2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動講義
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1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動講義 1. 帶電粒子在電場中受到電場力,如果電場力的方向與速度方向不共線,將會做曲線運(yùn)動;如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場,將會做類平拋運(yùn)動,由于加速度恒定且與速度方向不共線,因此是勻變速曲線運(yùn)動. 2. 研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同,可分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻加速直線運(yùn)動;若場強(qiáng)為E,其加速度的大小可以表示為a=. 3. 帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動,向心力由洛倫茲力提供,洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向,它不做功.其半徑R=,周期T=.
2、 1. 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時,一般是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合,可以先分別研究這兩種運(yùn)動,而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度,分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵. 2. 本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題. 題型1 帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動問題 例1 如圖1所示,虛線a、b、c代表電場中的三條電場線,實(shí)線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn),由此可知( ) 圖1 A.帶電粒子在R點(diǎn)時的速度大于在Q點(diǎn)時的速度 B.帶電粒子在P點(diǎn)時的電勢能
3、比在Q點(diǎn)時的電勢能大 C.帶電粒子在R點(diǎn)時的動能與電勢能之和比在Q點(diǎn)時的小,比在P點(diǎn)時的大 D.帶電粒子在R點(diǎn)時的加速度小于在Q點(diǎn)時的加速度 審題突破 帶電粒子在R點(diǎn)時受到的電場力的方向如何?R、Q兩點(diǎn)的場強(qiáng)的大小關(guān)系是什么? 解析 根據(jù)牛頓第二定律可得ma=qE,又根據(jù)電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為ER>EQ,則帶電粒子在R、Q兩點(diǎn)處的加速度的大小關(guān)系為aR>aQ,故D錯誤;由于帶電粒子在運(yùn)動過程中只受電場力作用,只有動能與電勢能之間的相互轉(zhuǎn)化,則帶電粒子的動能與電勢能之和不變,故C錯誤;根據(jù)物體做曲線運(yùn)動的軌跡與速度、合外力的關(guān)系可知,帶電粒子在R點(diǎn)處所
4、受電場力的方向?yàn)檠仉妶鼍€向右,又由于該粒子帶負(fù)電,則R點(diǎn)處電場的方向應(yīng)該向左,根據(jù)等勢面與電場線的關(guān)系可得R、Q兩點(diǎn)處電勢的關(guān)系為φR>φQ,根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ及帶電粒子的電性可得R、Q兩點(diǎn)處電勢能的關(guān)系為EpR 5、角范圍內(nèi),且向著力的方向彎曲,這是我們畫軌跡或者分析受力的依據(jù).
如圖2所示,平行板電容器AB兩極板水平放置,A在上方,B在下方,現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上,已知A和電源正極相連,二極管具有單向?qū)щ娦?,一帶電小球沿AB 中心水平射入,打在B極板上的N點(diǎn),小球的重力不能忽略,現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行),則下列說法正確的是 ( )
圖2
A.若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時,小球打在N的右側(cè)
B.若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時,小球打在N的左側(cè)
C.若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距減小時,小球可能打在N的右側(cè)
D.若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距增大時,小球可能打 6、在N的左側(cè)
答案 BC
解析 若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時,由于二極管的單向?qū)щ娦?,平行板電容器帶電量不變,AB兩極板之間電場強(qiáng)度不變,小球所受向下的電場力不變,向下的加速度不變,小球仍打在N點(diǎn),選項(xiàng)A錯誤;若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時,平行板電容器帶電量增大,平行板電容器AB兩極板之間電場強(qiáng)度增大,小球所受向下的電場力增大,向下的加速度增大,小球打在N的左側(cè),選項(xiàng)B正確;若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距減小時,平行板電容器帶電量增大,平行板電容器AB兩極板之間電場強(qiáng)度增大,小球所受向上的電場力增大,向下的加速度減小,小球可能打在N的右側(cè),選項(xiàng)C正確;若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距增大時,由于二極管 7、的單向?qū)щ娦?,平行板電容器帶電量不變,AB兩極板之間電場強(qiáng)度不變,小球所受向上的電場力不變,小球仍打在N點(diǎn),選項(xiàng)D錯誤.
題型2 帶電體在電場中的曲線運(yùn)動問題
例2 如圖3所示,粗糙水平桌面AM的右側(cè)連接有一豎直放置、半徑R=0.3 m的光滑半圓軌道MNP,桌面與軌道相切于M點(diǎn).在水平半徑ON的下方空間有水平向右的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)從A點(diǎn)由靜止釋放一個質(zhì)量m=0.4 kg、電荷量為q的帶正電的絕緣物塊,物塊沿桌面運(yùn)動并由M點(diǎn)進(jìn)入半圓軌道,并恰好以最小速度通過軌道的最高點(diǎn)P.已知物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.55,電場強(qiáng)度E=,取g=10 m/s2,則 ( )
圖3
A.物塊經(jīng) 8、過M點(diǎn)時的速率為 m/s
B.物塊經(jīng)過半圓軌道MN的中點(diǎn)時對軌道的壓力為4 N
C.物塊由M向P運(yùn)動的過程中速率逐漸減小
D.AM的長度為1 m
審題突破 物塊在最高點(diǎn)的速度是多少?由M到N的過程中有幾個力做功,是正功還是負(fù)功?小物塊在N點(diǎn)受幾個力作用?
解析 物塊恰好通過P點(diǎn),則在P點(diǎn)有mg=m,物塊從M到P由動能定理得qER-2mgR=mv-mv,聯(lián)立解得vM=3 m/s,選項(xiàng)A錯誤;設(shè)物塊在半圓軌道中點(diǎn)時的速度大小為v,由動能定理得qER-mgR=mv2-mv,又FN-qE=m、FN′=FN,聯(lián)立解得壓力大小為FN′=16 N,選項(xiàng)B錯誤;物塊由M向N運(yùn)動的過程中速率先增大后減 9、小,選項(xiàng)C錯誤;物塊從A到M由動能定理得(qE-μmg)l=mv-0,解得l=1 m,選項(xiàng)D正確.
答案 D
以題說法 1.帶電體一般要考慮重力,而且電場力對帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同,即都與路徑無關(guān).
2.帶電體在電場中做曲線運(yùn)動(主要是類平拋、圓周運(yùn)動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同,只是對電場力的分析要更謹(jǐn)慎.
如圖4所示,有一帶正電小球,從豎直面上的A點(diǎn)正上方的某點(diǎn)O以某一初速度平拋,落地點(diǎn)為B點(diǎn)(不計(jì)空氣阻力);今在豎直平面所在的空間上加一個豎直向上的勻強(qiáng)電場后,仍從O點(diǎn)以相同的初速度平拋該帶電小球,小球落地點(diǎn)為C點(diǎn),測得AC=2AB.已知小球的重力為mg,小球所帶電量為q, 10、求:電場強(qiáng)度E的大?。?
圖4
答案
解析 設(shè)O點(diǎn)距A點(diǎn)高度為h,AB的距離為s,無電場時下落時間為t1,加上電場后下落時間為t2,初速度為v0,則無電場平拋時,
水平方向s=v0t1
豎直方向h=
得s=v0
加上電場后平拋時,水平方向2s=v0t2
豎直方向h=
豎直方向的加速度a=(mg-Eq)/m
代入得2s=v0
解得E=
題型3 帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題
例3 (16分)如圖5所示,在半徑為R=的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,圓形區(qū)域右側(cè)有一豎直感光板,圓弧頂點(diǎn)P有一速率為v0的帶正電的粒子平行于紙面進(jìn)入磁場,已知粒子的 11、質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子重力不計(jì).
圖5
(1)若粒子對準(zhǔn)圓心射入,求它在磁場中運(yùn)動的時間;
(2)若粒子對準(zhǔn)圓心射入,且速率為v0,求它打到感光板上時速度的垂直分量;
(3)若粒子以速率v0從P點(diǎn)以任意角射入,試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上.
審題突破 粒子射入磁場的方向如何?這種情況下有什么規(guī)律?
解析 (1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r,由牛頓第二定律得
Bqv0=m (2分)
所以r==R (2分)
帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡為四分之一圓周,軌跡對應(yīng)的圓心角為,如圖所示.
則它 12、在磁場中運(yùn)動的時間t== (3分)
(2)由(1)知,當(dāng)v=v0時,帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為R,其運(yùn)動軌跡如圖所示.
由幾何關(guān)系可知∠PO2O=∠OO2A=30° (2分)
所以帶電粒子離開磁場時偏轉(zhuǎn)角為60°
粒子打到感光板上時速度的垂直分量為
v⊥=vsin 60°=v0 (2分)
(3)由(1)知,當(dāng)帶電粒子以v0射入時,粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡半徑為R,設(shè)粒子射入方向與PO方向之間的夾角為θ,帶電粒子從區(qū)域邊界S射出,帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖所示.
因PO3=O3S=PO=SO=R
所以四邊形POSO3 13、為菱形 (2分)
由幾何關(guān)系可知:PO∥O3S
在S點(diǎn)的速度方向與O3S垂直,因此,帶電粒子射出磁場時的方向?yàn)樗椒较?,離開磁場后垂直打在感光板上,與入射的方向無關(guān). (3分)
答案 (1) (2)v0 (3)見解析
以題說法 1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題,基本思路是:根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向,確定洛倫茲力的方向,其交點(diǎn)為圓心,利用幾何關(guān)系求半徑.
2.帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動規(guī)律
(1)直線邊界:
①對稱性:若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進(jìn)入磁場,則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場.
②完整性:正、負(fù)帶電粒子以相同的 14、速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時,兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2π.
(2)圓形邊界:沿徑向射入的粒子,必沿徑向射出.
如圖6所示,中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上、下兩部分,上部分充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,下部分充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度皆為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場,速度與邊MC的夾角θ=30°.MC邊長為a,MN邊長為8a,不計(jì)粒子重力.求:
圖6
(1)若要求該粒子不從MN邊射出磁場,其速度最大是多少?
(2)若要求該粒子恰從Q點(diǎn)射出磁場,其在磁場中的運(yùn)行時間最少是多少?
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)該粒子恰不從M 15、N邊射出磁場時的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系得:rcos 60°=r-a,解得r=a
又由qvB=m
解得最大速度v=
(2)由幾何關(guān)系知,軌跡半徑為r時,粒子每經(jīng)過分界線PQ一次,在PQ方向前進(jìn)的位移為軌跡半徑r的倍
設(shè)粒子進(jìn)入磁場后第n次經(jīng)過PQ線時恰好到達(dá)Q點(diǎn)
有n×r=8a
解得n==4.62
n所能取的最小自然數(shù)為5
粒子做圓周運(yùn)動的周期為T=
粒子每經(jīng)過PQ分界線一次用去的時間為
t=T=
粒子到達(dá)Q點(diǎn)的最短時間為tmin=5t=
5. 帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動的綜合問題
審題示例 (16分)如圖7所示,兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源 16、上.兩板之間的右側(cè)長度為3d的區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.噴墨打印機(jī)的噴口可在兩極板左側(cè)上下自由移動,并且從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、速度水平且大小相等、帶等量電荷的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至U,使墨滴在未進(jìn)入磁場前的左側(cè)區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動.(重力加速度為g)
圖7
(1)判斷墨滴所帶電荷的種類,并求其電荷量;
(2)要使墨滴不從兩板間射出,求墨滴的入射速率應(yīng)滿足的條件.
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(1)墨滴在未進(jìn)入磁場前的左側(cè)區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動,有:
=mg ①(2分)
解得:q= 17、 ②(2分)
墨滴所受重力向下,電場力向上,所以墨滴帶負(fù)電.
(2)墨滴進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后,重力與電場力平衡,洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運(yùn)動所需的向心力
qvB=m ③(2分)
從上極板邊緣射入的墨滴最容易從兩板間射出,只要這個墨滴沒有射出,其他墨滴就都不會射出.若墨滴剛好由極板左側(cè)射出,其運(yùn)動軌跡如圖所示.
則有R1=d ④(2分)
聯(lián)立②③④解得
v1= (2分)
若墨滴剛好從極板右側(cè)射出,其運(yùn)動軌跡如圖所示.
則有R=(3d)2+(R2-d)2 18、 ⑤
解得R2=5d ⑥(2分)
聯(lián)立②③⑥解得
v2= (2分)
所以要使墨滴不會從兩極間射出,速率應(yīng)該滿足
19、的圓周運(yùn)動,在t=T時刻回到C點(diǎn),再繼續(xù)沿斜面運(yùn)動到t=13t0時刻.在運(yùn)動過
程中微粒電荷量不變,重力加速度為g.上述E0、m、t0、g均為已知量.
圖8
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;
(2)求微粒在A、C間運(yùn)動的加速度a的大小和運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度v1的大??;
(3)求0~2T時間內(nèi)微粒經(jīng)過的路程.
答案 (1) (2)g gt0 (3)35gt
解析 (1)由題給微粒在0~T時間內(nèi)的運(yùn)動情況可知,在0~t0時間內(nèi)微粒沿斜面運(yùn)動,在這之后的Δt2=T-t0=11t0時間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,做勻速圓周運(yùn)動時,電場力與重力的合力為零.
由qE0=mg,解得 20、q= (2分)
由11t0=,解得B==
(2)微粒在A、C間運(yùn)動時(qE0+mg)sin 30°=ma
解得a=g
微粒運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小v1=at0=gt0
(3)設(shè)t0~T時間內(nèi)做圓周運(yùn)動的周長為s1
s1=v1Δt2=gt0·11t0=11gt
在12t0~13t0時間內(nèi)沿斜面做勻加速直線運(yùn)動,在t=13t0時刻速度大小為v2
v2=a·2t0=2gt0
設(shè)13t0~2T時間內(nèi)做圓周運(yùn)動的周長為s2
s2=v2·11t0=22gt
0~2T時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動的時間為2t0,經(jīng)過的路程為s3,s3=a(2t0)2=2gt
0~2T時間 21、內(nèi)微粒經(jīng)過的總路程
s=s1+s2+s3=35gt
(限時:45分鐘)
1. 一帶電粒子僅在電場力作用下,從電場中的a點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場并沿虛線所示的軌跡運(yùn)動到b點(diǎn),如圖1所示,可以判斷該粒子 ( )
圖1
A.在a點(diǎn)的加速度比b點(diǎn)大
B.在a點(diǎn)的電勢能比b點(diǎn)小
C.在a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)小
D.在a點(diǎn)的動能比b點(diǎn)小
答案 D
解析 a點(diǎn)的電場線比b點(diǎn)電場線稀疏,故a點(diǎn)場強(qiáng)比b點(diǎn)場強(qiáng)小,粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)時小,選項(xiàng)A錯誤;做曲線運(yùn)動的物體受到的合力指向曲線的內(nèi)側(cè),從a點(diǎn)到b點(diǎn),電場力做正功,電勢能減小,故粒子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)時大,選項(xiàng)B錯 22、誤;沿電場線方向電勢降低,故a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢,選項(xiàng)C錯誤;電場力做正功,根據(jù)動能定理可知,粒子在a點(diǎn)的動能比在b點(diǎn)時小,選項(xiàng)D正確.
2. 如圖2所示,兩個等量異種點(diǎn)電荷的連線和其中垂線上有a、b、c三點(diǎn),下列說法正確的是 ( )
圖2
A.a(chǎn)點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢高
B.a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相同,b點(diǎn)場強(qiáng)比a點(diǎn)場強(qiáng)大
C.b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)電勢高,場強(qiáng)方向相同
D.一個電子僅在電場力作用下不可能沿如圖所示的曲線軌跡從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)
答案 BD
解析 由等量異種點(diǎn)電荷電場分布的特點(diǎn)可知,等量異種點(diǎn)電荷的中垂面為等勢面,因此a、b兩點(diǎn)電勢相等,A錯誤 23、;在中垂面上場強(qiáng)方向都與中垂面垂直,且從b點(diǎn)向外越來越小,B正確;在兩點(diǎn)電荷連線上,沿電場線方向電勢越來越低,所以b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)電勢低,C錯誤;電子受力應(yīng)指向電場的反方向,根據(jù)力與速度的關(guān)系可判斷D正確.
3. 如圖3所示,光滑絕緣桿PQ放置在豎直平面內(nèi),PQ的形狀與以初速度v0(v0=)水平拋出的物體的運(yùn)動軌跡相同,P端為拋出點(diǎn),Q端為落地點(diǎn),P點(diǎn)距地面的高度為h.現(xiàn)在將該軌道置于水平向右的勻強(qiáng)電場中,將一帶正電小球套于其上,由靜止開始從軌道P端滑下.已知重力加速度為g,電場力等于重力.當(dāng)小球到達(dá)軌道Q端時( )
圖3
A.小球的速率為
B.小球的速率為2
C.小球在水平方向 24、的速度大小為
D.小球在水平方向的速度大小為2
答案 A
解析 小球做平拋運(yùn)動時,豎直方向上做自由落體運(yùn)動,由運(yùn)動學(xué)公式得豎直速度vy=,水平位移x=·t,豎直位移h=·t=·t,解得x=2h,小球運(yùn)動到Q端時的合速度方向與水平方向的夾角為45°,當(dāng)帶電小球沿桿下滑時,對于全過程根據(jù)動能定理得mgh+qEx=mv2,解得v=,A正確,B錯誤;由于合速度的方向就是軌跡的切線方向,因此沿桿運(yùn)動時合速度的方向與小球平拋時合速度的方向相同,小球沿桿運(yùn)動到Q端時的速度與水平方向的夾角也為45°,將其分解,小球的水平方向的速度大小為vcos 45°=×=,C、D錯誤.
4. 如圖4,在x>0、y> 25、0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B,現(xiàn)有四個相同的帶電粒子,由x軸上的P點(diǎn)以不同初速度平行于y軸射入此磁場,其出射方向如圖所示,不計(jì)重力影響,則 ( )
圖4
A.初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子
B.初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子
C.在磁場中運(yùn)動經(jīng)歷時間最長的是沿③方向出射的粒子
D.在磁場中運(yùn)動經(jīng)歷時間最長的是沿④方向出射的粒子
答案 AD
解析 由R=可知,速度越大,粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑越大,A正確,B錯誤;由T=知,各粒子的運(yùn)動周期相同,沿④方向出射的粒子的軌跡對應(yīng)的圓心角最大,用時最長,C錯誤, 26、D正確.
5. 如圖5所示,在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,有兩個電荷量、質(zhì)量均相同的正、負(fù)粒子(不計(jì)重力),從邊界上的O點(diǎn)以相同速度先后射入磁場中,入射方向與邊界成θ角,則正、負(fù)粒子在磁場中 ( )
圖5
A.運(yùn)動軌跡的半徑相同
B.重新回到邊界所用時間相同
C.重新回到邊界時速度大小和方向相同
D.重新回到邊界時與O點(diǎn)的距離相等
答案 ACD
解析 洛倫茲力充當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動的向心力,由qvB=m得,帶電粒子做圓周運(yùn)動的半徑r=,所以正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑相同,選項(xiàng)A正確;根據(jù)qvB=mr,可得帶電粒子做圓周運(yùn)動的周期T=,而正 27、粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t1=T,負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2=T,兩時間并不相同,選項(xiàng)B錯誤;正、負(fù)帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知O2A∥O1C,重新回到邊界時速度大小和方向是相同的,選項(xiàng)C正確;兩粒子重新回到邊界時與O點(diǎn)的距離都是2rsin θ,選項(xiàng)D正確.
6. (xx·浙江·20)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖6所示.已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30°后從磁場右邊界射出.在電場和磁場中運(yùn)動時,離子P+和P3+ ( )
28、
圖6
A.在電場中的加速度之比為1∶1
B.在磁場中運(yùn)動的半徑之比為∶1
C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2
D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3
答案 BCD
解析 磷離子P+和P3+的質(zhì)量相等設(shè)為m,P+的電荷量設(shè)為q,則P3+的電荷量為3q,在電場中由a=知,加速度之比為所帶電荷量之比,即為1∶3,A錯誤;由qU=mv2得Ek∝q,即離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3,D正確;又由qvB=,得r= ∝,所以rP+∶rP3+=∶1,B正確;由幾何關(guān)系可得P3+在磁場中轉(zhuǎn)過60°角后從磁場右邊界射出,C正確.
7. 在光滑水平面上,有一質(zhì)量m=1.0×10-3 kg、電量q=1 29、.0×10-10 C的帶正電小球,靜止在O點(diǎn).如圖7所示,以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn),在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy.現(xiàn)在突然加一沿x軸正方向,場強(qiáng)大小E=2.0×106 V/m的勻強(qiáng)電場,使小球開始運(yùn)動.經(jīng)過一段時間后,所加勻強(qiáng)電場再突然變?yōu)檠貀軸正方向,場強(qiáng)大小不變,最終使該小球恰好能夠到達(dá)坐標(biāo)為(0.3,0.1)的P點(diǎn).求:
圖7
(1)電場改變方向前經(jīng)過的時間;
(2)帶正電小球到達(dá)P點(diǎn)時的速度大小和方向.
答案 見解析
解析 (1)由牛頓運(yùn)動定律得,在勻強(qiáng)電場中小球加速度的大小為a=
代入數(shù)據(jù)得a=0.20 m/s2
設(shè)電場改變方向前經(jīng)過的時間為t,t時刻小球的速度大小為
v 30、x=at
小球沿x軸方向移動的距離x1=at2
電場方向改為沿y軸正方向后的時間T內(nèi),小球在x軸正方向做速度大小為vx的勻速直線運(yùn)動,在y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.
沿x方向移動的距離x=vxT+x1=0.30 m
沿y方向移動的距離y=aT2=0.10 m
由以上各式解得t=1 s,T=1 s
vx=0.20 m/s
(2)到P點(diǎn)時小球在x方向的分速度仍為vx,在y方向的分速度vy=aT=0.20 m/s
v=≈0.28 m/s,此時運(yùn)動方向與x軸成45°角
8. 如圖8所示,在一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,方向垂直紙面向外.一束質(zhì)量為m、電 31、量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,粒子的速度大小不同,重力不計(jì).入射點(diǎn)P到直徑MN的距離為h,求:
圖8
(1)若某粒子經(jīng)過磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反,則該粒子的入射速度是多大?
(2)恰好能從M點(diǎn)射出的粒子速度是多大?
(3)若h=,粒子從P點(diǎn)經(jīng)磁場到M點(diǎn)的時間是多少?
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子出射方向與入射方向相反,即在磁場中運(yùn)動了半個周期,其半徑r1=h
設(shè)粒子的入射速度為v1
則qv1B=m
解得v1=
(2)粒子從M點(diǎn)射出,其運(yùn)動軌跡如圖所示,設(shè)其半徑為r2,在
△MQO1中
r=(R-)2+(h-r 32、2)2
得r2=
由qv2B=m
得v2=
(3)若h=,sin∠POQ==,可得∠POQ=
由幾何關(guān)系得粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)所對圓心角為α=
周期T=
所以t=T=
9. (xx·北京·22)如圖9所示,兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場可視為勻強(qiáng)電場;金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子,由靜止開始從正極板出發(fā),經(jīng)電場加速后射出,并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動.忽略重力的影響,求:
圖9
(1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小;
(2)粒子從電場射出時速度v的大??;
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R.
答案 (1) (2) (3) 33、
解析 (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=
(2)在加速電場中,由動能定理得:
Uq=mv2
解得v=
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時,洛倫茲力提供向心力,有qvB=
解得R==
10.如圖10所示,現(xiàn)在有一個小物塊,質(zhì)量為m=80 g,電荷量q=+2×10-4 C.與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,處在一個水平向左的勻強(qiáng)電場中,電場強(qiáng)度E=4×103 V/m,在水平軌道的末端N處,連接一個光滑的半圓形軌道,半徑為R=40 cm,取g=10 m/s2,求:
圖10
(1)若小物塊恰好能夠運(yùn)動到軌道的最高點(diǎn)L,那么小物塊應(yīng)該從哪個位置釋放?
(2)如果在上小題的位置釋 34、放小物塊,當(dāng)它運(yùn)動到P(軌道中點(diǎn))點(diǎn)時軌道對它的支持力等于多少?
(3)同位置釋放,當(dāng)小物塊運(yùn)動到N點(diǎn)時,突然撤去電場,撤去電場的同時,加一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,方向垂直紙面向里,能否運(yùn)動到L點(diǎn)?請說明理由.如果最后能落回到水平面MN上,則剛到達(dá)MN時小物塊的速度大小為多少?
答案 (1)距離N點(diǎn)1.25 m處 (2)4.8 N
(3)見解析
解析 (1)小物塊恰好能通過軌道最高點(diǎn)的條件是
mg=m
解得v=2 m/s
設(shè)小物塊從距N點(diǎn)s處釋放,由動能定理得:
Eqs-μmgs-mg·2R=mv2-0
解得s=1.25 m
(2)小物塊從P點(diǎn)到L點(diǎn),由動能定理得:
mv2-mv=-mgR-EqR
解得vP=2 m/s
在P點(diǎn)處有:
FN-Eq=
解得FN=4.8 N
(3)能達(dá)到.因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?,到達(dá)最高點(diǎn)速度時仍為v=2 m/s,所受洛倫茲力背離圓心,軌道對小物塊會產(chǎn)生向下的支持力,所以能到達(dá)最高點(diǎn)L.
從小物塊到達(dá)N點(diǎn)到落回到MN水平面的過程中,重力做功為0,洛倫茲力做功為0,所以剛到達(dá)MN時小物塊的速度大小vt等于第一次經(jīng)過N點(diǎn)時的速度大?。?
由動能定理得:Eqs-μmgs=mv
vt=vN=2 m/s
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