1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。考点突破素养提升考点1带电粒子在组合场中的运动(d) 【典例1】(2019杭州模拟)在平面直角坐标系xOy中,第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成=60角射入磁场,最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场,如图所示。不计粒子重力,求:(1)M、N两点间的电势差UMN;(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r
2、;(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v,有 =cos 故v=2v0 粒子从M点运动到N点的过程,有qUMN= mv2- m UMN= 。 (2)粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动,半径为ON,有qvB= r= 。 (3)由几何关系得ON=rsin 设粒子在电场中运动的时间为t1,有ON=v0t1 t1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 设粒子在磁场中运动的时间为t2,有t2= T t2= t=t1+t2,t= 。 答案:见解析 1.如图所示,沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中,偏转后出现的轨迹半径之比为R1R2=
3、12,则下列说法正确的是()A.离子的速度之比为12B.离子的电荷量之比为12C.离子的质量之比为12D.以上说法都不对【解析】选D。因为两离子能沿直线通过速度选择器,则Bvq=Eq,即v= ,所以两离子的速度相同,选项A错误;根据r= ,则 = = ,所以选项B、C均不对,故选D。2.(2015浙江10月选考真题)如图是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域和存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2,长L=1.0 m的区域存在场强大小E=5.0104 V/m、方向水平向右的匀强电场。区域中间上方有一离子源S,水平向左发射动能Ek0=4.0104 eV的氘核,氘核最终从区域下方的P点水平射
4、出。S、P两点间的高度差h=0.10 m。(氘核质量m=21.6710-27 kg、电荷量q=1.6010-19 C,1 eV=1.6010-19 J。 110-4)(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2。(2)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域的最小宽度d。(3)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域的磁感应强度B2。【解析】(1)由动能定理W=Ek2-Ek0电场力做功W=qE2L得Ek2=Ek0+qE2L=1.4105 eV=2.2410-14 J(2)洛伦兹力提供向心力qvB=m 第一次进入B1区域,半径R0= =0.04 m第
5、二次进入B1区域, m =Ek0+qELR2= =0.06 m,故d=R2=0.06 m(3)氘核运动轨迹如图所示由图中几何关系可知2R2=h+(2R1-2R0)得R1=0.05 m由R1= 得B2= =1.2 T答案:(1)2.2410-14 J(2)0.06 m(3)1.2 T “电偏转”与“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FE=qE,其大小、方向不变,与速度v无关,FE是恒力洛伦兹力FB=qvB,其大小不变,方向随v而改变,FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解:vx=v0,x=v0tv
6、y= t,y= t2偏转角:tan= = 半径:r= 周期:T= 偏移距离y和偏转角要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t= t= T= 动能变化不变【加固训练】如图所示,在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场,其竖直边界AB、CD的宽度为d,在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场,现有质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入电场,随后与边界AB成45射入磁场。若粒子能垂直CD边界飞出磁场,穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且碰不到正极板。(1)请画出粒子上述过程中的运动轨迹,并求出粒子进入磁场时的速度大小v。(2)求匀
7、强磁场的磁感应强度B的大小。(3)求金属板间的电压U的最小值。【解析】(1)轨迹如图所示v= = v0(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,设其轨道半径为R,由几何关系可知R= = dqvB=m ,解得B= (3)粒子进入板间电场至速度减为零且恰不与正极板相碰时,板间电压U最小,由动能定理有-qU=0- mv2,解得U= 。答案:(1)轨迹见解析图 v0(2) (3) 考点2带电粒子在复合场中的运动(d) 【典例2】压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图1所示,压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“”型轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位
8、移x与压力p成正比(x=p,0)。霍尔片的放大图如图2所示,它由长宽厚=abd,单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成,磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-|x|),0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。世纪金榜导学号(1)指出D1、D2两点哪点电势高。(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量)。(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同的电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图3,忽略霍尔片在磁场
9、中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、及表示)【解题思路】解答本题应注意以下两点:-关键点(1)该题中形成电流的是电子的定向移动,电子移向的一方电势低。(2)磁感应强度的变化引起UH的变化。【解析】(1)电流方向为C1C2,则电子运动方向为C2C1,由左手定则可判定电子偏向D2边,所以D1边电势高。(2)当电压为U0时,电子不再发生偏转,故电场力等于洛伦兹力evB0=e 由电流I=nevbd得:v= 将代入得U0= (3)图象结合轻杆运动可知,0t0内,轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点,则轻杆的运动周期为T=2t0,所以,频率为:f= 当杆运动至最远点时,
10、电压最小,即取U1,此时B=B0(1-|x|)取x正向最远处为振幅A,有: U1= (1-A)所以: = = 解得:A= 根据压力与位移关系x=p可得p= 因此压力最大振幅为:pm= = (1- )答案:(1) D1点电势高(2)U0= (3) (1- ) 1.如图所示,空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后,垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区,质子从复合场区穿出时的动能为Ek。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek的大小是()A.Ek=EkB.EkEkC.Ek99%,解得d 。答案:(1) (2) -
11、(3)d 3.(2016浙江10月选考真题)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里,磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴的下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0 v0。这束离子经电势差为U= 的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a3a区间水平固定放置一探测板 。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小B1。(3)保持磁感应强度B1不
12、变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被吸收,20%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。【解析】(1)根据动能定理,可得qU= mv2- m v= 可得v0v2v0离子在磁场中运动qvB0= R= 离子打在x轴上的坐标表达式为x=2R= 代入可得2ax4a(2)当速度最大的离子打在探测板右端3a=2R1R1= B1= B0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2ax3a对应的速度范围为 v0v2v0每秒打在探测板上的离子数为N=N0 = N0根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小F吸= = (2mv0+ mv0)= 反弹的离子受到板的作用力大小F反= = 2m(v0+0.6v0)+ m(v0+0.6v0)= N0mv0根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小F= N0mv0答案:(1)2a,4a(2) B0(3) N0 N0mv0 1.基本思路:速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象,在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态,从而求出所求物理量。2.解决回旋加速器的方法:(1)交变电压的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相等。(2)在q、m和B一定的情况下,回旋加速器的半径越大,粒子的能量就越大,最大动能与加速电压无关。关闭Word文档返回原板块
