高考物理大一輪總復(fù)習(xí)課件江蘇專第8章磁場專題四

1、,考綱解讀,考點(diǎn)一,考點(diǎn)二,考點(diǎn)三,高考模擬,練出高分,第八章 磁場,專題四帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng),1.會(huì)分析速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀、回旋加速器等磁場的實(shí)際應(yīng)用問題. 2.會(huì)分析帶電粒子在組合場、疊加場中的運(yùn)動(dòng)問題,(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU 1 2 mv2. 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvBmv2/r. 由以上兩式可得r ，m ， .,1質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成,2回旋加速器 (1)構(gòu)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(qiáng)磁場中 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)

2、動(dòng)的周期相等， 粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB mv2/r ，得Ekm ， 可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān),例1 回旋加速器是用來加速帶電粒子，使它獲得很大動(dòng)能的儀器，其核心部分是兩個(gè)D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒間的窄縫中形成勻強(qiáng)電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速，兩盒放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示問： (1)D形盒內(nèi)有無電場？ (2)粒子在盒內(nèi)做何種運(yùn)動(dòng)？ (3)所加交流電壓頻率應(yīng)是多大

3、，粒子運(yùn)動(dòng)的角速度為多大？ (4)粒子離開加速器時(shí)速度為多大？最大動(dòng)能為多少？ (5)設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時(shí)間,(1)D形盒內(nèi)有無電場？ (2)粒子在盒內(nèi)做何種運(yùn)動(dòng)？ (3)所加交流電壓頻率應(yīng)是多大，粒子運(yùn)動(dòng)的角速度為多大？,解析(1)扁盒由金屬導(dǎo)體制成，具有屏蔽外電場的作用，盒內(nèi)無電場 (2)帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每次加速之后半徑變大 (3)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于粒子回旋頻率，因?yàn)門 2 ，故得回旋頻率f 1 2 ， 角速度2f .,(4)粒子離開加速器時(shí)速度為多大？最大動(dòng)能為多少？ (

4、5)設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時(shí)間,(4)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大時(shí)，由牛頓第二定律得 qvmB vm2 m ，故vm m . 最大動(dòng)能Ekm 1 2 mvm2 22m2 2m . (5)粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm， 則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n 2m2 4 . 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t磁nT m2 2 . 一般地可忽略粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，t磁可視為總時(shí)間,遞進(jìn)題組,1勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于真空中的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(shí)間可忽略磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁

5、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(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)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(duì)論效應(yīng)和重力的影響. 則下列說法正確的是(),A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2Rf B質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比 C質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 2 1 D不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變,遞進(jìn)題組,A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2Rf B質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比 C質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 2 1 D不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率

6、f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變,遞進(jìn)題組,2對(duì)鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時(shí)離子 束的等效電流為I.不考慮離子重力及離子間的相互作用 (1)求加速電場的電壓U； (2)求出在離子被收集的過程中任意時(shí)間t內(nèi)收集到的離子的質(zhì)量M.,遞進(jìn)題組,v,(1)求加速電場的電壓U；,解析設(shè)離子經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v， 由動(dòng)能定理得qU 1 2

7、mv2 離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 所受洛倫茲力提供向心力，即qvBm v2 由式解得U 22 2 ,遞進(jìn)題組,v,(2)求出在離子被收集的過程中任意時(shí)間t內(nèi) 收集到的離子的質(zhì)量M.,解析設(shè)在任意時(shí)間t內(nèi)收集到的離子個(gè)數(shù)為N， 總電荷量為Q,QIt N MNm,解得M ,1帶電體在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類 (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題,(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) 若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若靜電力和

8、洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)， 因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題 (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)， 因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題,2帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解,例2 如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在

9、其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場一個(gè)帶電荷量為q的帶電油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為45)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限已知重力加速度g10 m/s2，問： (1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場力、 洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,解析

10、（1）運(yùn)動(dòng)和受力分析如圖,mg,F=qvB,Eq,油滴帶負(fù)電荷,v,(1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大?。?由平衡條件得：mgqEF11 2 .,(2) mgqE qvB 2 qE,解得：v 2 4 2 m/s,（3）進(jìn)入第一象限，電場力和重力抵消，油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入yh的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖,A,由對(duì)稱性知油滴從CN運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3t1 油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tt1t2t30.828 s,C,N,O,變式題組,變式題組,解析 墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng),mg,Eq,E,重力和電場力

11、平衡,電場E方向向下，墨滴所受電場力F方向向上，可知墨滴帶負(fù)電荷 q mg,解得：q g ,變式題組,解析墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖，是四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑Rd,qv0Bm v02 由式得B v0 g2,變式題組,解析根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,R2d2(R 2 )2 由式得：R 5 4 d 聯(lián)立式可得：B 4v0 5g2 .,電場力FqE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力,洛倫茲力F洛qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力,拋物線,圓或圓的一部分,變化,不變,例3

12、(2013山東23)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E.一電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點(diǎn)沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場已知OPd，OQ2d.不計(jì)粒子重力 (1)求粒子過Q點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一確定值B0，粒子 將沿垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求B0； (3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時(shí)間后粒子將再次經(jīng)過Q點(diǎn)，且速度與第一次過Q點(diǎn)時(shí)相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時(shí)間,v,v,

13、解析粒子在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,O1為圓心，設(shè)半徑為R1，由幾何關(guān)系可知O1OQ為等腰直角三角形，,O1,R1,得R12 2 d 由牛頓第二定律得qvB0m v2 1 聯(lián)立式得B0 2 ,45,v,粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,O2,R2,解析粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，圓心為O2、 O2 ，半徑為R2,O2,F,G,H,粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，QGF為等腰直角三角形得FGHQ2R2,設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t， 則t +22 v 聯(lián)立式得t(2) 2 ,45,變式題組,4如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；x

14、軸下方有豎直向下的勻強(qiáng)電場圖中M、N兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為M(0， 3 l)、N(3l,0)一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由第三象限中的某點(diǎn)P(圖中未標(biāo)出)沿x軸正方向射出，該粒子能一直沿P、O、M、N四點(diǎn)圍成的閉合圖形做周期性運(yùn)動(dòng)，粒子重力不計(jì)，求： (1)該粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E； (3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T.,變式題組,解析 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，與x軸正方向的夾角為，,x,r,坐標(biāo)M(0， 3 l)、N(3l,0),由幾何知識(shí)得：rsin 3 2 l、rcos 3 2 l,由牛頓第二定律qvBm v2 ，解得v 3 ,(

15、1)該粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；,變式題組,x,(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；,(3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T.,變式題組,x,圓心角,解析設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1.,= 360 - 2= 240,t1 360 T磁 2 3 T磁 T磁 2 ， 得Tt1t2 4+6 3 3 .,1 (2014江蘇單科9)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UHk ，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離電阻R遠(yuǎn)大于R

16、L，霍爾元件的電阻可以忽略，則() A霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B若電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏 CIH與I成正比 D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比,A霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B若電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏 CIH與I成正比 D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 解析當(dāng)霍爾元件通有電流IH時(shí)，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故霍爾元件的前表面電勢較高若將電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向變化，IH的方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH + I，故

17、IH與I成正比，選項(xiàng)C正確由于B與I成正比，設(shè)BaI，則IL + I，PLIL2RL，故UHk (+) 2 PL，知UHPL，選項(xiàng)D正確 答案CD,2 (2014重慶9)如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上、下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域， 在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g. (1)求電場強(qiáng)度的大小和方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求

18、粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值,(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值 解析(1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E. 由題意知mgqE， 得E g ，方向豎直向上 (2)如圖所示,設(shè)粒子不從NS邊界飛出的入射 速度最小值為vmin. 由r v 知，r1 vmin ，r2 vmin 2 1 2 r1 由(r1r2)sin r2 r1r1cos h 得vmin(96 2 ) ,(3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值 解析如圖所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別

19、 為r1和r2，粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x. 由題意知，3nx1.8h(n1,2,3，) 由(2)知 3 2 x 96 2 2 x 12 1 2 得r1(1 0.36 2 ) 2 ，n0.6(32 2 )3.5 即n1時(shí)，v 0.68 ； n2時(shí)，v 0.545 ； n3時(shí)，v 0.52 ,3(2014大綱全國25)如圖所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)方向在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正方向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場不計(jì)粒子重力若該粒子離開電場時(shí)速度

20、方向與y軸負(fù)方向的夾角為，求： (1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值； (2)該粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,(1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值； (2)該粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 解析(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng) qv0Bm v02 0 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0d 設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后: Eqmax vxaxt v 2 td 由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tan v v0 聯(lián)立式得 1 2 v0tan2 (2)聯(lián)立式得t 2 v0tan .,4一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O，筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒左側(cè)有相距為d的平行

21、金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生3次碰撞后仍從S孔射出設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求： (1)M、N間電場強(qiáng)度E的大?。?(2)圓筒的半徑R； (3)欲使粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放， 進(jìn)入圓筒后與圓筒發(fā)生2次碰撞后從S孔射出， 在保持M、N間電場強(qiáng)度E不變的情況下，應(yīng)如何平移M板？,(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大?。?(2)圓筒的半徑R； 解析(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得：qU 1 2 mv2 由勻強(qiáng)

22、電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得:UEd 聯(lián)立解得：E v2 2 (2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 粒子與圓筒發(fā)生3次碰撞后又從S孔射出，由幾何關(guān)系知rR 粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力提供向心力，得：qvBm v2 ,聯(lián)立式解得：R v ,(3)欲使粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，進(jìn)入圓筒后與圓筒發(fā)生2次碰撞后從S孔射出，在保持M、N間電場強(qiáng)度E不變的情況下，應(yīng)如何平移M板？ 解析粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于粒子與圓筒發(fā)生2次碰撞后從S孔射出因此，SA圓弧所對(duì)的圓心角AOS 3 由幾何關(guān)系得rRtan 3 3 r 粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力提供向心力，得：qvBm v2 可得：v 3 v 由q

23、U 1 2 mv2可看出： v2 v2 ,則U3UEd,得：d3d 所以應(yīng)將M板向左平移ddd2d.,3,4,5,6,1,2,一、選擇題 1磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，如圖是它的示意圖平行金屬板A、B之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)離子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個(gè)電極，設(shè)A、B兩板間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是() AA是直流電源的正極 BB是直流電源的正極 C電源的電動(dòng)勢為Bdv D電源的電動(dòng)勢為q

24、vB,AA是直流電源的正極 BB是直流電源的正極 C電源的電動(dòng)勢為Bdv D電源的電動(dòng)勢為qvB 解析等離子體噴入磁場，正離子因受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn)，B是直流電源的正極，則選項(xiàng)B正確；當(dāng)帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)， qqvB，電源的電動(dòng)勢UBdv，則選項(xiàng)C正確 答案BC,3,4,5,6,1,2,2如圖所示，一個(gè)帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面BC上的D點(diǎn)停下來已知物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過B處時(shí)的機(jī)械能損失先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場，再讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D點(diǎn)停下來；后又撤去電場，在ABC所

25、在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場，再次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D點(diǎn)停下來則以下說法中正確的是() AD點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) BD點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合 CD點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) DD點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合,3,4,5,6,1,2,AD點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) BD點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合 CD點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) DD點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合 解析僅在重力場中時(shí)，物塊由A點(diǎn)至D點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mghmgx1cos mgx20，即hx1cos x20，由題意知A點(diǎn)距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)、斜面傾角、斜面長度x1為定值，所以x2與重力的大小無關(guān)而在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電

26、場后，相當(dāng)于把重力增大了，x2不變，D點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤 答案BC,3,4,5,6,1,2,3如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板進(jìn)入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場的場強(qiáng)大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)

27、度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于微粒運(yùn)動(dòng)的說法正確的是() A微粒在ab區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 v0 g B微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑r2d C微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 6v0 D微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 (+6) 3v0,3,4,5,6,1,2,A微粒在ab區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 v0 g B微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑r2d C微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 6v0 D微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 (+6) 3v0 解析微粒在ab區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直方向上受重力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A正確；微粒在bc區(qū)域所受電場力豎直向上，

28、且qEmg，故微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡半徑r v ，又v022gd，B v0 ，解得r2d，故B正確；設(shè)微粒在bc區(qū)域轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系知30，所以微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 12 6 3v0 ，故C錯(cuò)誤；微粒在ab區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1 v0 g 2 v0 ，微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為tt1t2 (+6) 3v0 ，故D正確 答案ABD,3,4,5,6,1,2,二、非選擇題 4.如圖所示，在豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強(qiáng)電場，大小也為E；第三象

29、限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O相切，最低點(diǎn)與絕緣光滑水平面相切于N點(diǎn)一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y0)的P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過坐標(biāo)原點(diǎn)O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，過N點(diǎn)后水平進(jìn)入第四象限，并在電場中運(yùn)動(dòng)(已知重力加速度為g) (1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶的電荷量； (2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高； (3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限， 通過N點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t2 g 小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s為多遠(yuǎn)？,3,4,5,6,1,2,(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶的電荷量；

30、(2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高； 解析(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，說明重力與電場力平衡，則qEmg解得q g 又電場方向豎直向上，故小球帶正電 (2)設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、軌跡半徑為r， 洛倫茲力提供向心力得qBv v2 小球恰能通過半圓軌道的最高點(diǎn)并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)， 則應(yīng)滿足：mg v2 由得r g 即PO的最小距離為y2r 2 g ,3,4,5,6,1,2,(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限， 通過N點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t2 g 小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s為多遠(yuǎn)？ 解析小球由O運(yùn)動(dòng)到N的過程中設(shè)到達(dá)N點(diǎn)的速

31、度為vN，由機(jī)械能守恒定律得 mg2R 1 2 mvN2 1 2 mv2,由解得vN 5g 小球從N點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運(yùn)動(dòng)， 沿x軸方向xvNt 沿電場方向z 1 2 at2 由牛頓第二定律得a t時(shí)刻小球距O點(diǎn)的距離為s 2+2+(2)2 2 7 R,3,4,5,6,1,2,5如圖所示是電視顯像管的工作原理圖熾熱的金屬絲發(fā)射出電子，在金屬絲K和金屬板M之間加一電壓U，使電子在真空中加速后，從金屬板的小孔C穿出，進(jìn)入有界abcd矩形勻強(qiáng)磁場，經(jīng)勻強(qiáng)磁場射出后，打在熒光屏上，熒光屏被電子束撞擊而發(fā)光已知電子的比荷 16 9 1011 C/kg，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0104 T，磁場的長度l12 cm，磁場的右邊界距離熒光屏L15 cm.加速電壓U20 V時(shí)，電子恰好從有界勻強(qiáng)磁場的右下角c點(diǎn)飛出不計(jì)電子間的相互作用及