第一章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将垂直于磁场的直导线从中点折成直角后,直角所在平面仍垂直于磁场,则安培力的大小一定变为原来的一半
2.关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系,下列说法正确的是( )
A.F、B、I三者必须保持相互垂直
B.F必须垂直B、I,但B、I可以不相互垂直
C.B必须垂直F、I,但F、I可以不相互垂直
D.I必须垂直F、B,但F、B可以不相互垂直
3.如图所示,表示磁场对通电直导线的作用力示意图中正确的是( )
4.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点,若A、B、C三处导线中的电流均为I,则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为( )
A.a点最大
B.b点最小
C.c点最小
D.b、c点一样大
5.如图所示,用绝缘细线悬挂一个导线框,导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路,导线框中通有图示方向的电流,处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向向里的电流时( )
A.导线框将向左摆动
B.导线框将向右摆动
C.从上往下看,导线框将顺时针转动
D.从上往下看,导线框将逆时针转动
6. 如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,一束粒子流以速度v水平射入,为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,关于此电场的电场强度大小和方向的说法正确的是( )
A.大小为,粒子带正电时,方向向上
B.大小为,粒子带负电时,方向向上
C.大小为Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关
D.大小为Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关
7.将一段通电直导线abc从中点b折成120°,分别放在如图所示的匀强磁场中,图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行,图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直,若两图中两导线所受的安培力大小相等,则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为( )
A. B.
C. D.
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.如图所示的四幅图中,导体棒的长度均为L,磁场的磁感应强度大小均为B,在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是( )
A.图甲中导体棒所受的安培力大小为BIL
B.图乙中导体棒所受的安培力大小为BIL
C.图丙中导体棒所受的安培力大小为BIL
D.图丁中导体棒所受的安培力大小为BIL
9.设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示。已知一带电粒子在静电力和洛伦兹力的作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C点是运动的最低点,忽略粒子的重力。以下说法正确的是( )
A.此粒子必带正电荷
B.A点和B点位于同一高度
C.粒子在C点时动能最大
D.粒子到达B点后,将沿原曲线返回A点
10. 如图所示,有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ,如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,进入区域Ⅱ后偏转半径r相同,则它们一定具有相同的( )
A.速度 B.质量
C.电荷量 D.比荷
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(8分)磁流体发电机的原理图如图所示,设想在相距为d的两平行金属板间加磁感应强度为B的匀强磁场,两板通过开关和灯泡相连。将气体加热电离后,由于正、负离子一样多,且电荷量均为q,因而称为等离子体,将其以速度v喷入甲、乙两板之间,这时甲、乙两板就会聚集电荷,产生电压。磁流体发电机可以直接把内能转化为电能。
图中 板是发电机的正极,发电机的电动势是 。
12. (8分)按照如图所示进行实验。
(1)分别接通“1、4”和“2、3”,导线偏转的角度不同,说明导线受到的力的大小与 有关。
(2)上下交换磁极的位置以改变磁场方向,导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”)。
(3)改变导线中电流的方向,导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”)。
(4)通过实验说明:安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足 。
13. (10分)一根长L=0.2 m的金属棒放在倾角θ=37°的光滑斜面上,并通过I=5 A的电流,电流方向如图所示,整个装置放在磁感应强度B=0.6 T竖直向上的匀强磁场中,金属棒恰能静止在斜面上,则该棒的重力为多少 (sin 37°=0.6)
14.(12分)如图所示,一速度选择器中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸面向里,电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×104 N/C和B1=0.1 T,极板的长度l= m,间距足够大,在板的右侧还存在另一圆形区域的匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向外,圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径R= m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区域,飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了60°。不计粒子的重力,粒子的比荷=2×106 C/kg。
(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小。
(2)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场B1撤去,求粒子离开电场时速度的偏转角θ。
15.(16分)如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中,在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求:
甲
乙
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标;
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
第一章测评
1.B 安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直,选项A错误,选项B正确;由F=BILsin θ可知,安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角时,安培力的大小变为原来的,选项D错误。
2.B 安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直,但B与I(即导线)可以垂直,也可以不垂直,通电导线受安培力时,力F与磁场及导线都是垂直的,故A、C、D均错,B正确。
3.A 由左手定则判断,A选项正确;B选项中不受安培力;C选项中安培力向上;D选项中安培力垂直于纸面向外。
4.D 通电导线会在周围产生磁场,磁场的强弱与到导线的距离有关。对于a点,A导线和B导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相反,设C导线在此处的磁感应强度大小为B2,所以a点的合磁感应强度大小为B2;对于b点,B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相同,设B导线在此处的磁感应强度大小为B1,而A导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为;对于c点,A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1),方向相同,B导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为,所以b、c点处磁感应强度一样大,故D正确,A、B、C错误。
5.C 由左手定则可知,ab边受到垂直纸面向里的安培力,cd边受到垂直纸面向外的安培力,从上往下看,导线框将顺时针转动,选项C正确。
6.D 当粒子所受的洛伦兹力和静电力平衡时,粒子流匀速直线通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv。假设粒子带正电,则受向下的洛伦兹力,电场方向应该向上。粒子带负电时,电场方向仍应向上。故正确答案为D。
7.B 设导线的总长为2L,通过导线的电流为I,题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL+B1cos 60°IL=B1IL,题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos 30°=B2IL,根据题意,即有B1IL=B2IL,则有,B正确。
8.BD 题图甲中,因导体棒与磁场平行,所以安培力为零,A错误;题图乙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F1=BIL,B正确;题图丙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F2=BIL,C错误;题图丁中,导体棒与磁场成60°角,则安培力的大小为F3=BILsin 60°=BIL,D正确。
9.ABC 粒子从静止开始运动的方向向下,电场强度方向也向下,所以粒子必带正电荷,A正确;因为洛伦兹力不做功,只有静电力做功,A、B两点速度都为0,根据动能定理可知,粒子从A点到B点运动过程中,静电力做功为0,故A、B两点位于同一高度,B正确;C点是最低点,从A点到C点运动过程中静电力做正功,根据动能定理可知粒子在C点时速度最大,动能最大,C正确;到达B点时速度为零,将重复刚才ACB的运动,向右运动,不会返回,故D错误。
10.AD 离子束在区域Ⅰ中不偏转,一定是qE=qvB,v=,A正确。进入区域Ⅱ后,做匀速圆周运动的半径相同,由r=知,因v、B相同,只能是比荷相同,故D正确,B、C错误。
11.答案 甲 Bdv
解析 等离子体从左侧射入磁场,正离子受到向上的洛伦兹力的作用而偏向甲板,使甲板上积累正电荷,乙板上积累相应的负电荷,甲、乙两板成为发电机的正、负两极,甲板是发电机的正极。当开关断开时,甲、乙两板间的电压即为发电机的电动势,稳定时,甲、乙两板积累的电荷不再增加,此时等离子体所受的洛伦兹力与静电力恰好平衡,则有=qvB,得发电机的电动势为U=Bdv。
12.答案 (1)导线在磁场中的长度 (2)改变 (3)改变
(4)左手定则
13.答案 0.8 N
解析 从侧面对棒受力分析如图,
由左手定则可知安培力的方向水平向右,F=ILB=5×0.2×0.6 N=0.6 N。
由平衡条件得重力mg==0.8 N。
14.答案 (1)0.1 T (2)30°
解析 (1)设粒子的初速度大小为v,粒子在极板间做匀速直线运动,则有qvB1=qE
设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半径为r,则有
qvB2=m
粒子速度方向偏转了60°,则有r=Rtan 60°
解得v=2×105 m/s,B2=0.1 T。
(2)撤去磁场B1后,粒子在极板间做类平抛运动,设在极板间运动时间为t,运动的加速度为a,飞出电场时竖直方向的速度为vy,则有qE=ma
l=vt
vy=at
tan θ=
解得tan θ=,即θ=30°。
15.答案 (1) (2)v0t0,0 (3)v0t0
解析 (1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R=
又qv0B0=m,代入,解得。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则T=
联立解得T=4t0
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则x1=v0t0
y1=
其中加速度a=
解得y1==R,因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为v0t0,0,如图中的b点所示。
(3)分析知,粒子P在2t0~3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向为x轴正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图所示,由图可知,带电粒子在运动中距原点O的最远距离L,即O、d间的距离L=2R+2x1
解得L=v0t0。第一章分层作业1 磁场对通电导线的作用力
A级 必备知识基础练
1.(多选)通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,电流方向如图所示,ab边与MN平行。关于MN产生的磁场对线框的作用,下列叙述正确的是( )
A.线框有两条边所受的安培力方向相同
B.线框有两条边所受的安培力大小相等
C.线框所受安培力的合力向左
D.线框将绕MN转动
2.如图所示,金属杆MN中电流为I,与导轨CD夹角为θ,导轨垂直于磁场放置,磁感应强度为B,AK与CD相距为d,则MN所受安培力大小为( )
A.IdB B.IdBsin θ
C. D.IdBcos θ
3.(2023江苏吴江高二月考)如图所示,一段导线abcd位于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,且与磁场方向垂直。导线ab、bc和cd的长度均为l,且∠abc=∠bcd=135°。流经导线的电流为I,方向如图中箭头所示。则导线abcd所受的磁场的作用力的合力为( )
A.方向沿纸面向上,大小为(+1)IlB
B.方向沿纸面向上,大小为(-1)IlB
C.方向沿纸面向下,大小为(+1)IlB
D.方向沿纸面向下,大小为(-1)IlB
4.如图所示,D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线,电流方向垂直于纸面向里。在开关S闭合后,导线D所受安培力的方向是( )
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
5.(多选)一根长为0.2 m、电流为2 A的通电直导线,放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中,受到安培力的大小可能是( )
A.0.4 N B.0.2 N
C.0.1 N D.0
6.(多选)如图所示,纸面内的金属圆环中通有电流I,圆环圆心为O、半径为R,P、Q为圆环上两点,且OP垂直于OQ,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于纸面向里,则( )
A.整个圆环受到的安培力大小为2πIRB
B.整个圆环受到的安培力大小为0
C.圆弧PQ受到的安培力大小为IRB
D.圆弧PQ受到的安培力大小为IRB
7.(2023上海高二期中)如图所示,边长为l的等边三角形线框ABC由三根相同的导体连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直。设导体AC受到的安培力大小为F1,导体AB、BC受到的安培力的合力的大小为F2,则F1∶F2为( )
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.4∶1
B级 关键能力提升练
8.将闭合通电导线圆环平行于纸面缓慢地竖直向下放入方向垂直纸面向里的匀强磁场中,如图所示,则在通电圆环从刚进入到完全进入磁场的过程中,所受的安培力大小( )
A.逐渐增大 B.逐渐变小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
9.如图所示,三根相互平行的长度为l的固定长直导线a、b、c两两等距,截面构成等边三角形,均通有电流I。a中电流方向与c中的相同,与b中的相反。已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0,则( )
A.b、c中电流在a导线处产生的合磁场的磁感应强度为0
B.b、c中电流在a导线处产生的合磁场的磁感应强度大小为2B0
C.a导线受到的安培力大小为IlB0
D.a导线受到的安培力大小为IlB0
10.电子天平的原理简略示意图如图所示,秤盘上不放重物时弹簧处于压缩状态,弹簧的长度为l,此时外界通入线圈中的电流为0;重物放在秤盘上后,在安培力作用下弹簧长度恢复为l,可认为此时外界通入线圈的电流为I,数据处理系统可以根据I的大小计算出托盘上物体的质量m。已知线圈的匝数为n,磁极宽度为l,两极间的磁感应强度为B,重力加速度为g,则以下说法正确的是( )
A.电流从C端流入线圈,从D端流出
B.线圈所受的安培力方向向下
C.重物质量为m=
D.在其他条件都不变的情况下,增加线圈的匝数,可以扩大电子天平的量程
11.如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10-2 kg的通电直导线,电流I=1 A,方向垂直纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳系住不动,整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中,t=0时,B=0,则需要多长时间斜面对导线的支持力为零 (g取10 m/s2)
12. 如图所示,两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°,导轨的一端接有电动势E=3 V、内阻r=0.5 Ω的直流电源,两导轨间的距离L=0.4 m,在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.08 kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒始终与金属导轨垂直且接触良好,导体棒的电阻R=1.0 Ω,导体棒恰好刚要滑动,金属导轨电阻不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)ab棒受到的安培力;
(2)ab棒与导轨的动摩擦因数μ。
13.某同学设计了如图所示的装置测量磁场的磁感应强度。一质量为0.2 kg、长为20 cm、电阻为2 Ω的金属棒ab,用两根相同的轻弹簧水平悬挂在方向垂直于纸面向外的待测匀强磁场中,每根弹簧的劲度系数为50 N/m,弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V、内阻为1 Ω的电池相连。断开开关,系统处于静止状态,闭合开关,系统重新静止后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.2 cm。重力加速度大小取10 m/s2,求:
(1)闭合开关后,通过金属棒的电流大小;
(2)待测磁场的磁感应强度大小。
分层作业1 磁场对通电导线的作用力
1.BC 通电矩形导线框abcd在无限长通电直导线形成的磁场中,受到安培力的作用,对于ad边和bc边,所在处磁场相同,但电流方向相反,所以ad边、bc边所受安培力大小相等,方向相反,即ad边和bc边所受合力为零。而对于ab边和cd边,由于在磁场中离长直导线的距离不同,ab边近且由左手定则判断受力向左,cd边远且由左手定则判断受力向右,所以ab边和cd边所受合力方向向左,故B、C正确,A、D错误。
2.C 题中磁场和电流垂直,θ角仅是导轨与金属杆MN间的夹角,不是电流与磁场的夹角。金属杆MN在磁场中的有效长度为,则MN所受安培力大小为F=,故C正确。
3.A 导线abcd的有效长度为线段ad的长度,由几何知识知lad=(+1)l,故导线abcd所受的磁场的作用力的合力大小F=IladB=(+1)IlB,导线有效长度的电流方向为a→d,据左手定则可以确定导线所受合力方向沿纸面向上,故A正确。
4.A 由右手螺旋定则,软铁芯在导线D处的磁场方向向左,由左手定则,导线D受到的安培力方向向上,选项A正确。
5.BCD 当磁感应强度方向与通电直导线垂直时,安培力有最大值,为F=IlB=2×0.2×0.5 N=0.2 N。当磁感应强度方向与通电直导线平行时,安培力有最小值,为0。随着二者方向夹角的变化,安培力大小在0与0.2 N之间取值,故B、C、D正确,A错误。
6.BD 根据左手定则可知,整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向,受到的合力为0,选项A错误,B正确;圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小,为IRB,选项C错误,D正确。
7.C 由已知条件可知,导体AB、BC的有效长度与AC相同,等效后的电流方向也与AC相同,AB、BC串联的电阻等于AC电阻的两倍,两支路为并联关系,设AC中的电流大小为2I,则AB、BC中的电流为I,设AC的长为l,则F1=2IlB,F2=IlB,方向与AC所受安培力的方向相同,故F1∶F2=2∶1,C正确,A、B、D错误。
8.C 通电圆环受到的安培力大小F=ILB,其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小,L指有效长度,它等于圆环所截边界线的长度。由于L先增大后减小,所以安培力先增大后减小,C正确。
9.C 导线a、b、c两两等距,截面构成等边三角形,均通有电流I,b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0,则导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0,b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示,根据几何关系可知其夹角为120°,合磁场的磁感应强度大小为B0,则a导线受到的安培力大小为F=IlB0,故选C。
10.D 重物放在秤盘上后,秤盘和线圈在安培力作用下向上恢复到未放重物时的位置,说明安培力的方向向上,由左手定则即可判断出电流由D流入,由C流出,故A、B错误;两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为l,线圈匝数为n,左、右两侧受到的安培力相等,有mg=2nBIl,解得m=,故C错误;在其他条件都不变的情况下,当n增大时,安培力也随之增大,所以增加线圈的匝数,可以扩大电子天平的量程,故D正确。
11.答案 5 s
解析 导线所受斜面的支持力恰为零时的受力情况如图所示。
由平衡条件,得F=
而F=BIl
B=0.4t(T)
代入数据联立解得t=5 s。
12.答案 (1)0.4 N,沿两导轨所在平面向上 (2)0.125
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得I= A=2 A
导体棒受到的安培力为F安=BIL=0.4 N
由左手定则可知,安培力沿两导轨所在平面向上。
(2)对导体棒受力分析,将重力正交分解,沿导轨方向有
F1=mgsin 37°=0.48 N
F1>F安
根据平衡条件可知,摩擦力沿斜面向上,所以有mgsin 37°=F安+μmgcos 37°
解得μ=0.125。
13.答案 (1)4 A (2)0.25 T
解析 (1)闭合开关后,通过金属棒的电流为I=,解得I=4 A。
(2)闭合开关后,根据左手定则可知,安培力向下,所以弹簧比开关断开时伸长了0.2 cm,则有BIl=2kΔx
解得B=0.25 T。第一章分层作业2 安培力的应用
A级 必备知识基础练
1.一个固定在天花板上的弹簧测力计下悬挂一水平导线AB,导线中通有如图所示向右的电流I1,导线中心的正下方有与导线AB垂直的另一长直导线,当长直导线中通入向里的电流I2时,关于导线AB的运动及弹簧测力计示数的变化正确的是( )
A.A端向外、B端向里转动,弹簧测力计的示数增大
B.A端向里、B端向外转动,弹簧测力计的示数减小
C.A端向里、B端向外转动,弹簧测力计的示数增大
D.A端向外、B端向里转动,弹簧测力计的示数减小
2.如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是( )
3.如图所示,磁场方向竖直向下,通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2,通电导线所受安培力( )
A.数值变大,方向不变
B.数值变小,方向不变
C.数值不变,方向改变
D.数值、方向均改变
4.如图所示,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力大小为( )
A.2F B.1.5F
C.0.5F D.0
5.如图所示,一通电金属环固定在绝缘的水平面上,在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒,中点O与金属环在同一水平面内,当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时,则( )
A.金属棒始终静止不动
B.金属棒的上半部分向纸面外转,下半部分向纸面里转,同时靠近金属环
C.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时靠近金属环
D.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时远离金属环
6.(2023山西太原高二期中)如图为一个由干电池、铜线圈和钕磁铁组成的简易电动机,此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO'轴转动,那么( )
A.若磁铁上方为N极,从上往下看,线圈将顺时针旋转
B.若磁铁上方为S极,从上往下看,线圈将顺时针旋转
C.线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
D.线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能
7.(2023湖南长沙一中高二月考)如图所示,KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧,在O处有一垂直纸面的载流直导线,电流方向垂直纸面向外,用一根导线围成KLMN回路,当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出),回路( )
A.将向左平动
B.将向右平动
C.将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动
D.KL边受到垂直纸面向外的力,MN边受到垂直纸面向里的力
8.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况正确的是( )
A.棒中的电流变大,θ角变大
B.两悬线等长变短,θ角变小
C.金属棒质量变大,θ角变大
D.磁感应强度变大,θ角变小
B级 关键能力提升练
9.如图所示,U形平行金属导轨与水平面成37°角,金属杆ab横跨放在导轨上,其有效长度为0.5 m,质量为0.2 kg,与导轨间的动摩擦因数为0.1。空间存在竖直向上的磁感应强度为2 T的匀强磁场。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。要使ab杆在导轨上保持静止,则ab中的电流大小应在什么范围内
10. 如图所示,电源电动势为3 V,内阻不计,两个不计电阻的金属圆环表面光滑,竖直固定在等长的绝缘细杆上,金属圆环环面平行,相距1 m,两金属圆环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06 kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在金属圆环上,导体棒与金属圆环有良好电接触。两金属圆环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。重力加速度g取10 m/s2,当开关闭合后,导体棒沿金属圆环上滑到某位置静止不动。
(1)求在此位置上棒对每一个金属圆环的压力大小。
(2)若已知金属圆环半径为0.5 m,求此位置与金属圆环底的高度差。
11. 载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=,式中常量k>0,I为电流,r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方,矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂在MN上,如图所示。开始时MN内不通电流,此时两细线内的拉力均为FT0。当MN内电流为I1时,两细线的拉力均减小为FT1;当MN内电流变为I2时,两细线的拉力均大于FT0。
(1)分别说出电流I1、I2的方向。
(2)求MN内电流分别为I1和I2时,线框受到的安培力F1与F2的大小之比。
(3)当MN内的电流为I3时两细线恰好断裂,在此瞬间线框的加速度大小为a,已知重力加速度为g,求I3。
12.某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法,设计了一个简易的电磁秤。如图所示,两平行金属导轨CD、EF间距为l=0.1 m,与电动势为E0=9 V且内阻不计的电源、电流表(量程0~3 A)、开关、滑动变阻器R(阻值范围为0~100 Ω)相连,质量为m0=0.05 kg、电阻为R0=2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置,构成闭合回路,导轨平面与水平面成θ=30°角,垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行,跨过定滑轮后另一端接有秤盘,空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B=5 T,在秤盘中放入待测物体,闭合开关,调节滑动变阻器,当金属棒平衡时,通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知若秤盘中不放物体,金属棒静止时电流表读数为I0=0.1 A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计,g取10 m/s2。
(1)求秤盘的质量。
(2)求此电磁秤称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值。
(3)为了便于知道秤盘上物体质量m的大小,请在图中作出其与电流表读数关系的m-I图像。
分层作业2 安培力的应用
1.A 根据安培定则可知,AB下方长直导线的磁感线是同心圆,方向如图所示。因此用左手定则可以判断出A端受到向外的力,B端受到向里的力,从而使得A端向外转动,B端向里转动。AB转动后电流的方向也向里,两个电流之间相互吸引,所以AB对弹簧测力计的拉力增大,则弹簧测力计的示数增大,故A正确。
2.A 由安培力F=BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确。
3.B 安培力F=BIL,电流不变,垂直直导线的有效长度减小,安培力减小,安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面,所以安培力的方向不变,B正确。
4.B 导体棒MN受到的安培力为F=BIl。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。
5.B 由通电金属环产生的磁场特点可知,其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量,由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向垂直纸面向外的安培力,故向纸面外转;同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒转动到平行水平面时,由同向电流相吸,反向电流相斥可知,金属棒在靠近金属环,B正确。
6.A 若磁铁上方为N极,线圈左边的电流是向下的,磁场方向指向左侧区域,根据左手定则可知安培力向里,同理,线圈右边的电流也是向下的,磁场方向指向右侧区域,根据左手定则可知安培力向外,故从上往下看,线圈将顺时针旋转,A正确;若磁铁上方为S极,根据A项的分析,易知,从上往下看,线圈将逆时针旋转,B错误;线圈无论匀速转动还是加速转动,电池的化学能都转化为线圈的动能和电路的内能,C、D错误。
7.D 因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆,与KN边、LM边平行,所以KN边、LM边均不受力。根据左手定则可得,KL边受到垂直纸面向外的力,MN边受到垂直纸面向里的力,故D项正确。
8.A 作出侧视图,并对金属棒进行受力分析,如图所示,据图可得tan θ=,若棒中的电流I变大,则θ变大,选项A正确;若两悬线等长变短,θ不变,选项B错误;若金属棒的质量m变大,则θ变小,选项C错误;若磁感应强度B变大,则θ变大,选项D错误。
9.答案 1.21 A≤I≤1.84 A
解析 先画出金属杆受力的侧面图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力的大小,也可以使导线所受的摩擦力方向发生变化。由平衡条件可知,当电流较小时,导线所受的摩擦力方向沿斜面向上,如图甲所示。
则mgsin θ=μ(mgcos θ+F1sin θ)+F1cos θ
又F1=BI1L,解得I1==1.21 A
当电流较大时,导线所受的摩擦力方向沿斜面向下,如图乙所示。
则mgsin θ+μ(mgcos θ+F2sin θ)=F2cos θ
又F2=BI2L,解得I2==1.84 A
所以1.21 A≤I≤1.84 A。
10.答案 (1)0.5 N (2)0.2 m
解析 (1)导体棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=
代入数据解得F==0.8 N
对导体棒受力分析如图所示(从右向左看)
两金属圆环支持力的总和为2FN=
代入数据解得FN=0.5 N
由牛顿第三定律知,导体棒对每一个金属圆环的压力为0.5 N。
(2)由图中几何关系有tan θ=,得θ=53°
则棒距环底的高度为h=r(1-cos θ)=0.2 m。
11.答案 (1)I1方向向左 I2方向向右 (2)I1∶I2
(3)I1
解析 (1)MN内电流为I1时,两细线的拉力减小,线框所受安培力方向向上,由左手定则可知,I1方向向左,同理可知,I2方向向右。
(2)当MN中电流为I时,线框受到的安培力大小为F=kIiL
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距,i为线框中的电流,L为ab、cd的长度
所以F1∶F2=I1∶I2。
(3)设MN中电流为I3时,线框受到的安培力大小为F3,由题设条件有
2FT0=mg,2FT1+F1=mg,F3+mg=ma
则
解得I3=I1。
12.答案 (1)0.03 kg (2)0.145 kg 1 Ω (3)图见解析
解析 (1)对金属棒受力分析有FT=m0gsin θ+BI0l
对秤盘受力分析有FT=m'g
解得m'=0.03 kg。
(2)当电路中电流最大时,此电磁秤称量物体的质量最大,电路中最大电流即为电流表量程,即Ig=
解得R=1 Ω
对金属棒及秤盘有m0gsin θ+BIgl=(m'+mmax)g
解得mmax=0.145 kg。
(3)电流与所称物体质量的关系式为
m0gsin θ+BIl=(m'+m)g
代入数据得m= kg(0则m-I图像如图所示。第一章分层作业3 磁场对运动电荷的作用力
A级 必备知识基础练
1.有关洛伦兹力和安培力的描述,正确的是( )
A.通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用
B.安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C.带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功
D.通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
2.下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
3.(多选)一个电荷量为q、质量为m、速度为v的带电粒子垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,则对它所受的洛伦兹力,下列说法正确的是( )
A.它所受的洛伦兹力大小一定为qvB
B.它所受的洛伦兹力大小有可能不是qvB
C.它所受的洛伦兹力的方向一定和v垂直
D.它所受的洛伦兹力的方向有时与v垂直,有时与v平行
4.一束混合粒子流从一发射源射出后,进入如图所示的磁场,分离为1、2、3三束粒子流,不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,则下列判断不正确的是( )
A.1带正电 B.1带负电
C.2不带电 D.3带负电
5.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,两粒子质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则两个带电粒子受洛伦兹力之比为( )
A.2∶1 B.1∶1
C.1∶2 D.1∶4
6.一个质量为m、电荷量为-q的圆环套在水平且足够长的粗糙绝缘细杆上,整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中。现给圆环向左的初速度v0,在以后的运动过程中圆环运动的速度图像可能是( )
7.(多选)(2023江苏阜宁中学高二月考)如图所示,纸面内的△OPQ为等边三角形(OP边水平),在O、P两点放有垂直于纸面的直导线(图中未画出),O点处导线中的电流方向垂直纸面向外,P点处导线中的电流方向垂直纸面向里,每根导线在Q点产生磁场的磁感应强度大小均为B。若某时刻有一电子(电荷量为e)正好经过Q点,速度大小为v,方向垂直纸面向里,则该电子经过Q点时所受的洛伦兹力( )
A.方向水平向左
B.方向水平向右
C.大小为evB
D.大小为evB
B级 关键能力提升练
8.如图所示,两段长度均为l、粗细不同的铜导线a、b良好接触,接在某一直流电路中。已知铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值,当在这段特殊的导线a、b周围加一垂直导线的匀强磁场时,下列关于两部分导线所受的安培力及内部自由电荷定向移动所受洛伦兹力的说法正确的是( )
A.a受到的安培力大于b受到的安培力
B.a受到的安培力小于b受到的安培力
C.a、b中自由电荷所受洛伦兹力的平均值大小相等
D.a中自由电荷所受洛伦兹力的平均值大于b中自由电荷所受洛伦兹力的平均值
9.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若要使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )
10.一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时,恰能沿直线运动,则欲使微粒向下偏转,应采用的办法是( )
A.增大微粒质量
B.增大微粒电荷量
C.减小入射速度
D.增大磁感应强度
11.(多选)为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在前、后两个内侧固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法正确的是( )
A.若污水中正离子较多,则前表面比后表面电势高
B.前表面的电势一定低于后表面的电势,与哪种离子多少无关
C.污水中离子浓度越高,电压表的示数将越大
D.污水流量Q与U成正比,与a、b无关
12.(2023安徽师范大学附中高二期中)用一根长l=0.8 m的轻绳,吊一质量为m=1 g的带电小球,放在磁感应强度大小为B=1 T、方向如图所示的匀强磁场中,将小球拉到与悬点等高处从图示位置由静止释放,小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动,当小球第一次摆到最低点时,轻绳的拉力恰好为零,重力加速度g取10 m/s2,则小球第二次经过最低点时,轻绳对小球的拉力为多大
分层作业3 磁场对运动电荷的作用力
1.B 当通电直导线放置的方向与匀强磁场的方向平行时,通电直导线不受安培力的作用,A错误;安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现,B正确;带电粒子受到的洛伦兹力的方向与粒子的速度方向始终是垂直的,因此洛伦兹力不做功,C错误;由左手定则可知,安培力的方向与磁场的方向垂直,D错误。
2.B 根据左手定则,A中F方向应向上,B中F方向向下,故A错误,B正确。C、D中都是v∥B,则F=0,故C、D错误。
3.AC 带电粒子在磁场中运动时,受到的洛伦兹力F=qvBsin θ,当运动的方向与磁场的方向垂直时,它所受的洛伦兹力大小一定为qvB,故A正确,B错误;根据左手定则可知,洛伦兹力方向总是垂直磁场与运动的方向所构成的平面,故C正确,D错误。
4.B 根据左手定则,带正电的粒子向左偏,即粒子1带正电;不偏转说明不带电,即粒子2不带电;带负电的粒子向右偏,即粒子3带负电,故选B。
5.C 带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时,洛伦兹力F=qvB,与电荷量成正比,与质量无关,C项正确。
6.C 由左手定则可知圆环所受洛伦兹力F洛=qvB,方向竖直向下;圆环所受重力G=mg,方向竖直向下;细杆对圆环的支持力FN竖直向上;圆环所受滑动摩擦力Ff=μFN,方向水平向右;所以圆环做减速运动,随速度v的减小,F洛减小,则FN逐渐减小,故滑动摩擦力Ff逐渐减小,圆环的加速度a=逐渐减小,即圆环做加速度逐渐减小的变减速运动,直至速度减为零,故选C。
7.AC O点处导线中的电流方向垂直纸面向外,P点处导线中的电流方向垂直纸面向里,根据安培定则画出两导线在Q点处的磁感应强度如图所示,由几何知识得两磁感应强度方向夹角为120°,则合磁感应强度B'=B,电子所受洛伦兹力大小为F=evB,根据左手定则,电子经过Q点时所受的洛伦兹力的方向水平向左,故A、C正确,B、D错误。
8.D 由题意可知,a、b两段导线串联,则电流相等,根据F=BIl可知,两部分导线所受安培力的大小相等,故A、B错误;因铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值,且相同长度下,a的横截面积小于b,所以a中的自由电荷比b中的少,由于导体受到的安培力是所有自由电荷受到的洛伦兹力的集中体现,所以a中自由电荷所受洛伦兹力的平均值大于b中自由电荷所受洛伦兹力的平均值,故C错误,D正确。
9.A 解析 电子偏转到a点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外,对应的B-t图线在t轴下方;电子偏转到b点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,对应的B-t图线在t轴上方,A正确。
10.C 微粒在穿过这个区域时受竖直向下的静电力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB,且此时Eq=qvB。若要使电荷向下偏转,需使Eq>qvB,则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可。
11.BD 由左手定则可知,正离子受洛伦兹力向后表面偏,负离子向前表面偏,前表面的电势一定低于后表面的电势,故A错误,B正确。流量Q==vbc,其中v为离子定向移动的速度。当前后表面电压一定时,离子不再偏转,所受洛伦兹力和静电力达到平衡,即qvB=q,得v=,则流量Q=bc=c,故Q与U成正比,与a、b无关。又U=,则电压表的示数与离子浓度无关,故C错误,D正确。
12.答案 0.06 N
解析 设小球到达最低点时速度大小为v
由动能定理可得mgl=mv2
由圆周运动规律及牛顿第二定律可知
第一次经过最低点时有qvB-mg=m
第二次经过最低点时有F-qvB-mg=m
解得F=0.06 N。第一章分层作业4 带电粒子在匀强磁场中的运动
A级 必备知识基础练
1. 如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A.2 B.
C.1 D.
2.(多选)两个粒子A和B带有等量的同种电荷,粒子A和B以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场,不计重力,则下列说法正确的是( )
A.如果两粒子的速度vA=vB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径RA=RB
B.如果两粒子的动能EkA=EkB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的周期TA=TB
C.如果两粒子的质量mA=mB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的周期TA=TB
D.如果两粒子的质量与速度的乘积mAvA=mBvB,则两粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径RA=RB
3. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上,运动的半圆轨迹如图中虚线所示,不计重力,下列表述正确的是( )
A.M带负电,N带正电
B.M的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
D.M的运动时间大于N的运动时间
4.氕、氘、氚的电荷数相同,质量之比为1∶2∶3,它们由静止经过相同的加速电压加速,之后垂直进入同一匀强磁场,不计重力和它们间的相互作用,则( )
A.运动半径之比为∶1
B.运动半径之比为3∶2∶1
C.运动周期之比为1∶2∶3
D.运动周期之比为3∶2∶1
5.(多选) 如图所示,在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场,一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ=30°角的方向以相同的速度v射入磁场中,则关于正、负电子,下列说法正确的是( )
A.在磁场中的运动时间相同
B.在磁场中运动的轨道半径相同
C.出边界时两者的速度相同
D.出边界点到O点的距离相等
6.(2023湖北武昌高二月考)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向以不同大小的速度射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力,则( )
A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1
B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2
C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1
D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
7.(2023湖北武汉第十一中学高二期中)如图所示,直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场,一质量为m、电荷量为e的电子从O点以方向与MN成30°角的速度v射入磁场中,求:
(1)电子从磁场中射出时距O点的距离;
(2)电子在磁场中运动的时间。
B级 关键能力提升练
8.如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B. C. D.
9. 如图所示,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用,则v2∶v1为( )
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
10. 如图所示,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;在x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子(不计重力)以速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正方向时,求:
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离。
11. 在如图所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ=30°,OP=L,求:
(1)磁感应强度的大小和方向;
(2)该圆形磁场区域的最小面积。
分层作业4 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.D 设带电粒子在P点时初速度为v1,从Q点穿过铝板后速度为v2,则Ek1=,Ek2=;由题意可知Ek1=2Ek2,即=m,则。由洛伦兹力提供向心力,即qvB=,得r=,由题意可知,所以,故选项D正确。
2.CD 因为粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=,周期T=,又粒子电荷量相等且在同一磁场中,所以q、B相等,r与m、v有关,T只与m有关,所以A、B错误,C、D正确。
3.A 根据左手定则可知N带正电,M带负电,A正确;因r=,而M的轨迹半径大于N的轨迹半径,所以M的速率大于N的速率,B错误;洛伦兹力不做功,C错误;M和N的运动时间都为t=,D错误。
4.C 经过电压U加速后,速度v=,根据半径公式得r=,半径与质量的二次方根成正比,即运动半径之比为1∶,A、B错误;根据周期公式T=,可知周期之比等于质量之比,为1∶2∶3,C正确,D错误。
5.BCD 根据正、负电子的受力情况可知,正电子做圆心角为300°的圆周运动,负电子做圆心角为60°的圆周运动,如图所示。正、负电子在做圆周运动时的周期是相等的,故它们在磁场中运动的时间不相同,A错误;根据R=可知,它们在磁场中运动的轨道半径相同,B正确;正、负电子出边界时都是以原来的速度大小,且与水平方向成30°角的方向斜向右下方射出的,故两者的速度相同,C正确;出边界的位置到O点的距离是相等的,故D正确。
6.A 设正六边形边长为l,若粒子从b点离开磁场,可知运动的半径r1=l,圆心角θ1=120°;若粒子从c点离开磁场,可知运动的半径r2=2l,圆心角θ2=60°。根据v=,可得vb∶vc=r1∶r2=1∶2;根据t=T及T=,可得tb∶tc=θ1∶θ2=2∶1,故选A。
7.答案 (1) (2)
解析 设电子在匀强磁场中运动的半径为R,射出时与O点距离为d,运动轨迹如图所示
(1)根据牛顿第二定律知
Bev=m
由几何关系可得d=2Rsin 30°
解得d=。
(2)电子在磁场中转过的角度为θ=60°=
周期T=
因此运动时间t=T=。
8.B 粒子在磁场中做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示,根据半径公式r=可求得r2=2r1,由几何关系得r2cos θ= r2-r1,解得θ= 60°=,粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=,在第二象限中运动的时间t1=,在第一象限中运动的时间t2=,故粒子在磁场中运动的时间为t'=t1+t2=,故选B。
9.C 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射,均做匀速圆周运动,设粒子均向上偏转(均向上或均向下偏转不影响最终结果)。粒子以v1入射时,一端点为入射点P,对应圆心角为60°(六分之一圆周)的弦PP'必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1,如图甲所示,设圆形区域的半径为R,由几何关系知r1=R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP'对应的圆弧内。同理可知,粒子以v2入射时,如图乙所示。由几何关系知r2=Rsin 60°=R,可得r2∶r1=∶1。因为m、q、B均相同,由公式r=可得,v2∶v1=∶1。故选C。
10.答案 (1)1+ (2)1-
解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0区域,圆周运动轨迹半径为R1;在x<0区域,圆周运动轨迹半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得
qB0v0=m
qλB0v0=m
粒子速度方向转过180°时,所需时间为t1=
粒子再转过180°时,所需时间为t2=
联立各式得,所求时间为t=t1+t2=1+。
(2)由几何关系得,所求距离为d=2(R1-R2)=1-。
11.答案 (1) 方向垂直于xOy平面向里
(2)L2
解析 (1)由左手定则知磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动,在Q点飞出磁场,如图所示。设其圆心为O',半径为R。由几何关系有(L-R)sin 30°=R,所以R=。由牛顿第二定律有qv0B=m,故R=
由以上各式得磁感应强度B=。
(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得
圆形磁场的最小直径d=lOQ=R=L
所以S=π2=L2。第一章分层作业5 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
A级 必备知识基础练
1.如图所示,比荷为的电子垂直射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域,则电子能从右边界射出这个区域至少应具有的初速度大小为( )
A. B. C. D.
2.(2023广东深圳高二期中)如图所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2,一电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直于MN进入B1磁场,则它再一次向下通过O点时经过的时间为( )
A. B.
C. D.
3.如图所示,水平放置的平行板长度为L、两板间距也为L,两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在两板正中央P点有一个不计重力的电子(质量为m、电荷量为-e),现在给电子一水平向右的瞬时初速度v0,欲使电子不与平行板相碰撞,则( )
A.v0>或v0<
B.C.v0>
D.v0<
4.如图所示,半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁场,这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点,已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A. B.
C. D.
5.(多选)如图所示,在x>0,y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场,运动轨迹如图所示,不计重力的影响,则( )
A.初速度最大的粒子是沿①射出的粒子
B.初速度最大的粒子是沿②射出的粒子
C.在磁场中运动时间最长的是沿③射出的粒子
D.在磁场中运动时间最长的是沿④射出的粒子
6.(多选)如图所示,P、Q为一对平行板,板长与板间距离均为d,板间区域内充满匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计),以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入,粒子打到板上,则初速度v0大小可能为( )
A. B.
C. D.
7.(多选)如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为l的等边三角形ABC分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线方向发射速度不同的质子,所有质子均能通过C点,质子重力不计,比荷=k,则质子的速度可能为( )
A.2Bkl B.
C. D.
B级 关键能力提升练
8.(多选)(2023山师附中高二月考)如图所示,在研究磁偏转的实验中,一实验小组把电子从P点沿半径PO以不同大小的速度射入圆形磁场区域,电子第一次以速度v1入射,速度方向偏转60°射出;电子第二次以速度v2入射,速度方向偏转90°射出。则电子第一次和第二次在磁场中运动的( )
A.轨迹半径之比为∶1
B.速度之比为1∶
C.时间之比为3∶2
D.时间之比为2∶3
9.如图所示,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:
(1)带电粒子的比荷;
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
10.如图所示,左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量绝对值为q的微观粒子,沿图示方向以速度v0垂直磁场方向射入磁场。不计粒子重力,欲使粒子不能从边界QQ'射出,求粒子入射速度v0的最大值。
11.如图所示,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为l。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从OA边的某点垂直于OA边入射时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0,不计粒子的重力。
(1)求磁场的磁感应强度大小。
(2)若已知磁感应强度大小为B,改变粒子从OA边垂直入射的位置,要使粒子经过磁场后仍从OA边射出,则粒子的最大入射速度为多大
分层作业5 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.B 要使电子能从右边界射出这个区域,则有R≥d,根据洛伦兹力提供向心力,可得R=≥d,则至少应具有的初速度大小为,B正确。
2.A 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,粒子在B1磁场中运动的周期为T1=,在B2磁场中运动的周期为T2=,所以粒子再一次向下通过O点的时间为t=T1+T2=,所以A正确,B、C、D错误。
3.A 电子在磁场中做匀速圆周运动,半径为R=。当R1=时,电子恰好与下板相切;当R2=时,电子恰好从下板右边缘飞出两平行板(即飞出磁场)。由R1=,解得v1=,由R2=,解得v2=,所以欲使电子不与平行板相碰撞,电子初速度v0应满足v0>或v0<,故选项A正确。
4.D 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,PQ圆弧长等于磁场边界周长的,设磁场圆心为O,则∠POQ=90°,粒子轨迹半径r=R,又因为r=,所以B=,D正确。
5.AD 显然图中四条圆弧中①对应的半径最大,由半径公式r=可知,质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大,半径越大,A正确,B错误;根据周期公式T=知,当圆弧对应的圆心角为θ时,带电粒子在磁场中运动的时间为t=,圆心角越大,则带电粒子在磁场中运动时间越长,圆心均在x轴上,由题图可知④的圆心角为π,且最大,故在磁场中运动时间最长的是沿④射出的粒子,C错误,D正确。
6.BC 若粒子恰好打到板左端,由几何关系可得r1=,由洛伦兹力提供向心力可得qBv1=m,解得v1=;若粒子恰好打到板右端,由几何关系可得=d2+,解得r2=,由洛伦兹力提供向心力可得qBv2=m,解得v2=;粒子打到板上,则初速度v0大小的范围是≤v0≤,故选B、C。
7.BD 因质子带正电,且经过C点,则其可能的轨迹如图所示,由几何知识可知,所有圆弧所对圆心角均为60°,所以质子运行半径r=(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,即v==Bk(n=1,2,3,…),故B、D正确。
8.AD 设圆形磁场区域半径为R,电子第一次以速度v1沿直径入射时,轨迹如图所示,电子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°,则电子轨迹对应的圆心角θ1=60°,轨迹半径为r1=Rtan 60°=R,运动时间为t1=T=T;电子第二次以速度v2沿直径入射,电子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°,则电子轨迹对应的圆心角θ2=90°,轨迹半径为r2=R,运动时间为t2=T=T。所以轨迹半径之比r1∶r2=∶1,时间之比t1∶t2=2∶3,故A、D正确,C错误;根据qvB=m得,速度之比v1∶v2=r1∶r2=∶1,故B错误。
9.答案 (1)
(2)
解析 (1)设带电粒子的质量为m、电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=mv2
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB=m
由几何关系知
d=r
联立解得。
(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=+rtan 30°
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=
联立解得t=。
10.答案 若粒子带正电,最大速度为;若粒子带负电,最大速度为
解析 粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,则
qvB=m
解得入射速度v0=
若粒子带正电,最大半径的轨迹如图甲所示
甲
根据几何关系可知R1-R1=d
解得半径为R1=d
则粒子入射速度最大值为
v01=
若粒子带负电,最大半径的轨迹如图乙所示
乙
根据几何关系可知R2+R2=d
同理解得速度最大值为
v02=。
11.答案 (1) (2)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T=4t0
设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m
又v=
得T=
联立解得B=。
(2)如图所示,由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹与AC边和OC边相切时,粒子的轨迹半径最大,此时粒子的入射速度最大。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于N点,从O点射出磁场,由几何关系可知
∠NO'A=30°
r0+=l
设粒子最大入射速度大小为vm,由圆周运动规律有
qvmB=m
联立解得vm=。第一章分层作业6 质谱仪与回旋加速器
A级 必备知识基础练
1.如图所示,回旋加速器是加速带电粒子的装置,其主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒面的匀强磁场中,a、b分别与高频交流电源两极相连接,下列说法正确的是( )
A.粒子从磁场中获得能量
B.带电粒子的运动周期是变化的
C.粒子由加速器的中心附近进入加速器
D.增大金属盒的半径,粒子射出时的最大动能不变
2. 如图所示,一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计),经加速电压U加速后,由O点垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,粒子打到P点,若OP=x,则( )
A.x与U成正比
B.x与U成反比
C.x与成正比
D.x与成反比
3.(多选)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,它的构造原理如图所示,离子源S产生的各种不同正离子束(初速度可看为零),经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场,到达记录它的照相底片P上,设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x,可以判断( )
A.若离子束是同位素,则x越大,离子质量越大
B.若离子束是同位素,则x越大,离子质量越小
C.只要x相同,则离子质量一定相同
D.只要x相同,则离子的比荷一定相同
4. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A.11 B.12 C.121 D.144
5.有一回旋加速器,它的高频电源的频率为1.2×107 Hz,D形盒的半径为0.532 m,求加速氘核时所需的磁感应强度为多大 氘核所能达到的最大动能为多少 (氘核的质量为3.3×10-27 kg,氘核的电荷量为1.6×10-19 C)
B级 关键能力提升练
6. 质谱仪原理如图所示,a为粒子加速器,电压为U1;b为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,板间距离为d,c为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求:
(1)粒子的速度大小v;
(2)速度选择器的电压U2;
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。
7.回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比。
8.一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN=l,且OM=l。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
(1)求原本打在MN的中点P的离子质量m。
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围。
分层作业6 质谱仪与回旋加速器
1.C 粒子在回旋加速器中从电场中获得能量,带电粒子的运动周期是不变的,选项A、B错误;粒子由加速器的中心附近进入加速器,增大金属盒的半径,粒子射出时的最大动能增大,选项C正确,D错误。
2.C 由x=2R=,qU=mv2,可得x与成正比,选项C正确。
3.AD 由动能定理得qU=mv2。离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转,由圆周运动的知识,有x=2r=,故x=,分析四个选项,A、D正确,B、C错误。
4.D 带电粒子在加速电场中运动时,有qU=mv2,在磁场中偏转时,其半径r=,由以上两式整理得r=。由于质子与一价正离子的电荷量相同,B1∶B2=1∶12,当半径相等时,解得=144,选项D正确。
5.答案 1.55 T 2.64×10-12 J
解析 氘核在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,据牛顿第二定律qvB=m,周期T=,解得圆周运动的周期T=
要使氘核每次经过电场均被加速,则其在磁场中做圆周运动的周期等于交变电压的周期,即T=
所以B= T=1.55 T
设氘核的最大速度为vmax,对应的圆周运动的半径恰好等于D形盒的半径,所以vmax=
故氘核所能达到的最大动能
Emax=m·2==
J=2.64×10-12 J。
6.答案 (1) (2)B1d (3)
解析 (1)在a中,正粒子被加速电场U1加速,由动能定理有eU1=mv2,得v=。
(2)在b中,正粒子受的静电力和洛伦兹力大小相等,即e=evB1,代入v值得U2=B1d。
(3)在c中,正粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动,回转半径R=,解得R=。
7.答案 ∶1
解析 设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1,则有qU=,qv1B= m,解得r1=
同理,粒子第2次经过狭缝后的半径r2=
则r2∶r1=∶1。
8.答案 (1) (2)≤U≤
解析 (1)离子在电场中加速,qU0=mv2
在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m
解得r0=
代入r0=l,解得m=。
(2)由(1)知,U=
离子打在Q点时,r=l
得U=
离子打在N点时,r=l,得U=
则电压的范围≤U≤。第一章分层作业7 带电粒子在复合场中的运动
A级 必备知识基础练
1. (多选)如图所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段( )
A.a、b一起运动的加速度减小
B.a、b一起运动的加速度增大
C.a、b物块间的摩擦力减小
D.a、b物块间的摩擦力增大
2. 带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点( )
A.可能做直线运动
B.可能做匀减速运动
C.一定做曲线运动
D.可能做匀速圆周运动
3. (多选)如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,匀强电场方向竖直向下,有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力,则( )
A.若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入,电子也沿直线运动
B.若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入,电子将向上偏转
C.若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入,电子将向下偏转
D.若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入,电子也沿直线运动
4.(多选)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则( )
A.经过最高点时,三个小球的速度相等
B.经过最高点时,甲球的速度最小
C.甲球的释放位置比乙球的高
D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变
5.(2022全国甲卷)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( )
6. 在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面,磁感应强度为B,方向垂直纸面向外,电场方向竖直向上,有一质量为m、电荷量为+q的小球静止在斜面顶端,这时小球对斜面的正压力恰好为零,如图所示。若迅速把电场方向反转为竖直向下,小球能在斜面上连续滑行多远 所用时间是多少
B级 关键能力提升练
7. 如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10 m/s2。求:
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
8.(2023广东江门高二月考)在平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ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θ=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;
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。
9. 如图所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC。
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf。
(3)若D点为小滑块在静电力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
10.(2021山东卷)某离子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Q点,依次经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。
甲
乙
(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。
分层作业7 带电粒子在复合场中的运动
1.AC 以a为研究对象,分析a的受力情况,a向左加速→受洛伦兹力方向向下→对b的压力增大。以a、b整体为研究对象,分析整体受到的合外力,b对地面压力增大→b受的摩擦力增大→整体合外力减小→加速度减小。再分析a,b对a的摩擦力是a受到的合外力,a的加速度减小→a受到的合外力减小→a、b间的摩擦力减小。故选A、C。
2.C 带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动,一定做曲线运动,C正确。
3.BD 若电子从右向左飞入,静电力向上,洛伦兹力也向上,所以向上偏,B正确,A错误;若电子从左向右飞入,静电力向上,洛伦兹力向下,由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动,D正确,C错误。
4.CD 设磁感应强度为B,圆形轨道半径为r,三个小球质量均为m,它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙,则mg+Bv甲q甲=,mg-Bv乙q乙=,mg=,显然,v甲>v丙>v乙,选项A、B错误;三个小球在运动过程中,只有重力做功,即它们的机械能守恒,选项D正确;甲球在最高点处的动能最大,因为势能相等,所以甲球的机械能最大,甲球的释放位置最高,选项C正确。
5.B 因为在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,所以在坐标原点O静止的带正电粒子在静电力作用下会向y轴正方向运动;磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力,故带电粒子向x轴负方向偏转,可知选项A、C错误。粒子运动的过程中,静电力对带电粒子做功,粒子速度大小发生变化,粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直;由于匀强电场方向是沿y轴正方向,故x轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子再次运动到x轴时,静电力做功为0,洛伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x轴时的速度为0,随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏转,故B正确,D错误。
6.答案
解析 电场反转前,有mg=qE
电场反转后,小球先沿斜面向下做匀加速直线运动,到对斜面压力减为零时开始离开斜面,此时有
qvB=(mg+qE)cos θ
小球在斜面上滑行距离
s=vt=at2
a=
联立得s=
所用时间为t=。
7.答案 (1)20 m/s,方向与电场方向成60°角斜向上
(2)2 s
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图所示,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,
有qvB=
代入数据解得v=20 m/s
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ=
代入数据解得
tan θ=
θ=60°。
(2)撤去磁场后,由于静电力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=vsin θ
若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt-gt2=0
联立解得t=2 s。
8.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动
设粒子过N点时的速度为v,有=cos θ,得v=2v0
粒子从M点运动到N点的过程,有
qUMN=mv2-
解得UMN=。
(2)如图所示,粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动,半径为O'N,有qvB=,所以r=。
(3)由几何关系得lON=rsin θ
设粒子在电场中运动的时间为t1,有lON=v0t1
所以t1=
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=
则粒子在磁场中运动的时间为
t2=T=
所以t=t1+t2=。
9.答案 (1)
(2)mgh-
(3)
解析 (1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足
qvB+FN=qE
小滑块在C点离开MN时,FN=0
解得vC=。
(2)由动能定理得mgh-Wf=-0
解得Wf=mgh-。
(3)小滑块的运动轨迹如图所示
小滑块速度最大时,速度方向与静电力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g',g'=+g'2t2
解得vP=。
10.答案 (1)
(2)Ltan θ+
(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
根据几何关系得sin θ=
联立解得v=。
(2)离子在Ⅱ区内只受静电力,x方向做匀速直线运动,y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,y方向的位移为y0,加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma
由运动的合成与分解得L=vtcos θ,y0=-r(1-cos θ),y0=vtsin θ-at2
联立得E=Ltan θ+。
(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=,l'=×2πr'+×2πr'
离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有
C到O1的距离s=2r'sin α+r'
联立得s=L。
