【A级——基础练】
1.(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,能够达到的最大高度为h1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3,若加上竖直向上的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h4,如图所示.不计空气,则( )
A.一定有h1=h3 C.h2与h4无法比较
B.一定有h1
解析:AC 第1个图:由竖直上抛运动的最大高度公式得:h1=.第3个图:当加上
2g电场时,由运动的分解可知:竖直方向上有,v0=2gh3,所以h1=h3,故A正确;而第2个图:洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此1212
时的球的动能为Ek,则由能量守恒得:mgh2+Ek=mv0,又由于mv0=mgh1,所以h1>h2,所
22以D错误.第4个图:因小球电性不知,则电场力方向不清,则高度可能大于h1,也可能小于h1,故C正确,B错误.
2.(多选)如图,空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右),在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用,两球电荷量始终不变),关于小球的运动,下列说法正确的是( )
A.沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动 B.只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动 C.若有小球能做直线运动,则它一定是匀速运动 D.两小球在运动过程中机械能均守恒
解析:AC 沿ab方向抛出的带正电小球,或沿ac方向抛出的带负电的小球,在重力、电场力、洛伦兹力作用下,都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.
3.如图所示是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.现分别加速氘核(1H)和氦核(2He).下
2
42
1
列说法中正确的是( )
A.它们的最大速度相同 B.它们的最大动能相同
C.它们在D形盒内运动的周期不同
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
v2qBR24
解析:A 由Bqv=m得v=,1H和2He的比荷相等,故v也相同,即A项正确.Ekm
Rm12qBR2q2πm4
=mv=,1H和2He的的值不等,则Ekm不同,即B项错.周期T=,由上述分析22mmBq可见T相同,即C项错.粒子的最大动能与频率无关,故D项错.
4.(多选)如图所示,甲是一个带正电的小物块,乙是一个不带电的绝缘物块,甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上,地板上方空间有水平方向的匀强磁场.现用水平恒力拉乙物块,使甲、
乙一起保持相对静止向左加速运动,在加速运动阶段,下列说法正确的是( )
A.甲对乙的压力不断增大
B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C.乙对地板的压力不断增大 D.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
解析:ACD 对甲、乙两物块受力分析,甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大,乙物块对地板的压力不断增大,甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动;甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff=m的摩擦力不断减小.故A、C、D正确.
5.如图所示,一电子束垂直于电场线与磁感应线方向入射后偏向A极板,为了使电子束沿射入方向做直线运动,可采用的方法是( )
A.将变阻器滑动头P向右滑动 B.将变阻器滑动头P向左滑动 C.将极板间距离适当减小 D.将极板间距离适当增大
解析:D 电子入射极板后,偏向A板,说明Eq>Bvq,由E=可知,减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压,故C错误,D正确;而移动滑动头P并不能改变板间电压,故A、B均错误.
6.如图所示,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁
2
甲
222
2
a,甲、乙两物块间
UdB 2
场.一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在上方运动半径为R.不计重力,则( )
A.粒子经偏转一定能回到原点O
B.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1 2πmC.粒子完成一次周期性运动的时间为 3qBD.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进3R
解析:D 带电粒子在磁场中一直向x轴正方向运动,A错误.因R=且B1=2B2,所11πm以轨道半径之比R1∶R2=1∶2,B错误.粒子完成一次周期性运动的时间t=T1+T2=+
663qB2πmπm=,C错误.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进距离l=R+2R=3R,D3qBqB正确.
7.(多选)如图,为探讨霍尔效应,取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体,给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是( )
A.M板比N板电势高
B.导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大 C.导体中自由电子定向移动的速度为v= D.导体单位体积内的自由电子数为
mvqBUBdBI eUd解析:CD 电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向竖直向上,则M板积累了电子,M、N之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低,选项A错误.电子定向移动相当于长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U=E=Bdv,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关,选项B错误;由U=E=Bdv得,自由电子定向移动的速度为v=,选项C正确;电流的微观表达式是I=nevS,则导体单位体积内的自由电子数n=
UBdI,S=db,evSUBIv=,代入得n=,选项D正确. BdeUb8.如图所示,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子,不计重力.在
a点以某一初速度水平向左射入磁场区域I,沿曲线abcd运动,ab、bc、
3
cd都是半径为R的圆弧.粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定由纸面垂直向外的磁感
应强度为正,则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是( )
解析:C 由题目条件和题图可知,粒子从a点运动到b点的过程中(即在磁场区域Ⅰ中),磁感应强度为正,所以B、D错误;又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间,由2πm90°πm公式T=及t=·T可以得到磁感应强度B的大小为,所以C正确,A错误.
Bq360°2qt9.如图所示,一个质量m=0.1 g,电荷量q=4×10 C带正电的小环,套在很长的绝缘直棒上,可以沿棒上下滑动.将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内,E=10 N/C,B=0.5 T.小环与棒之间的动摩擦因数μ=0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度.取g=10 m/s,小环电荷量不变.
解析:小环由静止下滑后,由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右),使小环压紧竖直棒.相互间的压力为FN=qE+qvB.
由于压力是一个变力,小环所受的摩擦力也是一个变力,可以根据小环运动的动态方程找出最值条件.
根据小环竖直方向的受力情况,由牛顿第二定律得运动方程mg-μFN=ma,即mg-μ(qE+qvB)=ma.
当v=0时,即刚下落时,小环运动的加速度最大,代入数值得am=2 m/s.
下落后,随着v的增大,加速度a逐渐减小.当a=0时,下落速度v达最大值,代入数值得vm=5 m/s.
答案:am=2 m/s vm=5 m/s
10.x轴下方有两个关于直线x=-0.5a对称的沿x轴的匀强电场(大小相等,方向相反).如图甲所示,一质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以初速度v沿y轴正方向从P点进入电场,后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场(图中未画出).粒子过O点的同时在MN和x轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场,规定垂直纸面向里为正方向.正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等,且持续的时间相同.粒子在磁场中运动一段时间后到达Q点,并且速度也与过P点时速度相同.已知P、O、Q在一条直线上,
2
2
2
-4
4
与水平方向夹角为θ,且P、Q两点横坐标分别为-a、a.试计算:
(1)电场强度E的大小; (2)磁场的磁感应强度B的大小; (3)粒子从P到Q的总时间.
解析:(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动,且时间相等,设为t,对该运动分析得
y方向:atan θ=2vt
1qEx方向:a=t2,
22m4mv解得:E=,
aqtan2θ
2
atan θt=.
2v(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)
设半径为R,由几何关系可知
acos θ
=4nRcos θ(n=1,2,3,…),
v2
Bqv=m,
R4nmvcosθ
解得B=(n=1,2,3,…).
2
qa(3)带电粒子在电场中运动的时间
atan θt电=2t=. v研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动,设时间为t磁,设单元圆弧对应的圆心角为α,由几何关系可知
α=π-2θ,
则t磁=2n
π-2θRv=π-2θ
2
2vcosθ
a,
5
所以粒子从P到Q的总时间
atan θπ-2θ
t总=t电+t磁=+2v2vcosθ
2
2
a.
4mv4nmvcosθ
答案:(1) (2)(n=1,2,3,…) 2
aqtanθqa(3)atan θπ-2θ+2v2vcosθ
a 【B级——提升练】
11.(2017·三门峡市陕州中学检测)如图甲,一带电物块无初速度地放在皮带轮底端,皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中,其v-t图象如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5 s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是
( )
A.该物块带负电
B.皮带轮的传动速度大小一定为1 m/s
C.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D.在2~4.5 s内,物块与皮带仍可能有相对运动
解析:D 对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿斜面的方向有μFN-mgsin θ=ma①
物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,一定是FN逐渐减小,而开始时FN=mgcos θ,后来FN′=mgcos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知物块带正电,故A错误.物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时
mgsin θ=μ(mgcos θ-f洛)②
由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,则物块可能相对于传送带静止,也可能相对于传送带运动,故B错误,D正确.由以上分析可知,皮带的速度无法判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.
12.(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一
6
种装置.待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比,待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零,加速电场区域Ⅰ的板间电压为U,粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ,其中匀强磁场的磁感应强度大小为B,左右两极板间距为d,区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上,若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过,不计纳米粒子重力,则( )
A.区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为 B.区域Ⅱ左右两极板的电势差U1=Bd2q0Um0
q0U m0
C.若密度相同的纳米粒子的半径r>r0,则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过
D.若密度相同的纳米粒子的半径r>r0,它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过,则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为
r0 r12
解析:AD 设半径为r0的粒子加速后的速度为v,则有q0U=m0v,设区域Ⅱ内电场强
2度为E,由题意可知洛伦兹力等于电场力,即q0vB=q0E,联立解得E=B区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed=Bd2q0U2q0Um0
,则=EB2q0Um0
,
m0
,故A正确,B错误;若纳米粒子的半径r>r0,
设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′,则m=()m0,而q=
rr0
3
r212
()q0,由mv′=qU,解得v′=r02
2q0Ur0
=
m0rr0
v r0 ,故D正确. r13.如图甲所示,在MN下方存在竖直向上的匀强电场,在MN上方以MN为弦、半径为 R的虚线区域内存在周期性变化的磁场,磁场的变化规律如图乙所示,规定垂直纸面向里的 方向为正方向.弦MN所对的圆心角为120°.在t=0时,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场,运动到圆心O点后,做一次半径为的完整 2的圆周运动,再沿直线运动到B点,在B点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计,电荷量不变),运动轨迹如图甲所示.粒子的重力不计,不考虑变化的磁场所产生的电场.求: R 7 (1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0; (2)粒子从B点运动到A点的最短时间t; (3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小. 解析:(1)根据题意,粒子在磁场中运动的半径为r=,由洛伦兹力提供向心力得qvB0 2 Rv22mv=m,解得B0= rqR由题图分析可知,粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点,然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0,则T0= R+πRR=(π+1) vvvvRπR(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1,存在磁场的时间为t2,则t1=,t2= 因为∠MON=120°,可求得MN与AB之间的距离为. 2 1 粒子从B点返回时,刚好进入磁场并做圆周运动,然后进入电场做匀减速运动,当返 4回后刚离开电场时粒子做圆周运动,此时一定存在磁场,为了满足题图甲的运动轨迹,粒子33 在电场中的最短时间为t1+t2.则粒子从B点运动到A点的最短时间为t=2(t1+t2)+t2 445R=2t1+t2=(4+5π) 22v(3)粒子在电场中做匀变速运动,加速度为a= RqEmqE3 根据速度公式得2v=×(t1+t2) m4 解得E= q8mv= t1+3t28mv+3π 2 qR. 8mv+3π 2 2mvRR答案:(1) (π+1) (2)(4+5π) (3) qRv2vqR 14.如图甲所示,竖直面MN的左侧空间存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界).一个质量为m、电荷量为q的可视为质点的带正电的小球,以大小为v0的速度垂直于竖直面MN向右做直线运动,小球在t=0时刻通过电场中的P点,为使小球能在以后的运动中竖直向下通过D点(P,D间距为L,且它们的连线垂直于竖直平面MN ,D到竖直面MN的 8 距离DQ等于L/π),经过研究,可以在电场所在的空间叠加如图乙所示随时间周期性变化2πm的、垂直纸面向里的磁场,设t0≤且为未知量.求: qB0 甲 乙 (1)场强E的大小; (2)如果磁感应强度B0为已知量,试推出满足条件t1的表达式; (3)进一步研究表明,竖直向下通过D点的小球将做周期性运动,当小球运动的周期最大时,求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小,并在图中定性画出此时小球运动一个周期的轨迹. 解析: (1)小球进入电场,做匀速直线运动时有: Eq=mg 解得E= (2)在t1时刻加磁场,小球在时间t0内做匀速圆周运动,设圆周运动周期为T0,半径为 mgqR, 竖直向下通过D点,如图甲所示, 甲 3v0 则t0=T0,B0qv0=m 4R2 LmPF-PD=R,即v0t1-L=R,解得t1=+ v0qB0 (3)小球运动的速率始终不变,当R变大时,T0也增加,小球在电场中的运动周期T也增加. 在小球不飞出电场的情况下,当T最大时,有:DQ=2R L2mv02πR2πm2πmv0L即=,T0==,解得B0=,T0= πqB0v0B0qqLv0 结合轨迹图可知,小球在电场中运动的最大周期: 9 T=4×( 3T0 +t0), 4 6L解得T= v0 小球在电场中运动一个周期的轨迹图如图乙所示. 乙 答案:(1) (2)t1=+ mgqLm v0qB0 2πmv06L(3) 轨迹图见解析 qLv0 15.如图所示,在xOy平面的第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度为 E.第Ⅰ和第Ⅳ象限内有一个半径为R的圆,其圆心坐标为(R,0),圆内存在垂直于xOy平面 向里的匀强磁场,一带正电的粒子(重力不计)以速度v0从第Ⅱ象限的P点平行于x轴进入电场后,恰好从坐标原点O进入磁场,速度方向与x轴成60°角,最后从Q点平行于y轴射出磁场.P点所在处的横坐标x=-2R.求: (1)带电粒子的比荷; (2)磁场的磁感应强度大小; (3)粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间. 解析:(1)粒子在电场中做类似平抛运动,根据分运动公式,有: tan 60°== vyat1 ① v0v0 qE② m根据牛顿第二定律,有:a=水平分运动:x=2R=v0t③ 联立解得:vy=v0tan 60°=3v0④ 2 q3v0=⑤ m2ER 10 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示:由几何关系,图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心O2、磁场圆圆心O1构成四边形,由于∠O1OO2=30°,故▱O1OO2P是菱形,故:r=R⑥ 根据牛顿第二定律,有: qvB=mv2 r⑦ 式中:v= v0 cos 60° =2v0⑧ 联立解得:B=43E3v⑨ 0 (3)在电场中是类似平抛运动,有: t=x2Rv=v⑩ 00 在磁场中是匀速圆周运动,时间: t′= θ2πT=θ2π·2πmqB=5πR12v⑪ 0 故总时间为: tt+t′=2R5πR24R+5πR总=v+=⑫ 012v012v0答案:(1) 3v2 0 43E24R+5πR2ER (2)3v (3) 012v0 11 因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容