專題10　帶電粒子在多種場中的運動（解析版）

學(xué)而優(yōu)教有方專題10帶電粒子在多種場中的運動1.【答案】C【解析】等離子體進(jìn)入磁場,根據(jù)左手定則,正電荷向下偏轉(zhuǎn),所以A板帶正電,為電源的正極,B板為電源的負(fù)極,選項A錯誤;分析電路結(jié)構(gòu)可知,A、B為電源的兩極,R為外電路,故電阻R兩端電壓為路端電壓,小于電源的電動勢,選項B錯誤;粒子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡,有qvB=qUd2.【答案】CD【解析】交變電場的周期與帶電粒子運動的周期相等,帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的周期T=2πmBq,與粒子的速度無關(guān),所以加速后,交變電場的周期不需改變,不同的帶電粒子,在磁場中運動的周期不等,所以加速不同的帶電粒子,一般要調(diào)節(jié)交變電場的頻率,選項A錯誤,D正確;根據(jù)qvB=mv2R,解得v=qBRm,帶電粒子射出時的動能Ek=123.【答案】D【解析】根據(jù)左手定則,正電荷受到豎直向下的洛倫茲力,負(fù)電荷受到豎直向上的洛倫茲力,選項A、B錯誤;不帶電液體在磁場中流動時,由于沒有自由電荷,不能形成電場,MN兩點沒有電勢差,因此無法測出流速,C錯誤;計算液體的流速,根據(jù)qvB=Udq,可得流速v=UBd,流量Q=Sv=πd244.【答案】AD【解析】兩種離子氖20和氖22在電場加速的過程中,電場力做功為W=Uq,故電場力對每個氖20和氖22做的功相等,選項A正確;根據(jù)動能定理可得Uq=12mv2,即v=2Uqm,由于氖22的質(zhì)量比氖20的質(zhì)量大,因此氖22進(jìn)入磁場時的速度較小,選項B錯誤;粒子在磁場中做圓周運動,則qvB=mv2r,半徑r=mvqB=2mU5.【答案】BD【解析】粒子在MN左側(cè)磁場中運動的半徑r1=mv0qB1=4×1041×106×3m=43×10-2m=43cm,粒子在MN右側(cè)磁場中運動的半徑r2=mv0qB2=4×1041×106×2m=2×10-2m=2cm,粒子運動軌跡如圖,粒子在左側(cè)磁場中運動的周期T1=2πmqB1=2π106×3s=6.【答案】AC【解析】粒子在磁場中的運動軌跡如圖,由對稱性可知,因DE=CF=3L,DA=33L則CQ=233L,選項A正確,B錯誤;粒子運動的軌道半徑為r=33L,則由qvB=m7.【答案】BD【解析】加電場后,滑塊受到水平向左的電場力,大小為F電=3mg,和豎直向下的重力合成可得合力為F=2mg,方向沿斜面向下,此時斜面受到的正壓力為零,滑塊受摩擦力為0.滑塊沿斜面做加速運動,則受到垂直斜面向下的洛倫茲力,隨速度的增加,洛倫茲力變大,則滑塊對斜面的正壓力變大,摩擦力逐漸變大.根據(jù)2mg-f=ma可知,加速度逐漸減小,當(dāng)2mg=f時,加速度a=0,滑塊做勻速運動,則圖像B、D正確.8.【答案】C【解析】設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,則帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時的運動軌跡如圖所示,設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r,經(jīng)T12粒子轉(zhuǎn)過的圓周角為α,有2rsinα=AB,2(r-rcosα)=AD,又AB=3AD,聯(lián)立解得α=60°,所以有T12=16TB,TB=2πrv0,解得T1=23πAB9v0;如果把磁場換為電場,則有9.【答案】(1)πm3qB(2)見解析(3)123mv【解析】(1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r1,由牛頓第二定律得qvB=mv可知,當(dāng)v=3v0時,帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r1=3R其運動軌跡如圖所示由圖可知∠PO1O=∠OO1D=30°,軌跡所對的圓心角為60°T=2πrv=t=60°360°(2)當(dāng)帶電粒子以v0射入時,帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑為R.設(shè)粒子射入方向與PO方向夾角為θ,帶電粒子從區(qū)域邊界S射出,帶電粒子運動軌跡如圖所示.因PO2=O2S=PO=SO=R,所以四邊形POSO2為菱形,由圖可知PO∥O2S因此,帶電粒子射出磁場時的方向與y軸垂直,與入射的方向無關(guān).(3)粒子進(jìn)入電場區(qū)域做類平拋運動,設(shè)兩次經(jīng)過y軸的位置O'K間的距離為L,則有Lcos60°=3v0tLsin60°=12qE得L=12從O'至K由動能定理得qELsin60°=12mv2-12解得v=39v0.10.【答案】(1)8U0(3)arccosm【解析】(1)離子在磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv離子在電場中加速,根據(jù)動能定理得U0q=12mv聯(lián)立解得qm=8(2)離子在電場中加速,根據(jù)動能定理得Uq=12mv離子在磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv聯(lián)立解得r=1原打在M點的離子12L=當(dāng)電壓變?yōu)閁1時離子打到Q點時56L=當(dāng)電壓變?yōu)閁2時離子打到N點時L=1解得U1=259U0,U2=4U當(dāng)加速電壓調(diào)整為259(3)設(shè)加速質(zhì)量為m,帶電量為q的離子,進(jìn)入磁場做圓周運動的半徑為R,由動能定理和牛頓第二定律可知R=1第二次,加速電荷量相同、質(zhì)量分別為m1和m2(m1<m2)的兩種離子,加速后離子不能完全垂直進(jìn)入磁場,離子進(jìn)入磁場的方向與邊界法線之間有夾角α,離子運動的情況如圖所示由圖可得出2R2cosα≥2R1則m2cosα≥m1故α≤arccosm可得夾角α的最大值為arccosm111.【答案】(1)πm3Bq(2)d【解析】根據(jù)題意分析可作出粒子運動的示意圖.(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得Bqv=mv則軌跡半徑為R=mvBq周期為T=2π因為θ=π所以t=T6=π(2)如圖所示,有粒子通過磁場的區(qū)域為圖中斜虛線部分面積的大小,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得面積為S=d22+π2(3)粒子垂直于邊界進(jìn)入Ⅱ區(qū)后,受到的洛倫茲力為qvB=q在Ⅱ區(qū)受到的電場力為qE=q由于電場力小于洛倫茲力,粒子將向下偏轉(zhuǎn),當(dāng)速度為零時,沿-y方向的位移為y,由動能定理得-qEy=0-12mv解得y=12·m所以y軸坐標(biāo)為0.12.【答案】(1)t=d2mqU(2)vm(3)v≤2【解析】(1)板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=U粒子在板間的加速度a=qU根據(jù)位移公式有d=12at解得t=d2m(2)粒子一直加速到達(dá)O1孔速度最大,設(shè)經(jīng)歷時間t0,則t0=d2mq解得T≥22由動能定理有qU0=12m解得vm=2q(3)當(dāng)磁感強(qiáng)度分別為B0、2B0時,設(shè)粒子在磁場中圓周運動半徑分別為r1、r2,周期分別為T1、T2,則qvB0=mv解得r1=mv且有T1=2πmq同理可得r2=mv2qB0=r12故0~T02粒子以半徑r