2018-2019學年高二物理 寒假訓練09 帶電粒子在復合場中的運動

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1、寒假訓練09帶電粒子在復合場中的運動1【2018年浙江省高三上學期11月選考】小明受回旋加速器的啟發(fā),設(shè)計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上,板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓,周期。板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處,僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源,沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子。t0時刻,發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場中運動的時間不計。(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)

2、并在yy0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動能;(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系。一、選擇題1【2018年石嘴山三中高二12月月考】(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的勻強電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中,如圖所示。要增大帶電粒子射出時的動能,則下列方法中正確的是()A增大磁場的磁感應強度B增大電場的加速電壓C增大D形金屬盒的半徑D減少狹縫中的距離2【2018年宜昌市高三12月調(diào)研】如圖所示,水平放置

3、平行金屬板間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場強度為E,磁感應強度為B。一帶電量為q,質(zhì)量為m的粒子(不計重力)以速度v水平向右射入,粒子恰沿直線穿過,則下列說法正確的是()A若只將帶電粒子帶電量變?yōu)?q,粒子將向下偏轉(zhuǎn)B若只將帶電粒子帶電量變?yōu)?q,粒子仍能沿直線穿過C若只將帶電粒子速度變?yōu)?v且粒子不與極板相碰,則從右側(cè)射出時粒子的電勢能減少D若帶電粒子從右側(cè)水平射入,粒子仍能沿直線穿過3【2018年天津一中高二上學期期中】如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。加速電場的電壓為U,速度選擇器中的電場強度為E,磁感應強度為B1,偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度為B2,一電荷量為q的帶正電的粒子在加速電場

4、中加速后進入速度選擇器,剛好能從速度選擇器進入偏轉(zhuǎn)磁場做圓周運動,測得圓的直徑為d,照相板上有記錄粒子位置的膠片。下列表述不正確的是()A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B粒子在速度選擇器中做勻加速直線運動C所有粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場時的速度相同D粒子質(zhì)量為4【2018年山師大附中高二12月月考】(多選)如圖甲所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動,細桿固定于磁感應強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0,在以后的運動過程中,圓環(huán)運動的速度時間圖象可能是下列選項中的()5【大連市2018年高二上學期聯(lián)考】如圖所示,一帶電塑料小球質(zhì)量為m,用絲線懸掛于O點,并

5、在豎直平面內(nèi)擺動,最大擺角為60,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A0 B2mgC4mg D6mg6【2018年如東高級中學高二上學期期中】(多選)如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知),小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,重力加速度為g,則()A小球可能帶正電B小球做勻速圓周運動的半徑C若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增加D小球做勻速圓周運動的周期二、解答題7【2018年銀川中學高二月考】如圖

6、所示的坐標系xOy中,x 0的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場,x 0的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy坐標平面向外的勻強磁場,x軸上A點的坐標為(L,0),y軸上B點的坐標為(0,)。有一個帶正電的粒子從A點以初速度vA沿y軸正方向射入勻強電場區(qū)域,經(jīng)過B點進入勻強磁場區(qū)域,然后經(jīng)x軸上的C點(圖中未畫出)運動到坐標原點O。不計重力。求:(1)粒子在B點的速度vB是多大?(2)C點與O點的距離xC是多大?(3)勻強電場的電場強度與勻強磁場的磁感應強度的比值是多大?8【2018年諸暨中學高二上學期期中】如圖所示,兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。A板帶正電荷,B板帶等量負電荷,電場強度為E

7、;磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B1。平行金屬板右側(cè)有一擋板M,中間有小孔O,OO是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B2。CD為磁場B2邊界上的一絕緣板,它與M板的夾角45,OCa,現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m,含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子(正負都有),自O(shè)點沿OO方向進入電磁場區(qū)域,其中有些粒子沿直線OO方向運動,并進入勻強磁場B2中,不計粒子的重力,不考慮帶電粒子之間的相互作用,求:(1)進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度大??;(2)能擊中絕緣板CD的粒子中,所帶電荷量的最大值;(3)絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度并要求標準畫圖。9【2018年

8、鄭州11月月考】如圖所示,在xOy平面內(nèi)有磁感應強度為B的勻強磁場,其中0xa內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場,在x2qU0由y=mv2Bq、R0=mv0Bq、R1=mv1Bq,和12mv12=12mv02-qU0,12mv22=12mv12-qU0,及x=y+2(R0+R1),得x=y+2qByqB2+2mqU0+2qByqB2+4mqU0;(ii)如圖2,qU0Ek02qU0由-y-d=mv2Bq、R0=mv0Bq,和12mv02=12mv22+qU0,及x=3-y-d+2R0,得x=-3(y+d)+2qBy+d2q2B2+2mqU0;(iii)如圖3,Ek0qU0由-y-d=mv2Bq、

9、R0=mv0Bq,和12mv02=12mv22-qU0,及x=-y-d+4R0,得x=-y-d+4qBy+d2+q2B2-2mqU0;一、選擇題1【答案】AC【解析】當粒子動能最大時,粒子在磁場中的運動半徑等于D型盒的半徑,由qvBmv2R,解得v=qBRm。則動能EK12mv2q2B2R22m,知動能與加速的電壓無關(guān),狹縫間的距離無關(guān),與磁感應強度大小和D形盒的半徑有關(guān),增大磁感應強度和D形盒的半徑,可以增加粒子的動能。故AC正確,BD錯誤。2【答案】B【解析】粒子恰沿直線穿過,電場力和洛倫茲力均垂直于速度,故合力為零,粒子做勻速直線運動;根據(jù)平衡條件,有qvB=qE,解得v=EB,只要粒子

10、速度為EB,就能沿直線勻速通過選擇器;若帶電粒子帶電量為+2q,速度不變,仍然沿直線勻速通過選擇器,A錯誤;若帶電粒子帶電量為-2q,只要粒子速度為EB,電場力與洛倫茲力仍然平衡,仍然沿直線勻速通過選擇器,B正確;若帶電粒子速度為2v,電場力不變,洛倫茲力變?yōu)?倍,故會偏轉(zhuǎn),克服電場力做功,電勢能增加,C錯誤;若帶電粒子從右側(cè)水平射入,電場力方向不變,洛倫茲力方向反向,故粒子一定偏轉(zhuǎn),D錯誤3【答案】B【解析】粒子進入磁場后做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB2=mv2r,解得:qm=vB2r,知道粒子電量后,便可求出m的質(zhì)量,所以質(zhì)譜儀可以用來分析同位素,故A正確;在

11、速度選擇器中做勻速直線運動的粒子能進入偏轉(zhuǎn)磁場,由平衡條件得:qvB1=qE,粒子速度:v=EB1,故B錯誤,C正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得:qvB2=mv2r,以及B1qv=qE;解得:m=B1B2qd2E;故D正確。4【答案】BD【解析】由左手定則可知圓環(huán)所受洛倫茲力F洛=qvB的方向豎直向上,細桿對圓環(huán)的支持力FN,圓環(huán)所受滑動摩擦力f=FN,圓環(huán)所受重力G=mg方向豎直向下,當qvB=mg時,F(xiàn)N=0,故f=0,故圓環(huán)做勻速直線運動,故B正確。當qvBmg時,細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向上,F(xiàn)N=mg-qvB,故f0,物體作減速運動,隨速度v的減小FN逐漸增大

12、,故滑動摩擦力f逐漸增大,故物體的加速度a=f/m逐漸增大,即物體作加速度逐漸增大的變減速運動。當qvBmg時,細桿對圓環(huán)的支持力FN方向豎直向下,F(xiàn)N=qvB-mg,故f0,物體作減速運動,隨速度v的減小FN逐漸減小,故滑動摩擦力f逐漸減小,故物體的加速度a=f/m逐漸減小,即物體作加速度逐漸減小的變減速運動,當qvB=mg時,F(xiàn)N=0,故f=0,故圓環(huán)做勻速直線運動,故D正確。5【答案】C【解析】由題意可知,當小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,因此洛倫茲力向上,與重力平衡,根據(jù)左手定則可知,小球帶正電;設(shè)線的長度為L,小球經(jīng)過最低點時速率為v。根據(jù)機械能守恒定律得:mgL(1-c

13、os60)=12mv2,得到:v=gL;當小球自左方擺到最低點時,有:qvB-mg=mv2L;當小球自右方擺到最低點時,有:F-mg-qvB=mv2L;由兩式相加得:F=2mg+2mv2L=4mg。因此小球自右方擺到最低點時懸線上的張力為4mg,故ABD錯誤,C正確。6【答案】BD【解析】小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,故重力等于電場力,即洛倫茲力提供向心力,所以mg=Eq,由于電場力的方向與場強的方向相反,故小球帶負電,故A錯誤;由于洛倫茲力提供向心力,故有:qvB=mv2r,解得:r=mvqB;又由于qU=12mv2,解得:v=2qUm;聯(lián)立得到:r=1B2mUq=1B2UEg,故B正確;

14、由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動,故有運動周期為:T=2rv=2mqB=2EBg,故D正確;由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動,運動周期為:T=2EBg,顯然運動周期與加速電壓無關(guān),故C錯誤。二、解答題7【解析】(1)設(shè)粒子從A點運動到B點所用時間為t,在B點時,沿x軸正方向的速度大小為vx,則233LvAt,12vxtL,而vBvA2+vx2,解得vB2vA。(2)設(shè)粒子在B點的速度vB與y軸正方向的夾角為,則tanvxvA,解得60粒子在x0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系有O1BOO1OB30,有OO1C為等邊三角形,BC為直徑,所以xCyBtan233L323L(或設(shè)

15、軌道半徑為R,由R=yB2sin60=23L,得xC2Rcos6023L)(3)設(shè)勻強電場的電場強度為E,勻強磁場的磁感應強度為B,粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,則qEL=12mvB2=12mvA2而qvBBmvB2R解得EB=vA2。8【解析】(1)設(shè)沿直線OO運動的帶電粒子進入勻強磁場B 2的速度為v根據(jù):qvB1=qE解得:v=EB1(2)粒子進入勻強磁場B 2中做勻速圓周運動根據(jù):qvB2=mv2r,得:q=mvB2r 因此電荷量最大的粒子運動的軌道半徑最小,設(shè)最小半徑為r1由幾何關(guān)系有:r1+2r1=a 解得最大電荷量為:q=(2+1)mEB1B2a(3)帶負電的粒子在磁場B 2中向上

16、偏轉(zhuǎn),某帶負電粒子軌跡與CD相切,設(shè)半徑為r 2,依題意:r2+a=2r2解得:r2=(2+1)a 則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為:x=r2-r1=2a 軌跡圖如圖。9【解析】(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其軌道半徑為R,其在第一象限的運動軌跡如圖所示。此軌跡由兩段圓弧組成,圓心分別在C和C處,軌跡與x軸交點為P。由對稱性可知C在x=2a直線上。設(shè)此直線與x軸交點為D, P點的x坐標為xP=2a+DP。過兩段圓弧的連接點作平行于x軸的直線EF,則DF=R-R2-a2,CF=R2-a2,CD=CF-DF,DP=R2-CD2由此可得P點的x坐標為xP=2a+RR2-a2-(R2-a2),代入題給條件得xP=2(1+2-1)a(2)若要求帶電粒子能夠返回原點,由對稱性,其運動軌跡如圖所示,這時C在x軸上。設(shè)CCO=,粒子做圓周運動的軌道半徑為r,由幾何關(guān)系得:=6軌道半徑r=acos=233a設(shè)粒子入射速度為v0,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=mv02r,解得a=3mv02qB10

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