高考物理二輪復習 第1部分 核心突破 專題3 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動演練
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第3講 帶電粒子在復合場中的運動1(2016浙江嘉興期末)英國物理學家阿斯頓因首次制成質(zhì)譜議,并用此對同位素進行了研究,因此榮獲了1922年的諾貝爾化學獎若速度相同的同一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列說法中正確的是(AD)A該束帶電粒子帶正電B速度選擇器的P1極板帶負電C在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量越大D在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷越小解析:根據(jù)粒子在磁場中的運動軌道,由左手定則可知,粒子帶正電,選項A正確;粒子在正交場中,受向上的洛倫茲力,故電場力向下,即速度選擇器的P1極板帶正電,選項B錯誤,根據(jù)R可知,在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量與電荷量的比值越大,或者比荷越小,選項C錯誤,D正確2(2016長沙一中月考五)如圖是利用金屬做成的霍爾元件的工作原理圖,磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下,通如圖所示方向的電流I,則C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD,下列說法正確的是(AC)A電勢差UCD與導體本身的材料有關(guān)B電勢差UCD大于0C僅增大磁感應(yīng)強度時,電勢差UCD變大D在測定地球赤道上方的地磁場弱時,元件的工作面應(yīng)水平放置解析:電勢差UCD與磁感應(yīng)強度B、材料有關(guān),A正確,霍爾元件的載流子是自由電子,由左手定則可知,電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn),則電勢差UCD0,B錯誤;僅增大磁感應(yīng)強度時,電勢差UCD變大,C正確;在測定地球赤道上方的地磁場強弱時,元件的工作面應(yīng)保持豎直,D錯誤3(2016湖南雅禮中學月考四)如圖所示,在一豎直平面內(nèi),y軸左側(cè)有一水平向右的勻強電場E1和垂直紙面向里的勻強磁場B,y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強電場E2,一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成37角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點,其中m、q、B均已知,重力加速度為g,則(BD)A微粒一定帶負電B電場強度E2一定豎直向上C兩電場強度之比D微粒的初速度為v解析:微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動,則微粒做勻速直線運動,由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電,A錯誤;此時有qE1mgtan 37,微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動,必有mgqE2,所以E2的方向豎直向上,B正確;由以上分析可知,C錯誤;AP段有mgBqvcos 37,即v,D正確4(2016浙江嘉興期末檢測)洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈(也叫亥姆霍茲線圈)、洛倫茲力管和電源控制部分組成的勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈,它能夠在兩線圈之間產(chǎn)生(垂直于線圈平面的)勻強磁場洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內(nèi)有電子槍,能夠連續(xù)發(fā)射出電子,玻璃泡內(nèi)充滿稀薄氣體,電子在玻璃泡內(nèi)運動時,可以顯示出電子運動的徑跡,其結(jié)構(gòu)如圖所示現(xiàn)給勵磁線圈通電,電子槍垂直磁場方向向左發(fā)射電子,恰好形成如“結(jié)構(gòu)示意圖”所示的圓形徑跡,則(BD)A勵磁線圈通道有逆時針方向的電流B若只增大加速電壓,可以使電子流的圓形徑跡半徑增大C若只增大勵磁圈中的電流,可以使電子流的圓形徑跡半徑增大D若已知電子的比荷,燈絲發(fā)出的電子的初速為零,加速電壓為U,則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算兩線圓間的磁感應(yīng)強度解析:電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,根據(jù)左手定則可知,電子所在磁場的方向垂直紙面向里,根據(jù)安培定則可知:勵磁線圈通有順時針方向的電流,選項A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可得R,欲增大圓形半徑R,可減小B,即只減小勵磁線圈的電流,選項C錯誤;欲增大圓形徑跡半徑R,可增大v,根據(jù)動能定理eUmv2可知只增大加速電壓,可增大v,選項B正確;根據(jù)上述兩式可得B,選項D正確5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磁場,一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域,在圓上的b點離開該區(qū)域,離開時速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場,同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域,也在b點離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強度大小為B,不計重力,求電場強度的大小解析:粒子在磁場中做圓周運動,設(shè)圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvBm,式中v為粒子在a點的速度過b點和O點作直線的垂線,分別與直線交于c和d點由幾何關(guān)系知,線段ac、bc和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此acbcr.設(shè)cdx,由幾何關(guān)系acRx,bcR.聯(lián)立式得rR.再考慮粒子在電場中的運動設(shè)電場強度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運動設(shè)其加速度大小為a,由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qEma.粒子在電場方向和直線方向運動的距離均為r,由運動學公式得rat2,rvt,式中t是粒子在電場中運動的時間聯(lián)立解得E.答案:6(2015重慶卷)右圖為某種離子加速器的設(shè)計方案兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場其中MN和MN是間距為h的兩平行極板,其上分別有正對的兩個小孔O和O,ONONd,P為靶點,OPkd(k為大于1的整數(shù))極板間存在方向向上的勻強電場,兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速,經(jīng)O進入磁場區(qū)域當離子打到極板上ON區(qū)域(含N點)或外殼上時將會被吸收兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在,離子可勻速穿過忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力求:(1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大??;(2)能使離子打到P點的磁感應(yīng)強度的所有可能值;(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間解析:(1)離子在電場中加速一次的速度為v,由動能定理qUmv2在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvBm,能打到P點,則2rkd聯(lián)立以上幾式得B(2)離子可以n次被加速做圓周運動最終打到P點,則有nqUmv最后做圓周運動的半徑應(yīng)滿足2rnkd由qvnBm得B當離子經(jīng)過第一次加速,在磁場中偏轉(zhuǎn)時,qUmv,qv1B解得r1,由于r1,故1nk2,且n為整數(shù),所以n1,2,3,k21.磁感應(yīng)強度應(yīng)為B(n1,2,3,k21)(3)離子在磁場中圓周運動的周期T,離子加速n次后在磁場中運動的總時間tB(n)T當nk21時離子的能量最大,代入此時的B,得運動時間tB離子在電場中運動時,可以連接起來一起看是初速度為零的勻加速直線運動,有nhtE加速運動階段應(yīng)用動能定理nqUmv,在電場中運動的時間tEh答案:(1)(2)2(n1,2,3,k21)(3)電場中運動的時間h磁場中運動的時間7(2014山東卷)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時刻,一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當B0和TB取某些特定值時,可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0為已知量(1)若tTB,求B0.(2)若tTB,求粒子在磁場中運動時加速度的大小(3)若B0,為使粒子仍垂直打在P板上,求TB解析:(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d,聯(lián)立上式得B0(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運動公式得a據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d,解得a.(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得,T由牛頓第二定律得qv0B0由題意知B0,代入上式得d4R粒子運動軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1、O2連線與水平方向的夾角為,在每個TB內(nèi),只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0,由題意可知T設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3,)若在A點擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd當n0時,無解當n1時,聯(lián)立解得(或sin )得TB當n2時,不滿足090的要求若在B點擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2Rsin 2(RRsin )nd當n0時,無解當n1時,得arcsin(或sin )則TB(arcsin)當n2時,不滿足090的要求答案:(1)(2)(3)或- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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