第一章 安培力与洛伦兹力
综合拔高练
五年高考练
考点1 安培力大小的计算
1.(2023江苏,2)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为 ( )
A.0 B.BIl C.2BIl D.BIl
2.(2021江苏,5)在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定,固定点的距离为2L。导线通有电流I,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导线中的张力为 ( )
A.BIL B.2BIL C.πBIL D.2πBIL
考点2 安培力作用下的平衡
3.(2022湖南,3)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 ( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
考点3 安培力作用下导体运动分析
4.【多选题】(2022湖北,11)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 ( )
A.棒与导轨间的动摩擦因数为
B.棒与导轨间的动摩擦因数为
C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°
D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°
考点4 安培力的叠加
5.(2021广东,5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1 I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 ( )
A B C D
考点5 带电粒子在磁场中的运动
6.【多选题】(2022辽宁,8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场,粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态,忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是 ( )
A.粒子1可能为中子
B.粒子2可能为电子
C.若增大磁感应强度,粒子1可能打在探测器上的Q点
D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探测器上的Q点
7.(2022广东,7)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是 ( )
8.【多选题】(2022湖北,8)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 ( )
A.kBL,0° B.kBL,0°
C.kBL,60° D.2kBL,60°
9.【多选题】(2021海南,13)如图,在平面直角坐标系Oxy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则 ( )
A.粒子一定带正电
B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场
C.粒子入射速率为
D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
考点6 带电粒子在复合场中的运动
10.(2022全国甲,18)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是 ( )
11.(2023全国乙,18)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 ( )
A. B. C. D.
12.(2022重庆,5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则 ( )
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.v2与v1的比值不断变大
D.该离子的加速度大小不变
13.(2023湖南,6)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是 ( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=t0
14.(2023江苏,16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在0
15.(2023浙江1月选考,20)探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成,其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计),N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子,其速度方向与y轴夹角最大值为60°;且各个方向均有速度大小连续分布在v0和v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用,不考虑离子间的碰撞。
(1)求孔C所处位置的坐标x0;
(2)求离子打在N板上区域的长度L;
(3)若在N与M板之间加载电压,调节其大小,求电流表示数刚为0时的电压U0;
(4)若将分析器沿着x轴平移,调节加载在N与M板之间的电压,求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。
三年模拟练
应用实践
1.(2022河北保定期末)如图所示,由同种金属材料制成的粗细均匀的闭合圆形线框用绝缘细线悬挂于天花板。已知圆形线框的半径为r,圆心为O,将此线框置于磁感应强度大小为B、方向垂直于线框平面向外的匀强磁场中,用导线把线框上P、Q两点接入电流为I的电路中,P、Q处于同一高度且∠POQ=60°,不考虑线框两侧导线的影响。若线框处于静止状态时力传感器的示数为T,重力加速度大小为g,则圆形线框的质量为 ( )
A. B. C. D.
2.(2023四川成都期末)2022年10月,中核集团核工业西南物理研究院科研团队再创佳绩,中国新一代“人造太阳”科学研究取得突破性进展,HL-2M等离子体电流突破100万安培,创造了我国可控核聚变装置运行新纪录,技术水平居国际前列。图示为核聚变中磁约束的托卡马克装置的简化图,圆环状匀强磁场区域的内半径为R1,外半径为R2,磁感应强度大小为B,方向垂直于环面,中空区域内带电粒子的质量为m,电荷量为q,具有各个方向的速度。欲将带电粒子约束在半径为R2的区域内,则带电粒子的最大速度为 ( )
A. B.
C. D.
3.(2023广东广州期末)某实验室中有一种污水流量计,其原理可以简化为如图所示模型:含有大量正、负离子的污水从直径为d的圆柱形容器右侧流入,从左侧流出,流量值Q等于单位时间内通过容器横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,下列说法正确的是 ( )
A.改变污水的流速,M、N两点间电压不会发生变化
B.当污水中离子浓度升高时,M、N两点间电场强度将增大
C.仅改变污水的流速,圆柱形容器左侧流出污水的流量值Q不会发生变化
D.只需要测量磁感应强度B,直径d及M、N两点间电压U,就能够推算污水的流量
4.(2022河北邯郸期末)如图所示,在x轴上方区域存在着范围足够大的垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=。空间坐标(x=0,y=a)处有一粒子源S,某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个(N足够大)质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子。则不能到达x轴上的粒子所占比例为 ( )
A. B. C. D.
5.【多选题】(2023江苏南京一中期末)如图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强恒定,且被限制在A、C板间。带电粒子(不计重力)从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是 ( )
A.带电粒子每运动一周被加速两次
B.P1P2>P2P3
C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D.加速电场方向需要做周期性的变化
6.(2022陕西宝鸡二模)如图所示,矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场,aa'、bb'、cc'、dd'为磁场边界线,四条边界线相互平行,区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为B,区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为B,矩形区域的长度足够长,磁场宽度及bb'与cc'之间的距离相同。某种带正电的粒子从aa'上的O1处以大小不同的速度,沿与O1a成α=30°角的方向进入磁场(不计粒子所受重力),当粒子的速度小于某一值时,粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为t0;当速度为v0时,粒子在区域Ⅰ内的运动时间为。求:
(1)粒子的比荷;
(2)磁场区域Ⅰ和Ⅱ的宽度L;
(3)当粒子以速度v0从O1射入,最终从边界线dd'上的某处射出,则粒子从O1射入到从dd'边界线射出所用的时间为多少
迁移创新
7.利用质谱仪可以测定有机化合物的分子结构,质谱仪的结构如图所示。有机物的气体分子从样品室注入离子化室,在高能电子作用下,样品气体分子离子化或碎裂成离子(如C2H6离子化后得到C2、C2、C等)。若离子化后得到的离子均带一个单位的正电荷e,初速度为零,此后经过高压电源区、圆形磁场室、真空管,最后在记录仪上得到离子,通过处理就可以得到离子的质荷比,进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U,圆形磁场区的半径为R,真空管与水平面夹角为θ,离子进入磁场室时速度方向指向圆心。
(1)请说明高压电源A端是“正极”还是“负极”,磁场室内的磁场方向“垂直纸面向里”还是“垂直纸面向外”;
(2)C2和C2离子同时进入磁场室后,出现了轨迹Ⅰ和Ⅱ,试判定两种离子各自对应的轨迹,并说明原因;
(3)若磁感应强度为B时,记录仪接收到一个明显信号,该信号对应的离子质荷比=,正确吗
答案与分层梯度式解析
第一章 安培力与洛伦兹力
综合拔高练
五年高考练
1.C 2.A 3.D 4.BC 5.C 6.AD 7.A
8.BC 9.ACD 10.B 11.A 12.D 13.D
1.C 导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。
2.A 水平面上受力分析如图,通电之后圆弧形导线MN受到的安培力大小为2BIL,因此在M、N两端的张力大小相等,均为BIL,选项A正确。
3.D 由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sin θ==,F线=mg cos θ,B、L、mg为定值,所以sin θ与电流I成正比,悬线中的拉力F线会随着θ的变化而变化,所以选项B、C错误,选项D正确。
易混易错 本题的安培力方向是垂直悬线的方向,分析时容易错画为水平方向。
4.BC 当通电导体棒加速且加速度最大时,导体棒所受安培力F安必定斜向右上方,由左手定则可知,匀强磁场方向斜向右下方,与水平向右方向夹角为θ1,受力情况如图1,此时有
,联立得F安(sin θ1+μ cos θ1)-μmg=mamax,令tan φ=μ,有F安sin(θ1+φ)-μmg=mamax
当θ1+φ=时,amax==g
当导体棒减速且加速度最大时,导体棒所受安培力F安'必定斜向左下方,由左手定则知匀强磁场方向必定斜向左上方,与水平向右方向夹角为θ2,受力情况如图2,此时有
,联立得F安'(μ sin α+cos α)+μmg=mamax',令tan φ'=,有F安'sin (α+φ')+μmg=mamax'
当α+φ'=时,F安'+μmg=mamax',有amax'==g
因为F安与F安'大小相等,则
联立各式得,μ=,θ1=60°,α=30°,则θ2=90°+α=120°,故B、C选项正确。
5.C 左右两侧电流与中心电流为同向电流,上下两侧电流与中心电流为反向电流,由同向电流相互吸引、反向电流相互排斥这一结论,可知弹性长管左右两侧受到向里的压力,上下两侧受到向外的斥力,则只有C项正确。故选C项。
6.AD 粒子1没有偏转,说明粒子1不带电,可能为中子,A正确;粒子2向上偏转,由左手定则可知粒子2带正电,B错误;粒子1不带电,增大磁感应强度,粒子1不会偏转,C错误;粒子2在内圆区域运动时,洛伦兹力提供向心力,由qvB=m,得r=,若增大粒子入射速度,粒子2的轨迹半径增大,有可能打在探测器上的Q点,D正确。故选A、D。
7.A 分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图所示,选项A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,故C、D项错误。
8.BC
思路点拨 从P点射出的离子可能经过偶数次回旋,也可能经过奇数次回旋。如图所示:
离子偶数次回旋后从P点射出,由几何关系有2nR=L(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力,有qvB=,联立解得v=kBL(n=1,2,3,…),这种情况离子从P点出射时,出射方向与入射方向相同,它们的夹角θ=0°。离子奇数次回旋后从P点射出,由几何关系可得(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力,有qvB=,联立解得v=kBL(n=0,1,2,3,…),这种情况离子从P点出射时,出射方向与入射方向的夹角θ=60°。A、D错误,B、C正确。
9.ACD 根据题意,粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子一定带正电,A正确。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,其运动轨迹如图甲所示。
甲
根据几何关系可知,粒子运动的半径为r==2L①,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m②,联立①②解得粒子入射速率v=,若α=45°,粒子运动轨迹如图乙所示。
乙
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直(若垂直,运动轨迹的圆心应该在x轴上,显然不符合),B错误,C正确。粒子离开磁场的位置到O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图丙所示。
丙
根据几何关系可知(2r)2=(L)2+,解得xm=3L,D正确。故选A、C、D。
10.B 带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复原来的运动,不可能运动到x轴下方,故B正确,D错误。
11.A 画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sin θ=,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒子的比荷=,A正确。
12.D 由P=Fv cos θ,电场力的瞬时功率为P=Eqv1,A错误;该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B,B错误;离子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动,同时沿水平方向做加速运动,v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,C错误;离子受到的洛伦兹力大小不变,洛伦兹力方向始终垂直于磁场方向,即始终垂直于电场方向,又因为离子受到的电场力不变,则该离子的加速度大小不变,D正确。故选D。
13.D 只有沿直线AC做匀速运动的粒子才能进入区域Ⅱ,设能进入区域Ⅱ的粒子的速度为v0,根据平衡条件得qv0B1=qE,解得v0=。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则只有速度大小为的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,同理,若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则只有速度大小为2v0的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,两种情况下粒子均沿CO射入区域Ⅱ,且均从CF边射出,速度的偏转角度不变,对应圆心角相同,均为90°,故t=t0,A、B选项错误。设粒子比荷为,满足v0=的粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的轨迹半径为r0,周期为T0,其运动轨迹如图1所示,
洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=m,解得轨迹半径r0=,CF=2r0,CO=2r0;粒子做圆周运动的运动周期T0==,粒子在区域Ⅱ中运动时间t0=T0。若粒子恰好从F点射出,则粒子在区域Ⅱ中运动的半径为2r0,磁感应强度需减小到,C、D选项中调整后的磁感应强度均小于,故粒子必然从GF边界射出区域Ⅱ,则C点到出射点D的水平距离为定值2r0。
设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ,轨迹半径为r,运动周期为T,如图2所示,
由几何关系可知sin θ=,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为r=r0,周期变为T=T0,此时sin θ==,则θ=60°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=·T=T=T0=t0,C选项错误。同理,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则r=2r0,T=2T0,sin θ==,θ=45°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=T=·T0=t0,D选项正确。故选D。
14.答案 (1)v0B (2) (3)90%
解析 (1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。
(2)解法一:
若电子沿x轴正方向的入射速度为,利用运动的分解,可将初速度分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度,由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为v0的匀速圆周运动。
设v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为,由余弦定理得cos θ=
解得cos θ=
设以v2=v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m,运动速度为时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1=。
解法二:
由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,
eEy1=m-m,解得y1=
(3)设能到达纵坐标y2=位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R'
洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev2'B=m
解得v2'≥
则电子入射速度v=v0-v2'
即v≤v0
由题意可知电子入射速度在0
(4)Ux=x2
解析 (1)圆周运动qv0B=m
x0=2R=
(2)与y轴夹角为θ的离子经磁场偏转后进入孔C后仍与y轴成θ角,由几何关系得
=x0
可得v cos θ=v0
进入孔C后离子速度方向与y轴的最大夹角为β
cos β==
L=2d
(3)进入孔C的离子速度大小v及其与y轴夹角θ必须满足
v cos θ=v0
由动能定理有-qU0=m(v sin θ)2-mv2
U0=
(4)离子经偏转后能进入孔C的位置范围
≤x≤
经分析可得,离子速度v、孔C位置坐标x、电压Ux仍满足x=,Ux=,联立解得Ux=x2
三年模拟练
1.C 2.B 3.D 4.B 5.BC
1.C 由左手定则可得,圆形线框所受安培力竖直向下,则T=F安+mg;由几何关系可得P、Q间导线的有效长度L=r,则所受安培力为F安=BIr,联立可得m=,选项C正确。
2.B 带电粒子的速度越大,在磁场中做圆周运动的半径就越大,要将带电粒子约束在半径为R2的区域内,临界情况如图所示
可得带电粒子做圆周运动的最大半径为Rmax=,
根据R=,可得粒子的最大速度vmax=,故选B。
3.D 当污水的流量稳定时,污水中的离子在圆柱形容器中做匀速直线运动,离子所受的电场力和洛伦兹力平衡,即q=qvB,解得U=Bvd,污水流速v增大时,M、N两点间电压U增大,而污水中离子浓度对M、N两点间电压无影响,对M、N两点间的电场强度也没有影响,A、B错误;流量值Q等于单位时间通过容器横截面的液体的体积,即Q==Sv=·=,仅改变污水的流速v,圆柱形容器左侧流出污水的流量值Q会发生变化,C错误;测量磁感应强度B,直径d及M、N两点间电压U的值,就能推算污水的流量,D正确。故选D。
4.B y轴上的粒子源S,可向平面内任意方向发射粒子,如图所示是两种临界情况,两个轨迹圆均与x轴相切,可得速度方向在角α范围之内的带电粒子均不能到达x轴,由几何关系得cos θ=,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,可得r=a=(2+)a,联立解得θ=45°,由几何关系得α=2θ=90°,即有的粒子不能到达x轴,选项B正确。
5.BC
模型构建 对于粒子在电场中的运动,构建匀加速直线运动模型。
带电粒子在A、C两板间做匀加速直线运动,加速度是a。
其速度-位移关系-=-=2ad,d是A、C两板间距。
即(v2-v1)(v2+v1)=(v3-v2)(v3+v2),由于(v2+v1)<(v3+v2),所以(v2-v1)>(v3-v2)。
带电粒子只有经过A、C板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次,且粒子每次回加速电场时速度方向与加速电场方向相同,加速电场方向不需要做周期性的变化,A、D错误;根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得r=,所以P1P2=2(r2-r1)=,P2P3=2(r3-r2)=,每转一圈被加速一次,但速度的变化量不等,且(v2-v1)>(v3-v2),所以P1P2>P2P3,B正确;当粒子从D形盒中射出时,速度最大,由qvB=m,可得v=,所以加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关,C正确。
6.答案 (1) (2) (3)t0
解析 (1)当粒子的速度小于某一值时,粒子只在区域Ⅰ内运动,从aa'离开磁场,粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为φ1=300°
粒子的运动时间为t0=T,T=
解得=
(2)当速度为v0时,粒子在区域Ⅰ内的运动时间为,设粒子运动轨迹所对的圆心角为φ2
=T
解得φ2=60°
设粒子的轨迹半径为R,根据牛顿第二定律得
qv0B=m
又因为L=R sin 60°
解得L=
(3)设粒子在区域Ⅱ中运动时,轨迹对应的圆心角为θ,轨迹半径为R',根据牛顿第二定律得qv0·B=m
又因为sin θ=
解得θ=30°
粒子在区域Ⅰ中的运动时间为t1=
粒子在无磁场区域中的运动时间为t2==
粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
t3=T',T'=
解得t3=t0
总时间为t=t1+t2+t3,解得t=t0
7.答案 见解析
解析 (1)正离子在电场中加速,可知高压电源A端为负极;根据左手定则知,磁场室内的磁场方向垂直纸面向外。
(2)设离子通过高压电源区后的速度为v,由动能定理可得eU=mv2;离子在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,有evB=m;两式联立解得r=,由此可见,质量大的离子的轨迹半径大,故C2对应轨迹Ⅱ,C2对应轨迹Ⅰ。
(3)离子在磁场中偏转,运动轨迹如图所示:
由几何关系可得r=
结合r=
可得=
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