2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步练习--第1章 安培力与洛伦兹力拔高练

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2024鲁科版高中物理选择性必修第二册同步
综合拔高练
五年高考练
　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　安培力
1.(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
2.(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
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2　带电粒子在匀强磁场中的运动
4.(2023全国甲,20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反,电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是 (　　)
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
5.(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°
6.(2023湖北,15)如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移,不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
(3)t=时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程,只写出答案即可)
7.(2021湖南,13)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。
图(a)
图(b)
(1)如图(a),宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B1的大小;
(2)如图(a),虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程);
(3)如图(b),虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形,虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场,使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4,并沿x轴正方向射出,从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
考点3　带电粒子在复合场中的运动
8.(2023新课标,18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为 (　　)
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
9.(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.
10.(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
11.(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 (　　)
12.(2022山东,17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;
(3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示);
(4)当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电荷量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。
13.(2021山东,17)某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0;Ⅱ区宽度为L,左边界与x轴垂直交于O1点,右边界与x轴垂直交于O2点,其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点,依次经过Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用,不计重力。
(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v;
(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E;
(3)保持上述条件不变,将Ⅱ区分为左右两部分,分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场,如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点,需沿x轴移动测试板,求移动后C到O1的距离s。
图甲
图乙
三年模拟练
　　　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(2022河北石家庄一中期中)在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极,沿边缘内壁放一个圆环形电极,把它们分别与电池的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体——盐水。如果把玻璃皿放在磁场中,液体就会旋转起来。观察发生的现象,以下关于液体转动(从上往下看)的说法正确的是 (　　)
A.顺时针转动
B.逆时针转动
C.正负电极互换,同时把蹄形磁铁上下翻转180°,液体转动方向改变
D.如果将盐水换成水银,水银转动方向和盐水转动方向相反
2.(2022江苏常州高中期中)在实验室中有一种污水流量计,如图甲所示,其原理可以简化为如图乙所示模型:废液内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容器右侧流入,左侧流出。流量Q在数值上等于单位时间内通过横截面的液体的体积。空间有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,并测出M、N间的电压为U,则下列说法正确的是 (　　)
A.正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
B.容器内液体的流速为v=
C.污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D.污水流量为Q=
3.(2023四川统考二模)如图所示,直角三角形ABC位于纸面内,∠C=30°,AB边长为d。垂直于纸面向外的匀强磁场被限定在直角三角形ABC区域内。质量为m、电荷量为+q的粒子从A点以速度v平行纸面射入磁场区域,刚好从C点离开磁场。粒子重力不计,下列说法中正确的是 (　　)
A.磁场磁感应强度的最大值为
B.粒子在磁场中运动的时间最长为
C.粒子在磁场做匀速圆周运动的周期最小为
D.粒子在磁场做匀速圆周运动的角速度最大为
4.(2022江苏泰州期末)利用霍尔效应可测量血流速度,其原理如图所示。在动脉血管上下两侧安装电极,左右两侧加以磁场,毫伏表测出上下两极的电压为U。则 (　　)
A.上电极电势一定低于下电极电势
B.若血液中负离子较多,上电极电势低于下电极电势
C.毫伏表的示数U与血液的流速成正比
D.毫伏表的示数U与血液中正负离子的电荷量成正比
5.(2023湖南常德汉寿一中段考)如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,x轴上方有垂直平面向外的匀强磁场,下方有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从电场中的A点沿x轴正方向以初速度v0射入电场,刚好能从坐标原点O处进入磁场,经过一段时间后仍能回到A点。已知A点坐标为(-2l,-l),不计粒子重力。
(1)求粒子从坐标原点进入磁场时的速度大小;
(2)求电场强度大小E与磁感应强度大小B的比值。
迁移创新
6.(2021江苏徐州期中)如图所示,M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入区域Ⅰ,过P面上的c点(图中未画出)进入区域Ⅱ,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标和y坐标(y坐标用R、d表示)。
本章达标检测见增分测评卷
综合拔高练
五年高考练
1.C 2.C 3.D 4.BD 5.BC 8.C
9.A 10.D 11.B
1.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、异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。
2.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。
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指向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。
易错警示　本题的安培力方向是垂直于悬线的方向,分析时容易错画为水平方向。
4.BD　带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,T=,解得运动轨迹半径r=,运动周期T=。当粒子初速度方向过磁场圆心O时,由对称性可知,粒子与筒壁发生n(n>1)次碰撞后必能返回入射点P,则碰撞点(含P点)将筒壁等分成n+1份圆弧,且每次与筒壁碰撞反弹后速度方向垂直于碰撞点的切线即由碰撞点指向圆心O,但粒子运动轨迹不通过O点,A选项错误,D选项正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次,则轨迹将圆筒平分,由对称性可知碰撞位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦兹力作用下无法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才可以从小孔射出,故B选项正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间不一定越短,C选项错误;综上,应选B、D。
5.BC　若粒子通过下部分磁场直接到达P点,如图1
图1
根据几何关系则有R=L,qvB=m,可得v==kBL,根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下磁场均经历一次时,如图
图2
因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当粒子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知B、C正确,A、D错误。故选B、C。
6.答案　(1)　(2)　　(3)(-6a,0)
(0,0)　67πa
解析　(1)由题意可知第一次碰撞前甲粒子的轨道半径r1=a,设其速度大小为v0
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m
解得v0=
(2)粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙
已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q,设粒子乙的质量为m',由qvB=m和T=得T=,则T甲=,T乙=
联立解得m'=
以沿y轴负方向为正方向,甲、乙第一次碰撞前甲的速度为v0,设乙的速度为v0',第一次碰撞后甲的速度v1=-3v0,乙的速度为v1',根据弹性碰撞规律有
mv0+m'v0'=mv1+m'v1'
m+m'v0'2=m+m'v1'2
联立解得v1'=3v0,v0'=-5v0
将v0=代入
解得第一次碰撞后粒子乙的速度大小v1'=
(3)第一次碰撞发生在t1=时,碰前甲的速度大小为v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向;碰后甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向;
然后甲转一圈,乙转两圈后在t2=时在O点甲、乙发生第二次碰撞,碰前甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向;根据弹性碰撞规律求得第二次碰后甲的速度大小为 v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向,轨迹半径为a;
然后甲转一圈,乙转两圈后在t3=时在O点甲、乙发生第三次碰撞,碰前甲的速度大小为v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向;第三次碰撞与第一次碰撞过程相同,碰后甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向,轨迹半径为a;
以此类推,甲、乙在t9=时在O点甲、乙发生第九次碰撞,碰前甲的速度大小为v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向;碰后甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向;
第九次碰后再经过Δt=到t=时刻,甲转半圈,运动半径为3a,故其位置坐标为(-6a,0);乙转一圈回到O点,故其位置坐标为(0,0)
从第一次碰撞到t=时刻,乙运动的路程s=×4+2π×a=67πa
7.答案　(1)　(2)　方向垂直于纸面向里　π　(3)　　　
解析　(1)取任意入射点E,作出运动轨迹如图所示,四边形AEO'O中AE=AO=r1,∠AEO=∠AOE,O'E∥OA,所以∠O'EO=∠EOA,由此得四边形AEO'O为菱形,入射粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1,得
qvB1=m,解得B1=。
(2)由第(1)问知,该过程为磁聚焦的逆过程,即磁发散,粒子在磁场区域运动的轨迹半径r'=r2,磁场方向垂直纸面向里。
qvB2=m,解得B2=
磁场区域面积为π。
(3)如图所示
在区域Ⅰ中,最小磁场区域的边界一部分是由各粒子入射点形成的边界,由磁聚焦可知是一段半径为r3的圆弧,另一边界是由最上端入射粒子运动轨迹形成的圆弧,即最小区域是两段 圆弧所围成的。
由BⅠqv=m可得区域Ⅰ的磁感应强度
BⅠ=
由几何知识可得磁场区域的面积为
SⅠ=×2=
由对称性可知区域Ⅱ内磁场区域最小面积
SⅡ=SⅠ=
同理,在区域Ⅲ、Ⅳ中磁场的磁感应强度为
BⅢ=BⅣ=
对应的最小磁场区域面积为
SⅢ=SⅣ=
8.C　设α粒子的电荷量为2q,速度为v,电子的电荷量为-q,速度为10v。打到a点的粒子没有发生偏转,故其所受电场力和洛伦兹力平衡。若电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里,则α粒子所受电场力和洛伦兹力的方向都向左,运动轨迹向左偏转,不符合题意,故A错误。若电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外,则α粒子所受电场力方向向左、洛伦兹力方向向右,如果是α粒子打到a点,则有E·2q=B·2qv,则E=Bv,对于电子来说,所受洛伦兹力方向向左、电场力方向向右,由E=Bv有EqB·2qv,α粒子应该向左偏转,不符合题意,故B错误。若电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里,则α粒子所受电场力方向向右、洛伦兹力方向向左,如果它不偏转,则有E·2q=B·2qv,即E=Bv,电子所受电场力方向向左、洛伦兹力方向向右,且由E=Bv有Eq9.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。
10.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。
11.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,以后会重复之前的运动,不可能运动到x轴下方,故D错误,选B。
12.答案　 (1)　(2)　(3)(d,d,0)　(4)
解析　(1)离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动的逆过程
在z轴方向上:L=v0 cos β·t
在y轴方向上:v0 sin β=at
由牛顿第二定律有qE=ma
联立可得E==
(2)当离子甲以最大速度vm进入磁场Ⅰ时,离子在yOz平面内做圆周运动,轨迹半径设为R1,由洛伦兹力提供向心力有Bqvm=
离子运动半周后从y轴上y=2R1处沿z轴负方向进入磁场Ⅱ,在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动,轨迹半径设为R2,则有Bqvm=
为使离子甲能始终在磁场中运动,对应于最大速度时粒子在磁场中运动的轨迹半径应满足
R1≤d,R2≤3d
联立取二者中较小值可得vm=
(3)根据洛伦兹力提供向心力,Bqv=,离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中轨迹半径分别为
RⅠ==,RⅡ=d
离子在磁场Ⅰ中转动半周从y轴上第二次穿过xOy平面,在y轴上位置坐标
y=2RⅠ=d
由RⅡ=RⅠ可知,离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从x轴上第三次穿过xOy平面回到磁场Ⅰ中,在x轴上位置坐标
x=2RⅠ=d
离子回到磁场Ⅰ中后在x=d的平面内做圆周运动,转动半周第四次穿过xOy平面,此时位置坐标为(2RⅠ,2RⅠ,0)即(d,d,0)
(4)离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为
RⅠ'=,RⅡ'=RⅠ'
由于mv2=·4m·v'2
解得RⅠ'=d,RⅡ'=d,v'=
由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为
RⅠ=,RⅡ=d
则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周期性运动处轨迹产生第一个交点,则两离子运动到第一个交点处的时间差为
Δt=-=
方法技巧　带电粒子垂直进入匀强磁场中后做匀速圆周运动,轨迹平面垂直于磁场;粒子能不能从某磁场边界穿出磁场区域的临界状态是轨迹与该边界相切;界面两侧均存在磁场时可形成在边界两侧的周期性运动。
13.答案　(1)
(2)　(3)L
解析　(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得
qvB0=m ①
根据几何关系得
sin θ= ②
联立①②式得
v= ③
(2)离子在Ⅱ区内只受电场力,沿x轴正方向做匀速直线运动,沿y轴方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t,沿y轴方向的位移为y0,加速度大小为a,由牛顿第二定律得
qE=ma ④
由运动的合成与分解得
L=vt cos θ ⑤
y0=-r(1-cos θ) ⑥
y0=vt sin θ-at2 ⑦
联立①②④⑤⑥⑦式得
E=(L tan θ+-) ⑧
(3)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动,如图所示。
设左侧部分的圆心角为α,圆周运动半径为r',运动轨迹长度为l',由几何关系得
α= ⑨
l'=×2πr'+×2πr' ⑩
离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有
= 11
C到O1的距离
s=2r' sin α+r' 12
联立⑨⑩1112式得
s=L 13
三年模拟练
1.B 2.B 3.BD 4.C
1.B　由于在圆柱形电极和边缘间形成电流,电流在磁场中受安培力作用,盐水发生转动,根据左手定则可知,从上往下看,液体沿逆时针方向旋转,A错误,B正确;若正、负电极互换,同时把蹄形磁铁上下翻转180°,即电流和磁场方向同时反向,则液体转动方向不发生变化,C错误;虽然盐水是靠正负离子导电,水银靠自由电子导电,但是电流方向不变,则盐水换成水银后,受到的安培力方向不变,液体转动方向不变,D错误。故选B。
2.B　带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用,根据左手定则可知,正离子受到的洛伦兹力向下,负离子受到的洛伦兹力向上,故A错误;当离子受力平衡时,有q=qvB,解得v=,选项B正确;不带电的液体在电场和磁场中不受电场力和洛伦兹力,故无法测量流速,故C错误;污水流量为Q=vS=·πd2=,选项D错误。
3.BD　根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点可知,粒子从C点沿BC方向射出磁场时,粒子做匀速圆周运动的半径最小、磁场磁感应强度最大、在磁场中运动的时间最长、周期最小、角速度最大。当粒子从C点沿BC方向射出磁场时,粒子的运动轨迹如图
设粒子的轨道半径为r,由几何知识可知r=AC=3d,可知对应圆心角为,由r=,t=,T=,ω=可得磁场最大磁感应强度为,粒子通过磁场的最长时间为,最小周期为,最大角速度为。故选B、D。
4.C　根据左手定则,正离子所受洛伦兹力方向向上,负离子所受洛伦兹力方向向下,上电极聚集正离子,下电极聚集负离子,所以上电极电势高于下电极电势,电极电势高低与血液中正、负离子多少无关,选项A、B错误;当离子所受电场力和洛伦兹力大小相等时有qE=qvB,E=,解得U=Bdv,可知毫伏表的示数U与血液的流速成正比,与血液中正负离子的电荷量无关,选项C正确,D错误。
5.答案　(1)2v0　(2)v0
解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动,沿x轴正方向有2l=v0t,沿y轴正方向有l=t,联立解得vy=v0,设粒子从O点进入磁场时的速度大小为v,则有v==2v0。
(2)在匀强电场中,沿y轴正方向有vy=·=v0,解得E=,粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从O点进入磁场时,速度方向与x轴正方向之间的夹角为α,则有cos α==,得α=60°,设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1,则有r1 sin α=2l,由牛顿第二定律可知qvB=m,联立解得B=,故=v0。
6.答案　见解析
解析　(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得
qU=mv2 ①
在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得
qvB=m ②
联立①②式得
R= ③
由几何关系得
d2+(R-L)2=R2 ④
cos α= ⑤
sin α= ⑥
联立①②④式得
L=- ⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得
qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得
vz=v cos α ⑨
d=vzt ⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得
x=at2 11
联立①②⑤⑧⑨⑩11式得
x= 12
设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'
由运动学公式得y'=vt sin α 13
由题意得
y=L+y' 14
联立④⑤⑥⑨⑩1314式得
y=R-+
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