A.质量m B.电荷量q
C.运动速度v D.比荷
解析 因粒子运动过程中所受电场力与洛伦兹力与速度方向垂直,则粒子能沿直线运动时必是匀速直线运动,电场力与洛伦兹力相平衡,即qE=Bqv,可得v是一定值,则C正确.
答案 C
图8-3-18
A.E向下,B向上 B.E向下,B向下
C.E向上,B向下 D.E向上,B向上
解析 离子打在第Ⅲ象限,相对于原点O向下运动和向左运动,所以E向下,B向上.所以A正确.
答案 A
A.小球带负电荷,匀强磁场方向垂直于纸面向外
B.小球的电荷量与质量的比值=
C.小球从a运动到b的过程中,小球和地球系统机械能守恒
D.小球在a、b两点的速度相同
解析 带电小球在磁场中做匀速圆周运动,则qE=mg,选项B正确;电场方向竖直向下,则可知小球带负电,由于小球从b点射出,根据左手定则可知磁场垂直纸面向里,选项A错误;小球运动过程中,电场力做功,故小球和地球系统的机械能不守恒,只是a、b两点机械能相等,选项C错误;小球在a、b两点速度方向相反,故选项D错误.
答案 B
A.小球一定带正电
B.小球可能做匀速直线运动
C.小球一定做匀加速直线运动
D.运动过程中,小球的机械能增大
解析 由于小球重力方向竖直向下,空间存在磁场,且小球直线运动方向斜向下,与磁场方向相同,故不受磁场力的作用,电场力必水平向右,但电场具体方向未知,故不能判断带电小球的电性,选项A错误;重力和电场力的合力不为零,故不是匀速直线运动,所以选项B错误;因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同,故小球一定做匀加速直线运动,选项C正确;运动过程中由于电场力做正功,故机械能增加,选项D正确.
答案 CD
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 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.
答案 ABC
A.三个粒子中,质量最大的是c,质量最小的是a
B.三个粒子中,质量最大的是a,质量最小的是c
C.三个粒子中动能增加的是c,动能减少的是a
D.三个粒子中动能增加的是a,动能减少的是c
解析 本题考查同一电、磁叠加场中不同带电粒子的偏转问题.因为b粒子没有偏转,可知b粒子受到的电场力和磁场力是一对平衡力.根据电性和磁场方向,可以判断电场力方向向下,洛伦兹力方向向上.对于a粒子,qvaB>Eq;对于c粒子,qvcB<Eq.又因为a、b、c粒子具有相同的电荷量和动能,所以可得va>vb>vc,故ma<mb<mc,A正确,B错误.因为电场力对a粒子做负功,对c粒子做正功,而洛伦兹力均不做功,所以c粒子动能增加,a粒子动能减少,C正确,D错误.
答案 AC
A.一定带正电
B.受到电场力的方向一定水平向右
C.从a到b过程,克服电场力做功
D.从a到b过程中可能做匀加速运动
解析 因小球受到的洛伦兹力F=qvB随小球速度变化而变化,为使带电小球能在场内做直线运动,必须满足小球的速度大小不能变化的条件,即小球受力平衡,做匀速直线运动,D错误.小球共受到三个力的作用:重力、电场力和洛伦兹力.无论小球带何种电荷,三力均可能平衡,故A、B错误.从a到b的过程中,小球的动能不变,根据动能定理有ΔEk=WG+W电场力+W洛伦兹力=0,其中洛伦兹力不做功,重力做正功,所以电场力必做负功,C正确.
答案 C
甲 乙
图8-3-24
(1)求微粒在第二象限运动过程中离y轴\,x轴的最大距离.
(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时,速度方向的偏转角度最大,求此圆形磁场的圆心坐标(x,y).
解析 (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力
F电=Eq=8×10-3 N,G=mg=8×10-3 N
F电=G,所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
因为qvB1=m,所以R1==0.6 m
T==10π s
从图乙可知在0~5 π s内微粒向左做匀速圆周运动
在5π s~10π s内微粒向左匀速运动,运动位移
x1=v=0.6π m
在10π s~15π s内,微粒又做匀速圆周运动,15π s以后向右匀速运动,之后穿过y轴.所以,离y轴的最大距离
s=0.8 m+x1+R1=1.4 m+0.6π m≈3.3 m
离x轴的最大距离s′=2R1×2=4R1=2.4 m
(2)如图,微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大,入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径
因为qvB2=
所以R2==0.6 m=2r
所以最大偏转角θ=60°
所以圆心坐标x=0.30 m
y=s′-rcos 60°=2.4 m-0.3 m×≈2.3 m,
即磁场的圆心坐标为(0.30,2.3)
答案 (1)3.3 m,2.4 m (2)(0.30,2.3)
图8-3-25
(1)求两极板间电压U;
(2)若两极板不带电,保持磁场不变,该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入,欲使粒子从两板左侧间飞出,射入的速度应满足什么条件?
解析 (1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0,极板长为L,粒子在初速度方向上做匀速直线运动
L∶(L-2R)=t0∶,解得L=4R
粒子在电场中做类平抛运动:L-2R=v0·
a=
R=a()2
在复合场中做匀速运动:q=qv0B
联立各式解得v0=,U=
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,设其轨道半径为r,粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α,由几何关系可知:β=π-α=45°,r+r=R
因为R=()2,
所以==
根据牛顿第二定律有qvB=m,
解得v=
所以,粒子在两板左侧间飞出的条件为0<v<
答案 (1) (2)0<v<
(1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量;
(2)求磁感应强度B的值;
(3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位置.为了使墨滴仍能到达下板M点,应将磁感应强度调至B′,则B′的大小为多少?
解析 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动,有q=mg①
由①式得:q=②
由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知:
墨滴带负电荷.③
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域,重力仍与电场力平衡,合力等于洛伦兹力,墨滴做匀速圆周运动,
有qv0B=m④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动,则半径R=d⑤
由②、④、⑤式得B=⑥
(3)根据题设,墨滴运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为R′,有qv0B′=m⑦
由图示可得:
R′2=d2+⑧
得:R′=d⑨
联立②、⑦、⑨式可得:B′=
答案 (1)负电荷 (2) (3)
图8-3-1
A.组成A、B束的离子都带正电
B.组成A、B束的离子质量一定不同
C.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D.A束离子的比荷大于B束离子的比荷
解析 A与B两束离子由速度选择器进入磁场后,由左手定则可判断出A、B两束离子均带正电;离子在速度选择器中做匀速直线运动,两离子带正电,所受电场力与场强方向一致,水平向右,洛伦兹力必水平向左,且与电场力等大:
Bqv=qE?v=,由左手定则可得速度选择器中的磁场方向应垂直于纸面向里;两离子进入磁场后做匀速圆周运动,观察可得圆周运动半径不同,依据r=可得两离子的比荷不等,A束离子的圆周运动的半径较小,则比荷大于B束离子.
答案 AD
图8-3-2
A.可能向右做匀加速直线运动
B.可能向左做匀加速直线运动
C.只能是向右做匀速直线运动
D.只能是向左做匀速直线运动
解析 受力分析可知电场力向下,洛伦兹力必向上,则速度向右;洛伦兹力与速度大小有关,因此只能为匀速直线运动.
答案 C
图8-3-3
A.Ek′=Ek B.Ek′>Ek
C.Ek′<Ek D.条件不足,难以确定
解析 设质子的质量为m,则氘核的质量为2m.在加速电场里,由动能定理可得:eU=mv2,在复合场里有:Bqv=qE?v=,同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小,所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力,将往电场力方向偏转,电场力做正功,故动能增大,B选项正确.
答案 B
图8-3-4
A.两板间电势差为U=Bdv
B.上板是电源的正极,下板是电源的负极
C.流经R的电流为I=
D.流经R的电流为I=
解析 等离子体喷射入磁场后,在洛伦兹力F1=qBv的作用下正离子向上偏,负离子向下偏,则上板是电源的正极,下板是电源的负极,B对;两板间形成向下的电场,正、负离子将受到电场力F2=q阻碍其偏转,假设外电路断路,则qBv=q,即U=Bdv为电源电动势,A错.电源内阻为r=ρ=,由闭合电路欧姆定律得I==,C、D错.(等效思维法)
答案 B
图8-3-5
(1)求这个带电小颗粒运动的方向和速度大小.
(2)如果小颗粒运动到图中P点时,把磁场突然撤去,小颗粒将做什么运动?若运动中小颗粒将会通过与P点在同一电场线上的Q点,那么从P点运动到Q点所需时间有多长?(g取10 m/s2)
解析 (1)带电小颗粒受力如图:
tan α== 所以α=30°
由左手定则,带负电小颗粒运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方.
由平衡条件可得:qvB=,解得v==0.8 m/s.
(2)撤去磁场后,小颗粒受到的重力和电场力的合力与速度方向垂直,故小颗粒将做匀变速曲线运动(类平抛运动).
加速度大小为a==2g=20 m/s2
方向与水平方向成30°角斜向右下方.
在竖直方向上,小颗粒做初速度为vsin 60°、加速度为g的竖直上抛运动,从P点运动到Q点所需时间为t==0.08 s≈0.14 s.
答案 (1)0.8 m/s 方向与水平方向成60°角斜右上方 (2)匀变速曲线运动(类平抛运动) 0.14 s
图8-3-6
(1)小球滑到C点时,重力的功率;
(2)电场强度E的大小;
(3)如果小球从M点进入磁场后能经过图中的N点,已知MN两点竖直高度差d=0.45 m,求小球经过N点时速度大小.
解析 (1)小球下滑,机械能守恒mgH=
知重力的功率为P=mgv0sin θ
解得P=0.069 W
(2)做直线运动,分析可知一定为匀速直线运动,由平衡条件知 qv0Bcos θ=mg
qE=mgtg θ
解得 E= N/C
(3)进入磁场区域,洛伦兹力不做功,机械能守恒,
有mgh=-
解得vN=5 m/s(优选机械能守恒定律)
答案 (1)0.069 W (2) N/C (3)5 m/s
(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离.
(2)第19秒内小球未离开斜面,θ角的正切值应满足什么条件?
图8-3-7
解析 (1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:(mg+qE0)sin θ=ma①
第一秒末的速度为:v=at1 ②
在第二秒内:qE0=mg ③
所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动,则由向心力公式得qvB=m ④
圆周运动的周期为:T==1 s ⑤
由题图可知,小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动,在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动.所以,第五秒末的速度为:v5=a(t1+t3+t5)=6gsin θ ⑥
小球离开斜面的最大距离为d=2R3 ⑦
由以上各式得:d=.
(2)第19秒末的速度:
v19=a(t1+t3+t5+t7+…+t19)=20gsin θ ⑧
小球未离开斜面的条件是:
qv19B≤(mg+qE0)cos θ ⑨
所以:tan θ≤.(葡萄串模型)
答案 (1) (2)tan θ≤
图8-3-8
(1)E1的大小;
(2)加上磁场后,粒子由b点到O′点电势能的变化量.
解析 (1)粒子在A、B间做匀加速直线运动,竖直方向受力平衡,则有:qE1cos 45°=mg
解得:E1= N/C=1.4 N/C.
(2)粒子从a到b的过程中,
由动能定理得:qE1dABsin 45°=mv
解得vb==5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动,则有:qE2=mg
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动,如图所示,由动力学知识可得:qvbB=m
解得:R=5 m
设偏转距离为y,由几何知识得:R2=d+(R-y)2
代入数据得y=1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为:
W=-qE2y=-mgy=-1.0×10-2J.
由功能关系知,粒子的电势能增加了1.0×10-2J.(拱桥模型)
答案 (1)1.4N/C (2)1.0×10-2J
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