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文檔簡介
第9講磁場帶電粒子在磁場中的運動能力培養(yǎng)練1.(2022·全國乙卷,18)(多選)安裝適當?shù)能浖?利用智能中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖,在上建立直角坐標系,顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量,每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知(BC)測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT102145202046321045421045A.測量地點位于南半球B.當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸鹊拇笮〖s為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方解析:地磁北極在地理南極附近,地磁南極在地理北極附近,根據(jù)測量數(shù)據(jù)可知,Bz為負值,測量地點位于北半球,選項A錯誤;利用第1次測量的數(shù)據(jù)可得當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸鹊拇笮锽=By50μT,選項B正確;第2次測量時By為負值,y軸正向指向南方,選項C正確;第3次測量時Bx為正值,x軸正向指向北方,y軸正向指向西方,選項D錯誤。2.如圖所示,在正方體的四條沿x軸方向的棱上,分別固定通有等大電流I0的等長導線,正方體的中心點P處有不斷沿y軸正方向噴射粒子的粒子源。關(guān)于粒子剛被噴出時所受到的洛倫茲力的方向,下列說法正確的是(C)A.若粒子帶正電,其所受洛倫茲力的方向沿z軸正方向B.若粒子帶正電,其所受洛倫茲力的方向沿x軸正方向C.若粒子帶負電,其所受洛倫茲力的方向沿x軸正方向D.若粒子帶負電,其所受洛倫茲力的方向沿z軸負方向解析:右視圖如圖所示,根據(jù)安培定則以及對稱性可知,P點磁感應強度方向沿z軸正方向,根據(jù)左手定則可知,若粒子帶正電,其所受洛倫茲力的方向沿x軸負方向;若粒子帶負電,其所受洛倫茲力的方向沿x軸正方向,故A、B、D錯誤,C正確。3.(2022·湖南卷,3)如圖甲,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上,其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場,與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化,其截面圖如圖乙所示。導線通以電流I,靜止后,懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(D)A.當導線靜止在圖甲右側(cè)位置時,導線中電流方向由N指向MB.電流I增大,靜止后,導線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比解析:當導線靜止在題圖甲右側(cè)時,導線MN在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,導線所受安培力指向右側(cè);又安培力與磁場方向垂直,所以安培力垂直于輕繩指向右上方。由左手定則可知,導線中電流方向由M指向N,選項A錯誤。由平衡條件,輕繩拉力F=(mg)24.如圖所示,在平面直角坐標系xOy平面內(nèi),x軸的上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,M、N是位于x軸上的粒子發(fā)射源,它們可以向磁場中發(fā)射速度大小不同但均沿y軸正方向運動的帶電粒子,已知比荷相同、電性不同的帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T,先從M發(fā)射帶正電的粒子a,經(jīng)過T12(1)若兩個粒子運動的時間均大于T4之比;(2)若兩個粒子運動的時間均小于T4解析:(1)假設(shè)粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角為θ1,粒子b轉(zhuǎn)過的圓心角為θ2,即T12=θ若兩個粒子運動的時間均大于T4,則θ1和θ2都是鈍角,則360°θ1θ2=90°聯(lián)立解得θ1=150°,θ2=120°;粒子的運動軌跡如圖甲所示,由幾何關(guān)系可知ra=Lsinrb=Lsin由v=2πr可得vavb=r(2)若兩個粒子運動的時間均小于T4,則θ1和θ2都是銳角,θ1θ2=90°,解得θ1=60°,θ2=30°;粒子的運動軌跡如圖乙所示,由幾何關(guān)系可知ra=Lsinθ1,rOM=ra(1cosθ1),ON=rb(1cosθ2),MN=OM+ON=(2233答案:(1)3∶1(2)(2233素養(yǎng)提升練5.(2023·山西晉中二模)如圖所示,用一根電阻絲制作成正方形線框abcd,固定于勻強磁場中的線框平面與磁場方向垂直,線框頂點a、b與電源兩端相連,電源內(nèi)阻與正方形一條邊的電阻相等,導線電阻忽略不計。S閉合后,線框受到的安培力大小為F。若僅將ab邊切割移走,則余下線框受到的安培力大小為(C)A.F2 B.F4 C.7解析:設(shè)正方形線框一條邊的電阻為R,長度為L,當開關(guān)S閉合時,正方形的總電阻為R1=3R23R+R=34R,由閉合電路歐姆定律可得,電路中的電流I1=E34R+R=4E7R,所以線框所受的安培力F=I1LB。將ab邊切割移走后,電路中的電阻R26.(2022·湖北卷,10)(多選)如圖所示,一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點O射入,并經(jīng)過點P(a>0,b>0)。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn),粒子從O到P運動的時間為t1,到達P點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn),粒子從O到P運動的時間為t2,到達P點的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是(AD)A.t1<t2 B.t1>t2C.Ek1<Ek2 D.Ek1>Ek2解析:若該過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn),此時粒子做類平拋運動,t1=av0,Ek1=12m(v02+vy2);若該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn),此時粒子做勻速圓周運動,t2=OPv0,Ek2=1Ek2,A、D正確,B、C錯誤。7.(2023·全國乙卷,18)如圖,一磁感應強度大小為B的勻強磁場,方向垂直于紙面(xOy平面)向里,磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中,在磁場另一側(cè)的S點射出,粒子離開磁場后,沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點;SP=l,S與屏的距離為l2A.E2aB2 B.EaB解析:由題知,一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中,在磁場另一側(cè)的S點射出,運動軌跡如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時速度方向與豎直方向的夾角為30°,則sin30°=r-ar,解得粒子做圓周運動的半徑r=2a,則粒子做圓周運動有qvB=mv2r,則有v=28.(2023·山東泰安一模)中國環(huán)流器二號M裝置(HL2M)在成都建成并實現(xiàn)首次放電,該裝置通過磁場將粒子約束在小范圍內(nèi)實現(xiàn)核聚變。其簡化模型如圖所示,半徑為R和2R的兩個同心圓之間的環(huán)形區(qū)域存在與環(huán)面垂直的勻強磁場,核聚變原料氕核(11H)和氘核(A.28R B.2C.22R D.(2解析:依題意,氕核、氘核全部被約束在大圓形區(qū)域內(nèi),根據(jù)qvB=mv2r,得r=mvqB;由于二者速度相同,根據(jù)半徑與比荷的關(guān)系,可知氕核、氘核在磁場中的軌跡半徑之比為1∶2。當氘核在磁場中的運動軌跡剛好與磁場外邊界相切時,氘核運動軌跡半徑最大,畫出軌跡圖如圖所示,由幾何知識得(2Rrmax)2=rmax2+R2,得氘核的最大半徑為rmax=24R,所以氕核在磁場中運動的最大半徑為rmax′=9.(2023·廣東廣州模擬)如圖所示,在豎直邊界MN左側(cè)有磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,豎直邊界O處有一小孔,大量帶正電的相同粒子從各種不同方向沿紙面以相同速率從小孔射入磁場。緊貼小孔的下方有一可繞O轉(zhuǎn)動的足夠長擋板OA(忽略小孔的大小,認為小孔與轉(zhuǎn)動軸在同一位置),射入磁場的帶電粒子能全部打在擋板上。不計粒子重力及其相互作用,當擋板和邊界MN的夾角θ由0°增大到180°的過程中,從小孔射入的帶電粒子擊中擋板區(qū)域的長度將(D)A.不斷增大B.先增大后減小,其長度變化情況先后對稱C.先增大后減小,其長度變化情況先后不對稱D.先增大后不變解析:帶正電的粒子進入磁場后,由左手定則得軌跡如圖,則當擋板和邊界MN的夾角θ由0°增大到180°的過程中,在位置1時,粒子打在板上的長度小于直徑,從位置2開始粒子打在板上的長度等于直徑,此后維持不變,直到增大到180°,故D正確。10.(2020·全國Ⅰ卷,18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中虛線所示,ab為半圓,ac、bd與直徑ab共線,ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子,在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場,這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為(C)A.7πm6qB B.5πm4qB解析:帶電粒子在勻強磁場中運動,運動軌跡如圖所示,由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得r=mvqB,運動時間t=θrv=θmqBπ3=4π3,粒子最長運動時間為11.(2021·海南卷,13)(多選)如圖,在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi),存在垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的P(0,3L)點,以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場,設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0°≤α≤180°)。當α=150°時,粒子垂直于x軸離開磁場。不計粒子受到的重力。則(CD)A.粒子一定帶負電B.當α=45°時,粒子也垂直于x軸離開磁場C.粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為35LD.粒子入射速率為2解析:由題意知,粒子垂直于x軸離開磁場,根據(jù)左手定則可知粒子帶正電,故A錯誤;當α=150°時,粒子垂直于x軸離開磁場,運動軌跡如圖甲所示,粒子運動的軌跡半徑為r=3Lcos60°洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2解得粒子入射速率為v=23若α=45°,粒子的運動軌跡如圖乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子離開磁場時的速度方向與x軸不垂直,故B錯誤;粒子離開磁場距離O最遠時,粒子在磁場中的軌跡為半圓,如圖丙所示,根據(jù)幾何關(guān)系可得(2r)2=(3L)2+xm解得xm=35L,故C正確。12.(2023·湖北卷,15)如圖所示,空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻,一帶正電粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入,第一次到達O點時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍,粒子甲運動一個圓周時,粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m,兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰,碰撞時間忽略不計,碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移,不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求:(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小。(2)粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。(3)t=18πmqB時刻粒子甲、乙的位置坐標,及從第一次碰撞到t=解析:(1)由題知,粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入到達O點,則說明粒子甲的軌跡半徑r=a,根據(jù)qv甲0B=mv甲解得v甲0=qBam(2)由題知,粒子甲運動一個圓周時,粒子乙剛好運動了兩個圓周,則T甲=2T乙,根據(jù)qvB=m4πT甲T乙則m乙=12粒子甲、乙碰撞過程,取豎直向下為正方向,有mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v12mv甲02+12m乙v乙02=1解得v乙0=5v甲0,v乙則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa(3)已知在t1=πmv甲1=3v甲0,v乙1=3v則根據(jù)qvB=mv2r,可知此時粒子乙的運動半徑為r乙1=可知在t2=3πmqB時,粒子甲、乙發(fā)生第二次碰撞,且粒子甲、乙發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中粒子乙運動了2圈,此過程中粒子乙通過的路程為s且在第二次碰撞時有mv甲1+m乙v乙1=mv12mv甲12+12m乙v乙12=1解得v甲2=v甲0,v乙2=5v甲0,可知在t3=5πmqB時,粒子甲、乙發(fā)生第三次碰撞,且粒子甲、乙發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中粒子乙運動了2圈,此過程中粒子乙通過的路程為s且在第三次碰撞時有mv甲2+m乙v乙2=mv12mv甲22+12m乙v乙22=1解得v甲3=3v甲0,v乙3=3v依此類推,在t10=17πmv甲9=3v甲0,v乙9=3v甲0,在t10=17πmqB到t=18πmqB在t10=17πmqB到t=18πmqB過程中,粒子乙剛好運動一周,則t=3πa,故整個過程中粒子乙通過的總路程為s=4×6πa+4×10πa+3πa=67πa。答案:(1)qBam(2)12m(3)甲(6a,0)乙(0,0)67πa難關(guān)攻克練13.(2023·浙江6月卷,20)利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應用的技術(shù)。如圖所示,Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場,區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場,方向均垂直于紙面向里,區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束,沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用,并忽略磁場的邊界效應。(1)求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t;(2)若B2=2B1,求能到達y=L2處的離子的最小速度v2(3)若B2=B1Ly,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在解析:(1)當離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ速度最大時,軌跡與區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界相切,則由幾何關(guān)系有r1cos60°=r1L,解得r1=2L;根據(jù)qv1B1=mv1解得v1=2B在磁場中運動的周期T=2πm運動時間t=2×60°360°(2)若B2=2B1,根據(jù)r=mvqB可知r1=2r2離子在磁場中的運動軌跡如圖所示,設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α,由幾何關(guān)系有r1sinαr1sin30°=L,r2r2sinα=L2解得r2=2L,sinα=34根據(jù)qv2B2=mv2解得v2=4B(3)當最終進入?yún)^(qū)域Ⅱ的離子剛好到達x軸,則由動量定理有B2qvyΔt=mΔvx,即B1LyqΔy=mΔv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔv離子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ,最終到x軸上的過程中,m(vvcos60°)=B1qL+B1L·0+解得v=3B則速度在3B1qL答案:(1)2B1qLm14.(2023·湖南高三聯(lián)考)2021年5月28日凌晨,中科院合肥
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