2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題 電磁場(chǎng) 新人教版
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1、2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題 電磁場(chǎng) 新人教版 1.帶電粒子在電場(chǎng)中常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類(lèi)型 (1)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng):通常利用動(dòng)能定理qU=mv2-mv 來(lái)求解.對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)力做功也可以用W=qEd求解. (2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng):一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題.對(duì)于類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論;較復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)分解的方法來(lái)處理. 2.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類(lèi)型 (1)勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng):當(dāng)v∥B時(shí),帶電粒子以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng). (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng):當(dāng)v⊥B時(shí),帶電粒子在垂直于磁感線(xiàn)的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng). 3.復(fù)合場(chǎng)與組合場(chǎng) (1)復(fù)合場(chǎng):
2、電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存,或其中某兩場(chǎng)共存. (2)組合場(chǎng):電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,或在同一區(qū)域,電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn). 4.三種場(chǎng)的比較 名稱(chēng) 力的特點(diǎn) 功和能的特點(diǎn) 重力場(chǎng) 大?。篏=mg方向:豎直向下 重力做功與路徑無(wú)關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能 靜電場(chǎng) 大小:F=qE方向:正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同;負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反 電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)W=qU電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能 磁場(chǎng) 洛倫茲力F=qvB方向可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的動(dòng)能 考向一:電場(chǎng)性質(zhì) 1.(xx·高考押題信息卷八)真空中有一帶負(fù)電
3、的電荷繞固定的點(diǎn)電荷+Q運(yùn)動(dòng),其軌跡為橢圓,如圖1所示.已知abcd為橢圓的四個(gè)頂點(diǎn),+Q處在橢圓焦點(diǎn)上,則下列說(shuō)法正確的是 ( ) A.b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小一定相等 B.a(chǎn)、c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等 C.負(fù)電荷由b運(yùn)動(dòng)到d電場(chǎng)力做正功 D.負(fù)電荷由a經(jīng)d運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中,電勢(shì)能先減小后增大 解析 由E=k和rd>rb得Ed<Eb,A錯(cuò).由于a、c與+Q等距,故電勢(shì)相等,B對(duì).負(fù)電荷由b到d電場(chǎng)力做負(fù)功,C錯(cuò).負(fù)電荷由a到d再到c的過(guò)程中,電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功,故電勢(shì)能先增大后減小,D錯(cuò). 答案 B 2.真空中有兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷,以連線(xiàn)中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),以它們
4、的中垂線(xiàn)為x軸,圖中能正確表示x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度情況的是 ( ) 答案 A 3.(xx·青島市質(zhì)量檢測(cè))兩個(gè)固定的等量異種點(diǎn)電荷所形成電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖5中虛線(xiàn)所示,一帶電粒子以某一速度從圖中a點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng),其運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中實(shí)線(xiàn)所示,若粒子只受靜電力作用,則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是 ( ) 圖5 A.帶正電 B.速度先變大后變小 C.電勢(shì)能先變大后變小 D.經(jīng)過(guò)b點(diǎn)和d點(diǎn)時(shí)的速度大小相同 解析 由等勢(shì)線(xiàn)的分布特點(diǎn)可知,形成電場(chǎng)的正電荷在上方,負(fù)電荷在下方.又由軌跡的偏轉(zhuǎn)情況可確定,運(yùn)動(dòng)的粒子帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;電場(chǎng)力先做負(fù)功后做
5、正功,動(dòng)能先減小后變大,速度先減小后變大,電勢(shì)能先增加后減小,則選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確;由于b、d兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上,則粒子在這兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等,動(dòng)能相等,速度大小相等,選項(xiàng)D正確. 答案 CD 4.(xx·江西南昌調(diào)研)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場(chǎng),坐標(biāo)系內(nèi)有A、B兩點(diǎn),其中A點(diǎn)坐標(biāo)為(6 cm,0),B點(diǎn)坐標(biāo)為(0,cm),坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢(shì)為0,點(diǎn)A處的電勢(shì)為8 V,點(diǎn)B處的電勢(shì)為4 V?,F(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿電勢(shì)為0的等勢(shì)線(xiàn)方向以速度v=4×105m/s射入電場(chǎng),粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)恰好通過(guò)B點(diǎn),不計(jì)粒子所受重力,求: (1)圖中C處(3 cm,0)
6、的電勢(shì); (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小; (3)帶電粒子的比荷。 10.答案:見(jiàn)解析 解析:(1)設(shè)C處的電勢(shì)為φC 因?yàn)镺C=CA 所以φO-φC=φC-φA φC=V=4V (2)BC連線(xiàn)為等勢(shì)線(xiàn),電場(chǎng)強(qiáng)度方向與等勢(shì)線(xiàn)BC垂直 設(shè)∠OBC=θ OB=L=cm 由tanθ=,得θ=60° 由U=Ed,得E= =V/m=×102V/m (3)因?yàn)閹щ娏W幼鲱?lèi)平拋運(yùn)動(dòng)所以 聯(lián)立解得: C/kg=2.4×1011C/kg 考向二:帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 圖3 5. (xx·廣州市高三年級(jí)調(diào)研測(cè)試)如圖3所示,S接a,帶電微粒從P點(diǎn)水平射入平行板間,恰
7、能沿直線(xiàn)射出.若S接b,相同微粒仍從P水平射入,則微粒 ( ) A.電勢(shì)能減小 B.電勢(shì)能不變 C.偏離直線(xiàn)向上偏轉(zhuǎn) D.偏離直線(xiàn)向下偏轉(zhuǎn) 解析 S接a時(shí),帶電粒子沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),說(shuō)明帶電粒子受到的重力與電場(chǎng)力平衡,S接b后,兩板間的電壓變小,帶電粒子受到的電場(chǎng)力變小,帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn),C錯(cuò)誤,D正確,電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加,A、B錯(cuò)誤. 答案 D 6.(xx·廣州市綜合測(cè)試(一))如圖6所示的陰極射線(xiàn)管,無(wú)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí),電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑.如果只逐漸增大M1M2之間的電勢(shì)差,則 ( ) 圖6 A.在熒屏上的亮斑向上移動(dòng) B.在熒屏上的亮
8、斑向下移動(dòng) C.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)電子做的功增大 D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 解析 電子束在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),沿垂直電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng),故在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變;電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中受向上的電場(chǎng)力,故向上偏轉(zhuǎn),A項(xiàng)正確;沿電場(chǎng)方向上,電子束做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),兩板間電壓增加,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)增大,D項(xiàng)錯(cuò);電子所受電場(chǎng)力增大,因此加速度增大,由位移規(guī)律可知,電子在電場(chǎng)中側(cè)移量增大,由功的定義式可知,電場(chǎng)力做功增大,C項(xiàng)正確. 答案 AC 7.(xx·山東省高考針對(duì)性訓(xùn)練)如圖7所示,兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平放置,極板上帶有等量異種電荷.其中A板用絕緣線(xiàn)懸掛,B板固定且接地,P點(diǎn)為兩板
9、的中間位置.下列結(jié)論正確的是 ( ) 圖7 A.若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì),A、B兩板所帶電荷量會(huì)增大 B.A、B兩板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等,方向相同 C.若將A板豎直向上平移一小段距離,兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大 D.若將A板豎直向下平移一小段距離,原P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變 解析 兩極板間加上絕緣介質(zhì),不影響A、B兩板所帶的電荷量,所以選項(xiàng)A錯(cuò),根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知A、B兩板電荷分別在中點(diǎn)P產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向相同,選項(xiàng)B正確,若將A板豎直向上平移一小段距離,不影響兩板上電荷的分布情況,又因電荷量Q不變,所以場(chǎng)強(qiáng)不變,選項(xiàng)C錯(cuò).若將A板豎直下移一段距離,P到
10、B板的距離l不變,由UPB=φP-0=El可知,φP不變,選項(xiàng)D正確. 答案 BD 8.(xx·安徽理綜) 如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落,穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g).求: (1)小球到達(dá)小孔處的速度; (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量; (3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間. 答案:(1) (2) (3) 解析:(1)由v2=2gh,得v= (2)在極板間帶電小球受重力
11、和電場(chǎng)力,有mg-qE=ma 0-v2=2ad 得E= U=Ed Q=CU 得Q= (3)由h=gt;0=v+at2;t=t1+t2 綜合可得t= 考向三:帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 9.如圖1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(xiàn)運(yùn)動(dòng)(PO與
12、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): 圖1 (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. 審題突破 在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)需要滿(mǎn)足什么條件?根據(jù)夾角為θ=45°,重力、電場(chǎng)力有什么數(shù)值關(guān)系?油滴進(jìn)入第一象限后做什么運(yùn)動(dòng)? 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
13、 解得:v==4 m/s. (3)進(jìn)入第一象限,電場(chǎng)力和重力平衡,知油滴先做勻速直線(xiàn)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,最后從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)第一象限. 由O→A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為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, 由A→C的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2=T=≈0.628 s 由對(duì)稱(chēng)性知從C→N的時(shí)間t3=t1 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∶ 油滴帶負(fù)電荷 (2)4 m/s (3)0.828 s 以題說(shuō)法 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法
14、 1.弄清疊加場(chǎng)的組成特點(diǎn). 2.正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn). 3.畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)若只有兩個(gè)場(chǎng)且正交,合力為零,則表現(xiàn)為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或靜止.例如電場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿(mǎn)足qE=qvB;重力場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿(mǎn)足mg=qvB;重力場(chǎng)與電場(chǎng)中滿(mǎn)足mg=qE. (2)若三場(chǎng)共存時(shí),合力為零,粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直. (3)若三場(chǎng)共存時(shí),粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有mg=qE,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),即qvB=m. (4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解. 10.
15、 如圖2所示,水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2(未畫(huà)出),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T,MN邊界右側(cè)離地面h=3 m處有長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.91 m的光滑水平絕緣平臺(tái),平臺(tái)的左邊緣與MN重合,平臺(tái)右邊緣有一質(zhì)量m=0.1 kg、電量q=0.1 C的帶正電小球,以初速度v0=0.6 m/s向左運(yùn)動(dòng).此時(shí)平臺(tái)上方存在E1=2 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向與水平方向成θ角,指向左下方,小球在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,θ為45°至90°的某一確定值.小球離開(kāi)平臺(tái)左側(cè)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng).小球可視為質(zhì)點(diǎn),g=10 m/s2.求: 圖2 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向
16、; (2)小球離開(kāi)平臺(tái)左側(cè)后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間; (3)小球離開(kāi)平臺(tái)左側(cè)后,小球落地點(diǎn)的范圍(計(jì)算結(jié)果可以用根號(hào)表示). 答案 (1)10 N/C,方向豎直向上 (2) s (3)距N點(diǎn)左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi) 解析 (1)因?yàn)樾∏蛟贛N邊界左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其所受到的電場(chǎng)力必等于自身重力,有qE2=mg 得E2=10 N/C,方向豎直向上. (2)若θ=90°,小球勻速通過(guò)MN有最小速度: vmin=0.6 m/s 若θ=45°,小球勻加速通過(guò)MN有最大速度. 此時(shí)E1qcos θ=ma a==2 m/s2 由v-v=2aL可得:vmax=2 m/s 綜合分析
17、得:小球通過(guò)MN后的速度為0.6 m/s≤vA≤2 m/s 小球以2 m/s在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短, 根據(jù)Bqv=m和T= 得:Rmax==2 m T==2π s, 因?yàn)閟in θ==,所以θ=30° 所以小球在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為120°, 所以小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T= s. (3)小球落在N點(diǎn)左邊最大距離時(shí),設(shè)到N點(diǎn)距離為x,則x=Rmaxcos 30°= m 小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin==0.6 m 設(shè)小球落到N點(diǎn)右邊時(shí),到N點(diǎn)的距離為s,小球落在N點(diǎn)右邊的最大距離由平拋運(yùn)動(dòng)得 h-2R′=gt2 s=v′t v′= s= 當(dāng)R
18、′=1 m時(shí),s有最大值 因0.6 m≤R′≤1.5 m,故s= 成立 代入數(shù)據(jù)解得s= m 所以小球的落點(diǎn)在距N點(diǎn)左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi). 題組1 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.如圖1甲所示,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向上.在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng),在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng).在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置,它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q>0)和初速度為v0的帶電微粒.(已知重力加速度為g) 圖1 (1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí),這些帶電微粒將沿圓形磁場(chǎng)區(qū)域的水平直徑
19、方向離開(kāi)磁場(chǎng),并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng).求電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向. (2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置,使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第Ⅰ象限,如圖乙所示.現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動(dòng),則在保證電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下,求出符合條件的磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積. 答案 (1)E=,沿y軸正方向 B=,垂直紙面向外 (2)(-1)R2 解析 (1)微粒沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),即帶電微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡. 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,由平衡條件得:mg=qE 解得:E= 由于粒子帶正電,故電場(chǎng)方向沿y軸正方向
20、 帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后,做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且半徑r=R. 設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 由牛頓第二定律得:qv0B=m 解得B=,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外. (2)沿y軸正方向射入的微粒,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示: 以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)四分之一圓弧,該圓弧也恰為微粒運(yùn)動(dòng)的上邊界.以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心軌跡.微粒經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),即半徑沿豎直方向.并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R,射出點(diǎn)的邊界與圓弧BC平行,如圖中的圓弧ODA,圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積: S=2(πR2-R2)=(-1)R2. 考
21、向四 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 11.為研究帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)情況,在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng),第二象限-10 cm≤x≤0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,其大小為0.2 T;在第一象限內(nèi)有一電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向且可沿x軸平移的條形勻強(qiáng)電場(chǎng),其寬度d=5 cm.在A(-6 cm,0)點(diǎn)有一粒子發(fā)射源,向x軸上方180°范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v=2.0×106 m/s的負(fù)粒子,粒子的比荷為q/m=2.0×108 C/kg,不計(jì)算粒子的重力和相互作用. 圖3 (1)若粒子與x軸正方向成30°角方向射入磁場(chǎng),求該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)求從A處發(fā)射的
22、所有粒子中與+y軸交點(diǎn)的最大值坐標(biāo); (3)當(dāng)電場(chǎng)左邊界與y軸重合時(shí)滿(mǎn)足第(2)問(wèn)條件的粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后恰好平行x軸從其右邊界飛出,求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? (4)現(xiàn)將條形電場(chǎng)沿x軸正向平移,電場(chǎng)的寬度和電場(chǎng)強(qiáng)度E仍保持不變,能讓滿(mǎn)足第(2)問(wèn)條件的粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后從右邊界飛出,在此情況下寫(xiě)出電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)y0的關(guān)系式,并繪出圖線(xiàn). 審題突破 粒子速度確定、比荷確定,則在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定,與x軸成30°角方向射入時(shí),對(duì)應(yīng)的圓心角是多少呢?A與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡和+y軸交點(diǎn)的連線(xiàn)是弦,弦何時(shí)最大?你能結(jié)合幾何關(guān)系得到電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)x0與
23、從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式嗎? 解析 (1)設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r, 由牛頓第二定律得qvB=m 得r==0.05 m=5 cm 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)==×10-7 s 如圖所示為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡 由幾何關(guān)系得α=60° t=T=×10-7 s. (2)設(shè)從y軸最上方飛出的粒子坐標(biāo)為(0,y1) 由幾何關(guān)系得(2r)2=62+y 得y1=8 cm. (3)如圖所示,設(shè)粒子從磁場(chǎng)射出時(shí)速度方向與x軸的夾角為θ, 有sin θ=,即θ=37°, 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,t1= 設(shè)粒子的加速度大小為a,則a=
24、 vsin θ=at1 聯(lián)立解得E==1.92×105 N/C. (4)如圖所示,帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后先做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系為 y1-(x0+)tan θ=y(tǒng)0, 即y0=6.125-0.75x0(cm) 當(dāng)x0=0時(shí),從電場(chǎng)右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y0=6.125 cm, 當(dāng)y0=0時(shí),電場(chǎng)左邊界的橫坐標(biāo)為x0= cm. 圖線(xiàn)如圖所示. 答案 (1)×10-7 s (2)8 cm (3)1.92×105 N/C (4)y0=6.125-0.75x0(cm) 見(jiàn)解析圖 以題說(shuō)法 設(shè)帶電粒子在組合場(chǎng)內(nèi)
25、的運(yùn)動(dòng)實(shí)際上也是運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合,解決方法如下: (1)分別研究帶電粒子在不同場(chǎng)區(qū)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,若速度方向與電場(chǎng)方向平行,則做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng);若速度方向與電場(chǎng)方向垂直,則做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng). (2)帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理. (3)當(dāng)粒子從一個(gè)場(chǎng)進(jìn)入另一個(gè)場(chǎng)時(shí),分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口. 12. 如圖4所示,相距3L的AB、CD兩直線(xiàn)間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng),其中PT上方的電場(chǎng)Ⅰ的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下,PT下方的電場(chǎng)Ⅱ的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上,電場(chǎng)Ⅰ的場(chǎng)強(qiáng)大小是電場(chǎng)Ⅱ的場(chǎng)強(qiáng)大小的
26、兩倍,在電場(chǎng)左邊界AB上有點(diǎn)Q,PQ間距離為L(zhǎng).從某時(shí)刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的帶電粒子,電量為+q、質(zhì)量為m.通過(guò)PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出,其軌跡如圖,若PR兩點(diǎn)的距離為2L.不計(jì)粒子的重力.試求: 圖4 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和MT之間的距離; (2)有一邊長(zhǎng)為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器,在其邊界正中央開(kāi)有一小孔S,將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界,若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場(chǎng)從S孔水平射入容器中.欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能和電量損失),并返回Q點(diǎn)
27、,需在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),粒子運(yùn)動(dòng)的半徑小于a,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿(mǎn)足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時(shí)間. 答案 (1) L (2)B=,n=1,2,… +,n=1,2,… 解析 (1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線(xiàn)上的點(diǎn)R由E2電場(chǎng)進(jìn)入E1電場(chǎng),由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t2與t1,到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy, 則由F=qE=ma, 2L=v0t2, L=v0t1, L=·t, E1=2E2, 得E1= vy=t2=t1 MT=·t 聯(lián)立解得MT=L. (2)欲使粒子仍能從S孔處射出,粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r,則 qv0B= (1+2n)r=a,n=1,2
28、,… 解得:B=, n=1,2,… 由幾何關(guān)系可知t′=3×(2n×+)=(3n+)T n=1,2,3… T== 代入B得T=,n=1,2,… t=2t1+2t2+t′=+,n=1,2,… 題組2 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 2.如圖2所示,在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)的大小E=1.5×105 V/m;在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2 T.已知CD=MN=FG=0.60 m,CM=MF=0.20 m.在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源,沿紙面向電場(chǎng)中各方向均勻地輻射出速率均為v0=1.0×106 m/s的某種帶正電粒子,粒子質(zhì)
29、量m=6.4×10-27 kg,電荷量q=3.2×10-19 C,粒子可以無(wú)阻礙地通過(guò)邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng),不計(jì)粒子的重力.求: 圖2 (1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑; (2)邊界FG上有粒子射出磁場(chǎng)的范圍長(zhǎng)度; (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間.(后兩問(wèn)結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1×10-7 s 解析 (1)電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得: qEd=mv2-mv 由題意知d=0.20 m,代入數(shù)據(jù)得 v=2×106 m/s 帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng), qBv=m 解得r==0.2 m. (2)設(shè)粒子沿垂直于電場(chǎng)方向射
30、入時(shí),出電場(chǎng)時(shí)水平位移為x,則由平拋規(guī)律得: 解得x= m 離開(kāi)電場(chǎng)時(shí),sin θ1==,θ1=30°. 由題意可知,PS⊥MN,沿OC方向射出粒子到達(dá)P點(diǎn),為左邊界,垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點(diǎn),Q為右邊界,QO″=r,軌跡如圖. 范圍長(zhǎng)度為l=x+r=(+0.2) m≈0.43 m. (3)T=,由分析可知,OO′方向射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng),設(shè)FG長(zhǎng)度為L(zhǎng) sin θ2==,θ2=30° 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角為120°,對(duì)應(yīng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax=T=≈2.1×10-7 s 3.如圖3所示,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0射出,粒
31、子恰好經(jīng)過(guò)A點(diǎn),O、A兩點(diǎn)長(zhǎng)度為l,連線(xiàn)與坐標(biāo)軸+y方向的夾角為α=37°,不計(jì)粒子的重力. 圖3 (1)若在平行于x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中,粒子沿+y方向從O點(diǎn)射出,恰好經(jīng)過(guò)A點(diǎn);若在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2中,粒子沿+x方向從O點(diǎn)射出,也恰好能經(jīng)過(guò)A點(diǎn),求這兩種情況電場(chǎng)強(qiáng)度的比值. (2)若在y軸左側(cè)空間(第Ⅱ、Ⅲ象限)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O,沿與+y軸成30°的方向射入第二象限,恰好經(jīng)過(guò)A點(diǎn),求磁感應(yīng)強(qiáng)度B. 答案 (1) (2) 解析 (1)在電場(chǎng)E1中 lsin α=·t lcos α=v0t1 在電場(chǎng)E2中 lcos α=·t ls
32、in α=v0t2 聯(lián)立解得=. (2)設(shè)軌跡半徑為R,軌跡如圖所示. OC=2Rsin 30° 由幾何知識(shí)可得tan 30°= 解得R=l 又由qv0B= 得R= 聯(lián)立解得B= 方向垂直紙面向里. 考向五:帶電粒子在周期性變化的電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 13.如圖5甲所示,在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng),變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正).在t=0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0,方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子. 圖5 已知v0、t0、B0,粒子的比荷為,不計(jì)粒子的重力.
33、求: (1)t=t0時(shí),求粒子的位置坐標(biāo); (2)若t=5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn),求0~5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離; (3)若粒子能夠回到原點(diǎn),求滿(mǎn)足條件的所有E0值. 思維導(dǎo)圖 解析 (1)由粒子的比荷=, 則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T==2t0(1分) 則在0~t0內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角α=π(2分) 由牛頓第二定律qv0B0=m(2分) 得r1=(1分) 位置坐標(biāo)(,0).(1分) (2)粒子t=5t0時(shí)回到原點(diǎn),軌跡如圖所示 r2=2r1(2分) r1= r2=(1分) 得v2=2v0(1分) 又=,r2=(1分) 粒子在t0~2t0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
34、,2t0~3t0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則在0~5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:hm=t0+r2=(+)v0t0.(2分) (3)如圖所示,設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1,在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2′,由幾何關(guān)系可知,要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn),則必須滿(mǎn)足: n(2r2′-2r1)=2r1,(n=1,2,3,…)(1分) r1= r2′=(1分) 聯(lián)立以上各式解得v=v0,(n=1,2,3,…)(1分) 又由v=v0+(1分) 得E0=,(n=1,2,3,…).(1分) 答案 (1)(,0) (2)(+)v0t0 (3),(n=1,2,3,…) 點(diǎn)睛之筆 變
35、化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)往往具有周期性,粒子的運(yùn)動(dòng)也往往具有周期性.這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、受力情況,弄清楚帶電粒子在變化的電場(chǎng)、磁場(chǎng)中各處于什么狀態(tài),做什么運(yùn)動(dòng),畫(huà)出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)徑跡的草圖. 題組3 帶電粒子在周期性變化的電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析 4.如圖4a所示,水平直線(xiàn)MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷=1×106 C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過(guò)×10-5 s后,電荷以v0=1.5×104 m/s的速度通過(guò)MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)與紙面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正,以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)為t=0時(shí)
36、刻).計(jì)算結(jié)果可用π表示. a b 圖4 (1)求O點(diǎn)與直線(xiàn)MN之間的電勢(shì)差; (2)求圖b中t=×10-5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離; (3)如果在O點(diǎn)右方d=67.5 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板,求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間. 答案 (1)112.5 V (2)4 cm (3)3.86×10-5 s 解析 (1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng), 由動(dòng)能定理Uq=mv, U==112.5 V. (2)當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí),設(shè)電荷運(yùn)動(dòng)的半徑為r1 由B1qv0=,得r1==5 cm, 周期T1==×10-5 s. 當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí),設(shè)電荷
37、運(yùn)動(dòng)的半徑為r2 r2==3 cm, 周期T2==×10-5 s 故電荷從t=0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 t=×10-5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離. Δd=2(r1-r2)=4 cm. (3)電荷第一次通過(guò)MN開(kāi)始,其運(yùn)動(dòng)的周期T=×10-5 s, 根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知,電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè), 此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離s=15Δd=60 cm,則最后7.5 cm的距離如圖所示, 有:r1+r1cos α=7.5 cm. 解得:cos α=0.5,則α=60°, 故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 t總=t1+15T+T1-T1≈3.86×1
38、0-4 s. 難點(diǎn)突破 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際模型分析 1.速度選擇器(如圖) (1)平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來(lái),所以叫做速度選擇器. (2)帶電粒子能夠沿直線(xiàn)勻速通過(guò)速度選擇器的條件是qE=qvB,即v=. 2.磁流體發(fā)電機(jī) 磁流體發(fā)電機(jī)是根據(jù)電磁感應(yīng)原理,用導(dǎo)電流體,例如空氣或液體,與磁場(chǎng)相對(duì)運(yùn)動(dòng)而發(fā)電的一種設(shè)備. 如圖所示,將帶電的流體(離子氣體或液體)以極高的速度噴射到磁場(chǎng)中,利用磁場(chǎng)對(duì)帶電流體產(chǎn)生的作用,從而發(fā)電.設(shè)兩極板間的距離為d,A、B平行金屬板的面積為S,帶電流體的電阻率為ρ,帶電流體速度
39、為v,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,板外電阻為R,則兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì)差U=Bdv.此時(shí)帶電流體受力平衡有qE場(chǎng)=qvB,即E場(chǎng)=vB,故電源電動(dòng)勢(shì)E=E場(chǎng)·d=Bdv.電源的內(nèi)阻r=ρ.故R中的電流I===. 3.電磁流量計(jì) 如圖所示,圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成,導(dǎo)電流體在管中向左流動(dòng),導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力的作用下縱向偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差,形成電場(chǎng),當(dāng)自由電荷所受的靜電力和洛倫茲力平衡時(shí),a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定,即:qvB=qE=,所以v=,因此液體流量Q=Sv=·=. 4.霍爾效應(yīng) 在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體,當(dāng)磁場(chǎng)方向與電
40、流方向垂直時(shí),導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢(shì)差,這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng),所產(chǎn)生的電勢(shì)差稱(chēng)為霍爾電勢(shì)差,其原理如右圖所示. 【典例1】 如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖:將一束等離子體噴射入磁場(chǎng),在場(chǎng)中有兩塊金屬板A、B,這時(shí)金屬板上就會(huì)聚集電荷,產(chǎn)生電壓.如果射入的等離子體速度均為v,兩金屬板的板長(zhǎng)為L(zhǎng),板間距離為d,板平面的面積為S,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于速度方向,負(fù)載電阻為R,等離子體充滿(mǎn)兩板間的空間.當(dāng)發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電時(shí),電流表示數(shù)為I.那么板間電離氣體的電阻率為( ) A. B. C. D. 【解析】 最終穩(wěn)定時(shí),電荷所受洛倫茲力和電場(chǎng)力大
41、小相等,方向相反,有qvB=q.解得E=vBd.根據(jù)閉合電路歐姆定律,電離氣體的電阻R′=-R=-R.由電阻定律得R′=ρ解得ρ=.故A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 【答案】 A 【典例2】 如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖,帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點(diǎn)初速度為0)后,進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),最后分別打在感光板S上的x1、x2處.圖中半圓形的虛線(xiàn)分別表示帶電粒子a、b所通過(guò)的路徑,則( ) A.a(chǎn)的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量 B.a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量 C.a(chǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 D.a(chǎn)的比荷大于b的比荷 【解析】 設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度大
42、小為v,在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,電荷量和質(zhì)量分別為q、m,打在感光板上的距離為s.根據(jù)動(dòng)能定理,得qU=mv2,v=,由qvB=m,r==,則s=2r=,得到=,x1
43、力的合力為零.在某次監(jiān)測(cè)中,兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160 μV,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T.則血液速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為( ) A.1.3 m/s,a正、b負(fù) B.2.7 m/s,a正、b負(fù) C.1.3 m/s,a負(fù)、b正 D.2.7 m/s,a負(fù)、b正 解析:血液中正負(fù)離子流動(dòng)時(shí),根據(jù)左手定則,正離子受到向上的洛倫茲力,負(fù)離子受到向下的洛倫茲力,所以正離子向上偏,負(fù)離子向下偏.則a帶正電,b帶負(fù)電.最終血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零,有q=qvB,所以v== m/s=1.3 m/s.故A正確. 答案:A
44、 回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用,有力地推動(dòng)了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展. (1)回旋加速器的原理如圖所示,D1和D2是兩個(gè)中空的半徑為R的半圓金屬盒,它們接在電壓一定、頻率為f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,重力不計(jì)),它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速,D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率為P,求輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式(忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,其最大速度遠(yuǎn)小于光速). (2)試推理說(shuō)明:質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí),隨軌道半徑r的增大,同一盒中相鄰
45、軌道的半徑之差Δr是增大、減小還是不變?
解析:(1)設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m,電荷量為q,質(zhì)子離開(kāi)加速器時(shí)速度大小為v,由牛頓第二定律知:qvB=m,質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的回旋周期為T(mén)==,由回旋加速器工作原理可知,交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同,由周期T與頻率f的關(guān)系可得f=,設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開(kāi)加速器的質(zhì)子數(shù)為N,則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率P=,輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為I=,由上述各式得I= .
(2)設(shè)k(k∈N*)為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù),相鄰的軌道半徑分別為rk、rk+1(rk 46、電壓為U,由動(dòng)能定理知2qU=mv-mv,由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,知rk=,則2qU=(r-r),整理得Δrk=,因U、q、m、B均為定值,令C=,由上式得Δrk=,相鄰軌道半徑rk+1、rk+2之差Δrk+1=,因?yàn)閞k+2>rk,比較Δrk,Δrk+1得Δrk+1<Δrk,說(shuō)明隨軌道半徑r的增大,同一盒中相鄰軌道的半徑之差Δr減?。?
(限時(shí):15分鐘,滿(mǎn)分:20分)
(xx·山東·24)如圖6甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng).取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時(shí)刻,一質(zhì)量為m、帶電 47、量為+q的粒子(不計(jì)重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū).當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí),可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)Δt時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈).上述m、q、d、v0為已知量.
圖6
(1)若Δt=TB,求B0;
(2)若Δt=TB,求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??;
(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB.
答案 (1) (2) (3)或
解析 (1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,
由牛頓第二定律得qv0B0=①
據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d②
聯(lián)立①②式得B0=③
(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 48、為R2,加速度大小為a,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a=④
據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d⑤
聯(lián)立④⑤式得a=.⑥
(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為T(mén),由圓周運(yùn)動(dòng)公式得T=⑦
由牛頓第二定律得
qv0B0= ⑧
由題意知B0=,代入⑧式得
d=4R⑨
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,
1.(xx·海南卷,2)如圖所示,在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向下,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.一帶電粒子以某一速度沿水平直線(xiàn)通過(guò)兩極板.若不計(jì)重力,下列四個(gè)物理量中哪一個(gè)改變時(shí),粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)改變( ).
A.粒子速度的大小 49、 B.粒子所帶的電荷量
C.電場(chǎng)強(qiáng)度 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度
2.(xx·課標(biāo)全國(guó)卷,25)如圖所示,一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面).在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線(xiàn)在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域,在圓上的b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域,離開(kāi)時(shí)速度方向與直線(xiàn)垂直.圓心O到直線(xiàn)的距離為R.現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線(xiàn)的勻強(qiáng)電場(chǎng),同一粒子以同樣速度沿直線(xiàn)在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域,也在b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域.若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,不計(jì)重力,求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.
3.(xx·重慶卷,24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置,其原理如圖所示.兩帶 50、電金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng),方向豎直向上,其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒,以不同的速率沿著磁場(chǎng)區(qū)域的水平中心線(xiàn)O′O進(jìn)入兩金屬板之間,其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開(kāi)磁場(chǎng),然后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板.重力加速度為g,PQ=3d,NQ=2d,收集板與NQ的距離為l,不計(jì)顆粒間相互作用.
求:(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??;
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;
(3)速率為λv0(λ>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離.
4.(xx·浙江卷,24)如圖所示,兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板之間的 51、右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面,從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng);進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后,最終垂直打在下板的M點(diǎn).
(1)判斷墨滴所帶電荷的種類(lèi),并求其電荷量;
(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值;
(3)現(xiàn)保持噴口方向不變,使其豎直下移到兩板中間的位置.為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn),應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B′,則B′的大小為多少?
5.(xx·江蘇卷,15)在科學(xué)研究中,可以通過(guò)施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制.如圖(a)所示的 52、xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t作周期性變化的圖象如圖(b)所示.x軸正方向?yàn)镋的正方向,垂直紙面向里為B的正方向.在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P,其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q.不計(jì)重力.在t=時(shí)刻釋放P,它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng).
(1)求P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0;
(2)求B0應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系;
(3)在t0時(shí)刻釋放P,求P速度為零時(shí)的坐標(biāo).
O1、O2為圓心,O1O2連線(xiàn)與水平方向的夾角為θ,在每個(gè)TB內(nèi),只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<θ<,由題意可知
T=⑩
設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n=0,1,2,3,…)
若在A點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得
R+2(R+Rsin θ)n=d?
當(dāng)n=0時(shí),無(wú)解?
當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立⑨?式得
θ=(或sin θ=)?
聯(lián)立⑦⑨⑩?式得
TB=?
當(dāng)n≥2時(shí),不滿(mǎn)足0<θ<90°的要求?
若在B點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得
R+2Rsin θ+2(R+Rsin θ)n=d?
當(dāng)n=0時(shí),無(wú)解?
當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立⑨?式得
θ=arcsin(或sin θ=)?
聯(lián)立⑦⑨⑩?式得
TB=?
當(dāng)n≥2時(shí),不滿(mǎn)足0<θ<90°的要求.
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