A.电子将向右偏转,速率不变
B.电子将向左偏转,速率改变
C.电子将向左偏转,速率不变
D.电子将向右偏转,速率改变
解析 由安培定则可知,通电导线右方磁场方向垂直纸面向里,则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右,所以电子向右偏;由于洛伦兹力不做功,所以电子速率不变.
答案 A
A.动能发生改变
B.运动轨迹是一个完整的圆,正电荷始终在磁场中运动
C.运动轨迹是一个半圆,并从a点上方某处穿出边界向左射出
D.运动轨迹是一个半圆,并从a点下方某处穿出边界向左射出
解析 洛伦兹力不做功,电荷的动能不变,A不正确;由左手定则知,正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上,电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹是一个半圆,并从a点上方某处穿出边界向左射出,B、D均不正确,C正确.
答案 C
A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比
C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比
解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=,该粒子运动等效的环形电流I==,由此可知,I∝q2,故选项A错误;I与速率无关,选项B错误;I∝,即I与m成反比,故选项C错误;I∝B,选项D正确.
答案 D
A.两粒子一定带有相同的电荷量
B.两粒子一定带同种电荷
C.两粒子一定有相同的比荷
D.两粒子一定有相同的动能
解析 粒子垂直穿过平面MN,再次穿过时速度一定又垂直此平面,因此两粒子均运动了半个周期,即粒子在磁场中运动的周期相同,由T=可知,两粒子具有相同的比荷,但可以有不同的质量和电荷量,A错、C对;无论粒子向哪个方向绕行,均运动半个周期,所以粒子的电性不能确定,B错;粒子运动的周期与速度无关,所以动能也不能确定,D错.
答案 C
A.此粒子带负电
B.下极板S2比上极板S1电势高
C.若只增大加速电压U,则半径r变大
D.若只增大入射粒子的质量,则半径r变小
解析 粒子从S3小孔进入磁场中,速度方向向下,粒子向左偏转,由左手定则可知粒子带正电.带正电的粒子在S1和S2两板间加速,则要求场强的方向向下,那么S1板的电势高于S2板的电势.粒子在电场中加速,由动能定理有mv2=qU,在磁场中偏转,则有r=,联立两式解得r= ,由此式可以看出只增大U或只增大m时,粒子的轨道半径都变大.
答案 C
A.离子从电场中获得能量
B.离子从磁场中获得能量
C.只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能
D.只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能
解析 回旋加速器通过电场对离子做功获得能量,A正确;洛伦兹力对离子不做功,B错误;电场对离子做功与电势差成正比,增大空隙距离不能增加电场力对离子做功,C错误;增大D形盒的半径可以使离子加速次数增加,从而增加从回旋加速器中获得的动能,故D正确.
答案 AD
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形盒内运动的周期相同
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
解析 由Bqv=m得v=,H和He的比荷相等,故v也相同,即A项正确.Ekm=mv2=,H和He的的值不等,则Ekm不同,即B项错.周期T=,由上述分析可见T相同,即C项对.粒子的最大动能与频率无关,故D项错.
答案 AC
图8-2-27
A.图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系
B.图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系
C.图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系
D.图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系
解析 AB整体向左做初速度为零的匀加速直线运动,所以f洛与t成正比,A错,A对B的摩擦大小恒定,B错,A对B压力N1=mg+Bqv,C正确,B对地压力N2=(M+m)g+Bqv,D正确.
答案 CD
A.粒子的速度大小为
B.粒子的速度大小为
C.与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
D.与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
解析 带正电粒子与y轴正方向成60°角射出进入磁场后的轨迹如图甲所示,根据几何关系可得a=Rsin 30°,其中R=,联立解得v=,故选项A正确、B错误;带电粒子在匀强磁场中运动的时间t=T,可见圆弧所对的圆心角θ越大,粒子在磁场中运动的时间越长,由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R=2a,因此当带电粒子与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°,粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,最长时间tm=T,故选项C正确、D错误.
答案 AC
(1)小滑块带何种电荷?
(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大?
(3)该斜面的长度至少多长?
解析 (1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面,洛伦兹力F方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷.
(2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,有qvB+FN-mgcos α=0.
当FN=0时,小滑块开始脱离斜面,此时,qvB=mgcos α,得
v== m/s=2 m/s.
(3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得
mgxsin α=mv2,
斜面的长度至少应是x== m=1.2 m.
答案 (1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向,OA与初速度方向夹角为60°,要想使该粒子经过磁场第一次通过A点,则初速度的大小是多少?
(2)要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少?
解析 (1)如图所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R1,则由几何关系得
R1=,又qv1B=m得
v1=.
(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时,粒子在磁场中的轨道半径为R2,则由几何关系有(2r-R2)2=R+r2
可得R2=,又qv2B=m,可得v2=
故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过.
答案 (1) (2)
图8-2-31
(1)若t0=0,则直线OA与x轴的夹角是多少?
(2)若t0=,则直线OA与x轴的夹角是多少?
(a) (b)
解析 (1)设粒子P的质量\,电荷量与初速度分别为m\,q与v,粒子P在洛伦兹力作用下,在xOy平面内做圆周运动,分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期,则有
qvB0=m()2R①
v=②
由①②式与已知条件得T′=T
粒子P在t=0到t=时间内,沿顺时针方向运动半个圆周,到达x轴上B点,此时磁场方向反转;继而,在t=到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达x轴上A点,如图所示.OA与x轴的夹角θ=0
(2)粒子P在t0=时刻开始运动,在t=到t=时间内,沿顺时针方向运动个圆周,到达C点,此时磁场方向反转;继而,在t=到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达B点,此时磁场方向再次反转;在t=T到t=时间内,沿顺时针方向运动个圆周,到达A点,如图所示.由几何关系可知,A点在y轴上,即OA与x轴的夹角θ=
答案 (1)0 (2)
A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同
B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变
C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
解析 因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错.因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小不变,所以B项正确.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错.因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D项错.
答案 B
图8-2-1
A.电子将向右偏转,速率不变
B.电子将向左偏转,速率改变
C.电子将向左偏转,速率不变
D.电子将向右偏转,速率改变
解析 由安培定则可知,通电导线右方磁场方向垂直纸面向里,则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右,所以电子向右偏;由于洛伦兹力不做功,所以电子速率不变.
答案 A
图8-2-2
A.v变大
B.v变小
C.v不变
D.不能确定v的变化
解析 物体受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下,物体受到的摩擦力变大,到达底端时克服摩擦力做功增加,动能减少,速度变小,B正确.
答案 B
解析 题中既没给出离子所带电性,又没给出匀强磁场的具体方向,因此可能有多个解.假设磁场方向垂直纸面向外,当离子带正电时,由左手定则可以判断离子刚飞入时所受洛伦兹力方向沿y轴负方向,离子运动轨迹是B;同理可以判断当离子带负电时,运动轨迹是C,无论哪种情况,离子的运动轨迹都是和x轴相切的,A、D错误.
答案 BC
图8-2-3
A.a带负电、b带正电,比荷之比为∶=2∶1
B.a带负电、b带正电,比荷之比为∶=1∶2
C.a带正电、b带负电,比荷之比为∶=2∶1
D.a带正电、b带负电,比荷之比为∶=1∶1
解析 根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电,根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1.
答案 C
( ).
图8-2-4
A. B.
C. D.
解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动.根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析.注意两点,一是找圆心的两种方法:(1)根据初末速度方向垂线的交点.(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点.二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系,确定半径qvB=,r=Rcot ,B=.B选项正确.(圆边界模型)
答案 B
图8-2-5
A.a粒子速率最大
B.c粒子速率最大
C.c粒子在磁场中运动时间最长
D.它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc
解析 做出三个粒子运动的圆心和半径,如图所示,半径最大的是c粒子,最小的是a粒子,圆心角最大的是 a粒子,最小的是c粒子,所以速率最大的是c粒子,最小的是a粒子;因为三个粒子的电荷量与质量都相同,所以运动的周期是相同的,在磁场中运动时间最长的是a粒子,最短的是c粒子.(圆边界模型)
答案 B
( ).
图8-2-6
A.入射速度越大的电子,其运动时间越长
B.入射速度越大的电子,其运动轨迹越长
C.从AB边出射的电子的运动时间都相等
D.从AC边出射的电子的运动时间都相等
解析 电子以不同的速度沿BC从B点射入磁场,若电子从AB边射出,画出其运动轨迹由几何关系可知在AB边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等,在磁场中的运动时间相等,与速度无关,C对,A错;从AC边射出的电子轨迹所对圆心角不相等,且入射速度越大,其运动轨迹越短,在磁场中的运动时间不相等,B、D错.(双直线边界模型)
答案 C
图8-2-7
A.质谱仪是分析同位素的重要工具
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质比越小
解析 本题考查质谱仪的工作原理,意在考查考生分析带电粒子在电场、磁场中的受力和运动的能力.粒子先在电场中加速,进入速度选择器做匀速直线运动,最后进入磁场做匀速圆周运动.在速度选择器中受力平衡:qE=qvB得v=,方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外,B、C选项正确.进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由qvB0=得,R=,所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样,所以,A项正确、D项错.(单直线边界模型)
答案 ABC
图8-2-8
A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在MN上
B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长
D.只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
解析 当v⊥B时,粒子所受洛伦兹力充当向心力,做半径和周期分别为R=、T=的匀速圆周运动;只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上,选项D正确.(圆边界模型)
答案 D
(1)若加速电压U=120 V,通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场?
(2)求粒子分别从OA、OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间.
图8-2-9
解析 (1)如图所示,当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态,设临界半径为R,加速电压U0,则有:
R+=L,解得R=0.1 m,qU0=mv2,qvB=m,U0=125 V,U<U0,则r<R,粒子从OA边射出.
(2)带电粒子在磁场做圆周运动的周期为T==4π×10-5s
当粒子从OA边射出时,粒子在磁场中恰好运动了半个周期
t1==2π×10-5s
当粒子从OC边射出时,粒子在磁场中运动的时间小于周期,
即t2≤=×10-5s.(双直线边界模型)
答案 (1)OA边 (2)2π×10-5s 小于等于×10-5s
(1)若带电粒子从中间区域沿半径方向射入磁场,则粒子不能穿越磁场外边界的最大速率vm是多少?
(2)若带电粒子以(1)问中最大速率vm从圆心O出发沿圆环半径方向射入磁场,请在图中画出其运动轨迹,并求出粒子从出发到第一次回到出发点所用的时间.
图8-2-10
解析 (1)设粒子运动的最大半径为r,由牛顿第二定律有:
m=qvmB
如图所示,R+r2=(R2-r)2
解得:r=1.0 m,vm=2×107 m/s.
(2)粒子的运动轨迹如下答案图所示,由几何关系可知:θ=30°
由对称性可知,粒子进入磁场转过240°又回到中空区域,由几何知识可判断粒子的运动轨迹如答案图所示.
粒子在磁场中转过240°所用时间为:
t1==2.09×10-7 s
粒子在中空区域运动的时间为:t2==1.73×10-7 s
粒子从出发到第一次回到出发点所用时间为:
T0=t1+t2=3.82×10-7 s.
答案 (1)2×107 m/s
(2)运动轨迹如图所示 3.82×10-7 s
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