課后網專題一-電磁場中典型模型的處理

專題一：電磁場中典型模型的處理一、【速度選擇器】(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器．(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).1、如圖3－6－13所示，一質子(不計重力)以速度v穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉，則()A．若電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會發(fā)生偏轉B．無論何種帶電粒子，只要以相同速度射入都不會發(fā)生偏轉C．若質子的速度v′<v，它將向下偏轉而做類平拋運動D．若質子的速度v′>v，它將向上偏轉，其運動軌跡既不是圓弧也不是拋物線二、【質譜儀】(1)構造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成．圖5(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據動能定理可得關系式qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得關系式qvB＝meq\f(v2,r).由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷．r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).2、如圖所示是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是()A．質譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小解析粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D＝eq\f(2mv,Bq)，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤．三、【回旋加速器】(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中．(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關．3、勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產生的質子質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響．則下列說法正確的是()A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變解析粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據R＝eq\f(mv,Bq)，Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關，D錯誤．四、【磁流體發(fā)電機】(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能．(2)根據左手定則，如圖中的B是發(fā)電機正極．(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應強度為B，則由qE＝qeq\f(U,L)＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U＝BLv.→霍爾電壓4、如圖所示為磁流體發(fā)電機示意圖，其中兩極板間距d＝20cm，磁場的磁感應強度B＝5T，若接入額定功率P＝100W的燈泡，燈泡正常發(fā)光，其正常發(fā)光時的電阻R＝400Ω，不計發(fā)電機內阻，求：等離子體的流速為多大？五、【電磁流量計】工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,Bd)，因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).六、【偏轉電場】→帶電粒子做類平拋運動分為三種情況：穿出偏轉電場、穿不出偏轉電場、恰好穿出偏轉電場規(guī)律總結：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)\f(qU,md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdv\o\al(2,0))))5、如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓為U2的電場作用下偏轉一段距離．現使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該()A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍 D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)解析電子經U1加速后獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝qU1，電子在偏轉電場中的側移量為：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\f(l2,v2)＝eq\f(U2l2,4U1d)，可見當U1加倍時，要使y不變，需使U2加倍，顯然A正確．6、如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力．(1)求電子穿過A板時速度的大?。?2)求電子從偏轉電場射出時的偏移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？解析(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))(2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．由牛頓第二定律和運動學公式有t＝eq\f(L,v0)，F＝ma，F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，y＝eq\f(1,2)at2解得偏移量y＝eq\f(U2L2,4U1d)(3)由y＝eq\f(U2L2,4U1d)可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點上方.七、【有界磁場】→帶電粒子做勻速圓周運動，由于磁場有一定的界限，因此帶電粒子往往不能做一個完整的圓，只能是一段圓弧。規(guī)律總結：確定粒子運動的圓心，找出軌跡對應的圓心角，再求運動時間.(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)7、如圖所示，半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出，若∠AOB＝120°，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(2πr,3v0) B.eq\f(2\r(3)πr,3v0)C.eq\f(πr,3v0) D.eq\f(\r(3)πr,3v0)解析畫出帶電粒子進、出磁場時速度方向的垂線交于O′點，O′點即為粒子做圓周運動軌跡的圓心，如圖所示．連接O′O，設軌跡半徑為R，由幾何關系可知帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝rtan60°＝eq\r(3)r.因為∠AOB＝120°，故∠AO′B＝60°，運動時間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πR,v0)＝eq\f(\r(3)πr,3v0)，D正確．8、如圖所示，質量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，以不同的初速度兩次從O點垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強磁場，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點射出磁場，測得OM∶ON＝3∶4，則下列說法中錯誤的是 ()A．兩次帶電粒子在磁場中經歷的時間之比為3∶4B．兩次帶電粒子在磁場中運動的路程長度之比為3∶4C．兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為3∶4D．兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為4∶3解析設OM＝2r1，ON＝2r2，故eq\f(r1,r2)＝eq\f(OM,ON)＝eq\f(3,4)，路程長度之比eq\f(sM,sN)＝eq\f(πr1,πr2)＝eq\f(3,4)，B正確；由r＝eq\f(mv,qB)知eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(3,4)，故eq\f(FM,FN)＝eq\f(qv1B,qv2B)＝eq\f(3,4)，C正確，D錯誤；由于T＝eq\f(2πm,Bq)，則eq\f(tM,tN)＝eq\f(\f(1,2)TM,\f(1,2)TN)＝1，A錯．9、兩極板M、N相距為d，板長為5d，兩板未帶電，板間有垂直于紙面的勻強磁場，如圖所示，一大群電子沿平行于板的方向從各個位置以速度v射入板間，為了使電子都不從板間穿出，磁感應強度B的范圍怎樣？(設電子電荷量為e，質量為m)解析如圖所示，靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板右邊緣，對應的磁感應強度有最小值B1，設此時軌道半徑為R1，則有evB1＝eq\f(mv2,R1)由幾何關系得(R1－d)2＋(5d)2＝Req\o\al(2,1)聯立解得B1＝eq\f(mv,13ed)靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板左邊緣，對應的磁感應強度有最大值B2，此時軌道半徑為R2evB2＝eq\f(mv2,R2)由幾何關系得R2＝eq\f(d,2)聯立解得B2＝eq\f(2mv,ed)綜上所述，磁感應強度B的范圍為eq\f(mv,13ed)≤B≤eq\f(2mv,ed)【高考題組】10、(2012·廣東理綜·15)質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖17中虛線所示．下列表述正確的是 ()A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間解析由左手定則知M帶負電，N帶正電，選項A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動且向心力F向＝F洛，即eq\f(mv2,r)＝qvB得r＝eq\f(mv,qB)，因為M、N的質量、電荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F洛始終與v垂直，F洛不做功，選項C錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)知M、N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為eq\f(T,2)，選項D錯誤．11、如圖所示的虛線框為一長方形區(qū)域，該區(qū)域內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向、沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c、d四點射出磁場，比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td，其大小關系是A．ta<tb<tc<td B．ta＝tb＝tc＝tdC．ta＝tb>td>tc D．ta＝tb>tc>td解析由洛倫茲力與速度的方向關系可知，從a、b兩點射出的電子都完成了半個周期的運動，即ta＝tb＝eq\f(T,2)；從c點和d點射出的電子在磁場中轉過的圓心角都小于180°，且θd<θc，故td<tc<eq\f(T,2)，D選項正確．12、如圖所示，在真空區(qū)域內，有寬度為L的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界．質量為m、帶電荷量為－q的粒子，先后兩次沿著與MN夾角為θ(0°<θ<90°)的方向垂直于磁感線射入勻強磁場中，第一次粒子是經電壓U1加速后射入磁場的，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場；第二次粒子是經電壓U2加速后射入磁場的，粒子剛好能垂直于PQ射出磁場．(不計粒子重力，粒子加速前的速度認為是零，U1、