的A點(diǎn),以初速度v0水平向右垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng),恰好垂直O(jiān)C射出,并從x軸上的P點(diǎn)(未畫出)進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)并被接收屏接收,已知OC與x軸的夾角為37°,OA=d,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6.求:
(1)粒子的電性及比荷;
(2)第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大??;
(3)第三象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小范圍.
解析 (1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由左手定則可知粒子帶負(fù)電,由圖知粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=d,
由洛倫茲力提供向心力得Bqv0=m,聯(lián)立解得=.
(2)由圖及幾何關(guān)系知OP=d,所以粒子在第四象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r==,
同理B′qv0=m,
聯(lián)立解得B′=.
(3)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),由圖知OQ=r+rsin 37°=2d.當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度E較大時(shí),粒子擊中D點(diǎn),由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知=v0t1,2d=t,聯(lián)立解得Emax=,
當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度E較小時(shí),粒子擊中G點(diǎn),由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知=v0t2,2d=t,
聯(lián)立解得Emin=,
所以電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小滿足≤E≤.
答案 見(jiàn)解析
7.(2017·山東濟(jì)南模擬)如圖所示,位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5 T,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E=2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場(chǎng)強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),并在y>h=0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一個(gè)帶電荷量為q的帶電油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度,恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ=45°),并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限.已知重力加速度g=10 m/s2,問(wèn):
(1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比,并指出油滴帶何種電荷;
(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大??;
(3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.
解析 (1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷.
設(shè)油滴質(zhì)量為m,由平衡條件得mg∶qE∶F=1∶1∶.
(2)由第(1)問(wèn)得mg=qE,
qvB=qE,
解得v==4 m/s.
(3)進(jìn)入第一象限,電場(chǎng)力和重力大小相等、方向相反,油滴受力平衡,知油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示,最后從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)第一象限.
油滴由O→A做勻速運(yùn)動(dòng)的位移x1==h,
其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1====0.1 s.
由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系式T=知,
油滴由A→C做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=T=≈0.628 s,
由對(duì)稱性知油滴從C→N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3=t1,
油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間
t=t1+t2+t3=2×0.1 s+0.628 s=0.828 s.
答案 (1)1∶1∶ 負(fù)電荷 (2)4 m/s (3)0.828 s
8.(2017·湖北武漢模擬)如圖甲所示,寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)(邊界為L(zhǎng)1、L2),存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上周期性變化的電場(chǎng)(如圖乙所示),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0,E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上.t=0時(shí),一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后,做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng),再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn).Q為線段N1N2的中點(diǎn),重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量.
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??;
(2)求電場(chǎng)變化的周期T;
(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程通過(guò)相應(yīng)寬度的區(qū)域,求T的最小值.
解析 (1)微粒做直線運(yùn)動(dòng),則
mg+qE0=qvB,①
微粒做圓周運(yùn)動(dòng),則mg=qE0②
聯(lián)立①②得q=,③
B=.④
(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t1,做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為t2,則
=vt1,⑤
qvB=m,⑥
t2=,⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦得
t1=,t2=,⑧
故電場(chǎng)變化的周期
T=t1+t2=+.⑨
(3)若微粒能完成題述的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,要求d≥2R,⑩
聯(lián)立③④⑥得R=,?
設(shè)在N1Q段直線運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1min,由⑤⑩?
t1min=,
因t2確定,所以T的最小值
Tmin=t1min+t2=.
答案 (1) (2)+ (3)
9.(2017·湖北黃岡模擬)一圓筒的橫截面如圖所示,其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N,其中M板帶正電荷,N板帶等量負(fù)電荷.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放,經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中.粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出,設(shè)粒子與圓筒碰撞過(guò)程中沒(méi)有動(dòng)能損失,且電荷量保持不變,在不計(jì)重力的情況下,求:
(1)M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?
(2)圓筒的半徑R;
(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,僅將M板向上平移d,粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放,粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間與圓筒的碰撞次數(shù)n.
解析 (1)設(shè)兩板間的電壓為U,由動(dòng)能定理得qU=mv2.①
由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得
U=Ed.②
聯(lián)立上式可得E=.③
(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O′、圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A,由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出,因此,SA弧所對(duì)的圓心角∠AO′S等于.
由幾何關(guān)系得r=Rtan .④
粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律,得qvB=m.⑤
聯(lián)立④⑤式得R=.⑥
(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,M板向上平移d后,設(shè)板間電壓為U′,則U′==.⑦
設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v′,
由①式看出=.
綜合⑦式可得v′=v.⑧
設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′,
則r′=.⑨
設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對(duì)圓心角為θ,比較⑥⑨兩式得到r′=R,可見(jiàn)θ=,⑩
粒子需經(jīng)過(guò)四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出,故n=3.
答案 (1) (2) (3)3
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