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文檔簡介
題型專練三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)
命題趨勢
這部分知識單獨(dú)考查一個(gè)知識點(diǎn)的試題非常少,大多數(shù)情況都是同時(shí)涉及到幾個(gè)知識點(diǎn),而
且都是重力場、電場、磁場等內(nèi)容結(jié)合起來考查,同時(shí)結(jié)合現(xiàn)代科技中的一些儀器設(shè)備進(jìn)行
考查,例如速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、霍爾元件、電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)等。
考查時(shí)注重物理思維與物理能力的考核.
例題L(多選)EH電磁流量計(jì)的外形如圖1所示,工作原理如圖2所示:直徑為d的圓柱形管道
的上、下方裝有勵(lì)磁線圈,通電后在管內(nèi)產(chǎn)生豎直方向的勻強(qiáng)磁場;當(dāng)含有大量離子的液體沿管道
以恒定速度通過流量計(jì)時(shí),在水平直徑兩端的。、b電極之間就會產(chǎn)生電勢差下列說法正確
的是()
圖1圖2
A.a、b兩電極的電勢高低與滋場的方向有關(guān)
B.°、兩電極的電勢高低與離子的種類有關(guān)
C.電勢差的大小與液體流速大小有關(guān)
D.電勢差的大小與液體中離子的濃度有關(guān)
【答案】AC
【解析】AB.由左手定則可以判斷出力兩電極的電勢高低與磁場的方向有關(guān),與離子的種類沒
有關(guān)系,故A正確,B錯(cuò)誤;
CD.當(dāng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),有
今夕=幽1,
可得
Uab=Bdv
由此可知,電勢差Uab的大小與液體流速有關(guān),與離了?的濃度沒有關(guān)系,故C正確,D錯(cuò)誤。
故選ACo
例題2.速度選擇器如圖(〃)所示,載流子為電子的霍爾元件如圖1)所示。下列說法正確的是
圖(a)圖(b)
P
A.圖(a)中,電子以速度大小U=看從。端射入,可沿直線運(yùn)動(dòng)從尸點(diǎn)射出
B.圖(a)中,電子以速度大小聿從P端射入,電子向下偏轉(zhuǎn),軌跡為拋物線
C.圖S中,僅增大電流/,其他條件不變,4將增大
D.圖(〃)中,穩(wěn)定時(shí)元件左側(cè)的電勢高于右側(cè)的電勢
【答案】C
【解析】A.當(dāng)電子從。玲P時(shí),所受電場力向上,洛倫茲力向上,合力不會為零,電子不能做直
線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;
B.電子以速度大小
E
v>一
B
從P端射入,則
eE<evB
電子向下偏轉(zhuǎn),所受合力為變力,軌跡不可能為拋物線,B錯(cuò)誤;
C.圖(b)中,由
evB=e^~
d
1=neSv
S=hd
可得
僅增大電流/,其他條件不變,UH將增大,C正確;
D.根據(jù)左手定則可判斷電子受到的洛倫茲力向左,所以左側(cè)電勢低,右側(cè)電勢高,D錯(cuò)誤。
故選C。
知識梳理
帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)
1.受力分析,關(guān)注幾場疊加:(1)磁場、重力場并存,受重力和洛倫茲力:(2)電場、磁場并存
(不計(jì)重力的微觀粒子),受電場力和洛倫茲力;(3)電場、磁場、重力場并存,受電場力、洛倫茲力
和重力.
2.運(yùn)動(dòng)分析,典型運(yùn)動(dòng)模型構(gòu)建:帶電體受力平衡,做勻速直線運(yùn)動(dòng);帶電體受力恒定,做勻
變速直線運(yùn)動(dòng);帶電體受力大小恒定旦方向指向圓心,做勻速圓周運(yùn)動(dòng),帶電體受力方向變化復(fù)雜,
做曲線運(yùn)動(dòng)等.
3.選用規(guī)律,兩種觀點(diǎn)解題:(1)帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng),則用平衡條件求解(即二力或三力平
衡);(2)帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)用向心力公式或勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解;(3)帶電體做勻變速
直線或曲線運(yùn)動(dòng),應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解:(4)帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),應(yīng)川能量守
恒定律或動(dòng)能定理求解.
L限時(shí)檢測」—分鐘)
一、單選題
1.速度選擇器裝置如圖所示,。粒子(;He)以速度%自。點(diǎn)沿中軸線00射入,恰沿做勻速
下列說法正確的是()
A.々粒子(:Hc)以速度%自0,點(diǎn)沿中軸線從右邊射入也能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B.電子(>)以速度%自。點(diǎn)沿中軸線射入,恰沿中軸線OO'做勻速直線運(yùn)動(dòng)
笊核(;H)以速度;%自。點(diǎn)沿中軸線射入,動(dòng)能將減小
C.
【答案】B
【解析】如圖
d=([+(£”
所以
〃由圖易得為3加速階段有
〃2
qU=-?7MV
圓周運(yùn)動(dòng)有
V
Bqv=in——
r
所以
「FT
所以
Z;眄
rh向
所以
叫—25
叫64
故選B.>
3.如圖所示,距離為d的兩皿行金屬板尸、。放置在左、右兩磁極之間,兩磁極之間的磁場可看
作是勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦一束速度大小為V的等離子體垂直于磁場且平行于金屬板沿
圖示方向噴入板間,不計(jì)等離子體中粒子的重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是()
A.若左側(cè)磁極為N極,則金屬板P帶正電荷,金屬板P、0間的電壓為華
a
B.若左側(cè)磁極為S極,則金屬板。帶正電荷,金屬板尸、。間的電壓為反A,
C.若其他條件保持不變,僅增加平行金屬板的長度,則可以增大金屬板尸、。間的電壓
D.若其他條件保持不變,僅增加等離子體的噴射速度,則可以增大金屬板P、。間的電壓
【答案】D
【解析】A.等離子體沿垂直于磁場方向噴入金屬板間時(shí),若左側(cè)磁極為N極,根據(jù)左手定則,可
得金屬板。帶正電荷,等離子體穿過金屬板尸、。時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢。滿足
解得
U=Bdv
故A錯(cuò)誤;
B.同理可判定,若左側(cè)磁極為S極,金屬板P帶正電荷,故B錯(cuò)誤;
C.由U=可知,等離子體穿過金屬板P、。時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢U與金屬板的長度無關(guān),故C錯(cuò)
誤;
D.同理可知,若其他條件保持不變,僅增加等離子體的噴射速度,則可以增大金屬板P、。間的
電壓,故D正確。
故選Do
4.全球新冠肺炎疫情持續(xù)至今,醫(yī)院需要用到血流量計(jì)檢查患者身體情況。某種電磁血流量計(jì)的
原理可以簡化為如圖所示模型。血液內(nèi)含有少量正、負(fù)離子,從直徑為"的血管右側(cè)流入,左側(cè)流
H1,空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場,M、N兩點(diǎn)之間的電壓穩(wěn)定時(shí)測量值
為U,流量0等于單位時(shí)間通過橫截面的液體的體積。卜列說法正確的是()
XX~XBX
jXvxixxJO
<\Zx?XXZX
N
XXXX
A.血液中負(fù)離子多時(shí),A4點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢
B.血液中正離子多時(shí),M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢
C.電壓穩(wěn)定時(shí),正、負(fù)離子不再受洛倫茲力
D.血液流量。=甯
【答案】D
【解析】AB.由左手定則可知,水平向左入射的正離子受豎直向下的洛倫茲力,負(fù)離子受豎直向上
的洛倫茲力,則正電荷聚集在N一側(cè),負(fù)電荷聚集在"一側(cè),則N點(diǎn)電勢高于M點(diǎn)電勢,故AB
錯(cuò)誤;
CD.電壓穩(wěn)定后,離子所受的洛倫茲力等于電場力,即
2二二
CI
可得流速為
U
v=——
Bd
則流量。為
cc,d2兀Ud
Q=Sv=^(—)v=-^~
故C錯(cuò)誤,D正確。
故選D?
二、多選題
5.如圖甲是霍爾效應(yīng)的模型圖,導(dǎo)體的寬度、長度、厚度分別為〃、〃、。,磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻
強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)體的前后表面向里,與磁場垂直向右的電流/是正電荷的運(yùn)動(dòng)形成的,已知霍爾電壓
為U『K4與通過導(dǎo)體的電流/成正比,與沿著磁場方向?qū)w的厚度“成反比,K是常
數(shù):如圖乙是電磁流量計(jì)的模型圖,長方形管道的寬度、長度、厚度分別為〃、〃、C,磁感應(yīng)強(qiáng)
度為8的勻強(qiáng)磁場垂直管道的上表面向下,帶負(fù)離子的液體向右運(yùn)動(dòng)的速度n與磁場垂直。液體的
流量指單位時(shí)間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積,則下列說法正確的是()
7/77/
甲
A.對甲圖,導(dǎo)體下端面的電勢低于上端面的電勢
B.對甲圖,霍爾電壓與C成E比
C.對乙圖,導(dǎo)體后端面H前端面的電勢差為氏/v
D.對乙圖,液體的流量為abv
【答案】AC
【解析】A.由左手定則可知,正電荷向右運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力方向向上,則受到電場力方向向
下,所以導(dǎo)體下端面的電勢低于上端面的電勢,故A正確;
B.由霍爾電壓
UH=K—
HH
可知,霍爾電壓與c無關(guān),與。成反比,故B錯(cuò)誤;
C.負(fù)電荷在導(dǎo)體內(nèi)運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件有
Bqv=Eq
又
E"
由于是負(fù)電荷,受到的洛倫茲力從后端面指向前端面,則受到的電場力從前端面指向后端面,故導(dǎo)
體后端面與前端面的電勢差為
U=Bva
故C正確;
D.由題意可得,液體的流量為
Q=Sv=acv
故D錯(cuò)誤。
故選AC..
6.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)D形金屬
盒,兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速,兩D形金屬盒
處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中,如圖所示,要增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能,則下列做法中正確的是
)
A.增大偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B.增大加速電場的電場強(qiáng)度
C.增大D形金屬盒的半徑D.減小狹縫間的距離
【答案】AC
【解析】粒子在回旋加速器中的最大半徑為D形盒的半徑,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
v2
qvB=rn^
mK
故最大動(dòng)能為
Ek」:臉二^K
由此可知,當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度、增大D形金屬盒的半徑均可以增大最大動(dòng)能,而與加速電場的電場
強(qiáng)度、狹縫間的距離無關(guān)。
故選ACt.
7.1897年,物理學(xué)家湯姆孫正式測定了電子的比荷,說明了原子內(nèi)部具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)。因此,湯姆
孫的實(shí)驗(yàn)是物理學(xué)發(fā)展史上最著名的經(jīng)典實(shí)驗(yàn)之一。在實(shí)驗(yàn)中湯姆孫采用了如圖所示的氣體放電
管,從K極出來的陰極射線經(jīng)過電場加速后,水平射入長為乙的D、G兩平行板間,若平行板D、G
間未施加電場,在熒光屏F的中心。處將M現(xiàn)光點(diǎn)。若在D、G兩板間加上電場強(qiáng)度大小為七、方
向豎直向下的勻強(qiáng)電場,陰極射線將向上偏轉(zhuǎn),在D、G兩板之間區(qū)域再加上垂直于紙面、磁感應(yīng)
強(qiáng)度為笈的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),陰極射線產(chǎn)生的光點(diǎn)恰好又回到熒光屏中心。點(diǎn);接著撤去
電場保留磁場,陰極射線向下偏轉(zhuǎn);離開磁場時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角為夕,只考慮D、G兩板間電場和磁場
對陰極射線的作用。下列說法正確的是()
A.通過上述實(shí)驗(yàn),可知陰極射線帶負(fù)電
B.D、G兩板間所加勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外
C.陰極射線進(jìn)入D、G兩板間的初速度大小為丫=與
D.根據(jù)L、E、A和。,求得陰極射線的比荷包=與里
mB'L
【答案】AD
【解析】A.依題意,在D、G兩板間加上電場強(qiáng)度大小為七、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場時(shí),陰極
射線向.上偏轉(zhuǎn),可知陰極射線受到的電場力方向豎直向上,與場強(qiáng)方向相反,則該射線帶負(fù)電,故
A正確:
B.依題意,在D、G兩板之間區(qū)域再加上垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,陰極射線產(chǎn)
生的光點(diǎn)恰好乂回到熒光屏中心。點(diǎn),可知射線受到的洛倫茲力豎直向下,根據(jù)左手定則,可判斷
知在D、G兩板間勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里,故B錯(cuò)誤;
C.當(dāng)射線在電磁場中沿直線打在熒光屏中心。點(diǎn)時(shí),滿足
Eq=qvB
可得陰極射線進(jìn)入D、G兩板間的初速度大小為
E
v=一
B
故C錯(cuò)誤;
D.撤去電場保留磁場,陰極射線向下偏轉(zhuǎn):離開磁場時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角為。.由幾何知識可得
CL
sm夕=一
R
又因?yàn)?/p>
V2
q\>B=m—
E
v=一
B
聯(lián)立以上式子,求得陰極射線的比荷
q_EsinO
~m~B2L
故D正確。
故選AD。
8.如圖所示,豎直面內(nèi)有一二端開口下端封閉的絕緣光滑細(xì)管,管長4m,質(zhì)量為0.05kg:管底有
質(zhì)量為01kg、電荷量為+1C的帶電小球。在外力尸的牽引下,40時(shí),細(xì)管以v=2.4m/s的速度進(jìn)入
磁感應(yīng)強(qiáng)度為8=0.5T、方向垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場中。細(xì)管進(jìn)入磁場后速度不變,且始終與
磁場邊界平行,重力加速度g=10m/s2,則細(xì)管進(jìn)入磁場后()
XXX
XXX
XXX
XXX
XXX
A.洛倫茲力對小球做正功
B.小球經(jīng)2s從管口飛出
C.Uis時(shí),F=1N
D.小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)期間,拉力做功為4.8J
【答案】BD
【解析】A.洛倫茲力方向與小球的速度方向垂直,洛倫茲力對小球不做功,故A錯(cuò)誤;
B.在豎直方向,對小球,由牛頓第二定律得
qvB-mg=ma
解得
qvB_.
a--------g=2m/s2
m
小球在水平方向隨玻璃管一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),水平速度y不變,小球的加速度。不變,小球在水
平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),豎直方向的位移
h=-at2
2
解得小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
”欄=2s
選項(xiàng)B正確;
C.洛倫茲力的水平方向分力
fx=qvyB=Bqat
由平衡條件得
F^Bqat
玻璃管對小球的彈力網(wǎng)與小球?qū)ΣAЧ艿淖饔昧Α?是作用力與反作用力,由牛頓第三定律得:
FN'=FN,玻璃管在水平方向上受拉力片與尸”作用做勻速直線運(yùn)動(dòng),則
FFFN
即
Fx=qaBt=lN
因管豎直方向也受力,則拉力廠大于1N,故C錯(cuò)誤;
D.小球出離細(xì)管時(shí)的豎直速度
2
vv=?/=4m/s
根據(jù)動(dòng)能定理
W-mgh=;m(v2+口;)一;機(jī)/
解得
HZ=4.8J
選項(xiàng)D正確。
故選BDo
三、解答題
9.某裝置可通過電磁場實(shí)現(xiàn)對帶電微粒運(yùn)動(dòng)的控制,具體過程簡化如下:裝置如圖1所示,在y
軸上與。點(diǎn)距離為L的Q點(diǎn)是一粒子發(fā)射源,沿平行于x軸正方向不斷地發(fā)射質(zhì)量為〃?、電荷量為
q(4>0)、速度大小為四的微粒;在x軸上距。點(diǎn)北處固定有垂直于x軸的擋板CQ,擋板長度
為8L且關(guān)于x軸上下對稱,微粒打到擋板上立即被吸收(微粒軌跡與擋板相切時(shí)也被吸收),擋板
吸收微粒后電荷可被立即導(dǎo)走,擋板始終不帶電。在04x?3L區(qū)間僅存在平行于y軸方向的勻強(qiáng)
電場時(shí),微粒恰好做直線運(yùn)動(dòng);保持電場小變,冉在0?x43L區(qū)間中加上如圖2所不隨時(shí)間周期
性變化的磁場,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小綜=]£、方向垂直于xQy平面向外為正方向,7二皆,忽
略微粒間的相互作用,重力加速度為g。求:
(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度;
ST
(2)通過定量計(jì)算判斷/=已時(shí)刻進(jìn)入電磁場區(qū)域的微粒能否打到擋板上,若微粒不能打到擋板
上,求微粒在運(yùn)動(dòng)過程中到擋板(含端點(diǎn))的最小距離;
(3)在0~1內(nèi)從P點(diǎn)發(fā)射并打到擋板上的微粒,在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間與最短時(shí)間的差值以
2
及微粒打到擋板上區(qū)域的長度。
【答案】⑴E言,方向豎直向上:⑵微粒打不到擋板上,南⑶加亭,
(4+25/3)L
【解析】(1)由勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件可知
〃際=Eq
得
七=駕
q
方向豎直向上
2
(2)由綜q%=團(tuán)殳得
R=gL
B°q
"ST進(jìn)入的微粒運(yùn)動(dòng)的圖像如下圖所示
6LCOS30°-L=(3N/3-1)L>4L
故微粒打不到擋板l-.o微粒到擋板(I:端點(diǎn))最小距離為(36-5比;
(3)設(shè)某時(shí)刻進(jìn)入的微粒,第一次轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為仇剛好到達(dá)擋板的上邊緣,如下圖所示
3L=6Lsin^-Lsinp
y方向
4L=6Lcos6-Lcos£
解得
o=p
即帶電微粒在磁場中運(yùn)動(dòng)一個(gè)。和兩個(gè)半圓后剛好在擋板的上邊緣;由幾何關(guān)系可知
sin"三二
5L5
若微粒會打到擋板I:,根據(jù)幾何關(guān)系
3L=4Lsin8+Lsi”
隨著0角度從37。逐漸增大,[先減小到-90。后再增大,當(dāng)。=150。時(shí)/=90。,圓弧剛好和邊界相
切,如下圖所示
?------'max2
再增大。微粒打不到擋板上。微粒在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
8+180+180-。+〃/360+尸.
-------360------~飛廣
由此可知,當(dāng)尸=-90。時(shí)時(shí)間最短,當(dāng)£=90。時(shí)時(shí)間最長
1.7rm
Ar=—/=---=—TTL
2B°q%
由幾何關(guān)系可知:微粒打到擋板上區(qū)域的長度為(4+2途,
10.如圖甲所示,現(xiàn)有一機(jī)械裝置,裝置。右端固定有一水平光滑絕緣桿,裝置可以帶動(dòng)桿上下平
行移動(dòng),桿_1_套有兩個(gè)小球a、b,質(zhì)量"%-1kg,mb-3kgFci球帶電星夕-十2C,力球不帶電。初
始時(shí)a球在桿的最左端,且小〃球相距4=0.08m,現(xiàn)讓裝置。帶動(dòng)桿以%=2m/s向下勻速運(yùn)
動(dòng),并且加上一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度4=1T的勻強(qiáng)磁場,已知小球和桿始終在磁場中,球發(fā)
生的碰撞均為彈性碰撞,且碰撞過程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。:8取10m/S?)
(1)求小球〃、方第一次發(fā)生碰撞后沿桿方向的速度分別是多少?
(2)若已知在桿的最右端恰好發(fā)生第9次碰撞,則桿的長度是多少?
(3)如圖乙所示,若將該裝置固定不動(dòng),長方形43C。內(nèi)有交變勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖丙規(guī)
律變化,取垂直紙面向里為磁場的正方向,圖中A8=gAO=Vk,L=2m,綜=1T,在長方形
區(qū)域再加一豎直向上的勻強(qiáng)電場,E=30V/m,給a一個(gè)向右瞬時(shí)沖量/,。、力發(fā)生彈性碰撞且電
荷量平分,方在7=0時(shí)從A點(diǎn)沿44方向進(jìn)入磁場,最終到達(dá)C點(diǎn),則沖量/多大?
【解析】(1)4球做加速運(yùn)動(dòng)的加速度為〃,則
Bq%=叫a
設(shè)第一次碰前速度為匕o,則
口=2aL
設(shè)a和碰撞后速度為val、人,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得
1,1,1,
萬叫匯0=萬叫/+3網(wǎng),降
解得
匕i=-0.4m/s
vhl=0.4m/s
(2)設(shè)物塊4、力第一次碰后再經(jīng)過時(shí)間。發(fā)生第二次碰撞
12
匕
解得
4=0.4s
第二次碰撞前。的速度
琮=%+肛=L2m/s
第二次碰撞前〃的速度
噥="°-4m/s
碰撞過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得
1,1pI,1
5%%2+萬網(wǎng),%=-inv-+-mv2;
L44t24h2
解得
%=°
vh2=0.8m/s
第二次和第三次碰撞的時(shí)間間隔為則
兀2=/
即
1,
%,2+/=%,2
解得
I、—0.4s
第三次碰撞前4的速度
+af
v:2=匕22=L6m/s
第三次碰撞前8的速度
咆=Vhi=0.8m/s
碰撞過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得
1,21,,1,12
5sA,2+3MA=5帆,吃3+5〃4%3
解得
匕,3=0.4m/s
%=1.2m/s
即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s,相鄰兩次碰撞的時(shí)間間隔為0.4s,則b球從第一次到第九
次碰撞前的瞬間位移分別為
%=%“二°16m
,f
Xf,2=%=04x2x04m=0.32m
xh3=-/=0.4x3x0.4m=0.48m
則桿的長度是
x=4+Si++43+…+?%=5?84m
(3)若給〃球一個(gè)沖量/,則
1=mj。
a球和b球碰撞
”?"%=叫匕+%以
121212
解得
分球在長方形區(qū)域時(shí)
叫內(nèi)=£4,
則b球在長方形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
的網(wǎng)=皿
r
nr=2L(〃=1,2>3…)
聯(lián)立解得
8
/=—N-s(〃=1,2.3…)
3/7
11.如圖甲所示,空間存在方向豎直向上周期性變化的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小隨時(shí)間變化如圖乙所
示,空間還存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化如圖丙所示。一個(gè)質(zhì)量
為0.1kg、帶電量為X).2C的帶電小球,在空間P點(diǎn)在,=0時(shí)刻在紙面內(nèi)以水平向右大小為10m/s
的速度拋出。小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于2s,最終落地時(shí)速度垂直于地面。重力加速度為lOnVd,
小球可視為質(zhì)點(diǎn),求:
(1)/=1s時(shí),小球的速度大?。?/p>
(2)1s?2s內(nèi)小球受到的合力大小;
(3)小球第一次速度水平向左時(shí)離〃點(diǎn)的高度;
(4)戶點(diǎn)離地面的高度至少為多少。
【答案】⑴3⑵2缶N;⑶江尹m;⑷(2。+沙
【解析】(1)小球在O~ls內(nèi)只在重力作用下做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)/二ls時(shí),小球的速度為匕,小球在此
時(shí)的豎直方向分速度為
%=g/i=10m/s
因此
\\="1.+片=V102+IO2m/s=10V2m/s
(2)在1:2s內(nèi),由于
qE=5xO.2N="?g=O.lxlON=IN
則重力與電場力的合力為0,此時(shí)合力為
鼠=q%B=0.2x10&?萬N=2VLrN
(3)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓冏運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)周期為
即在1:2s內(nèi),小球剛好在磁場中做完整的圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得
y"
依出=小士
解得
R5&
R、=---m
江
小球在第1s內(nèi)下落的高度為
%=;濡=5m
小球開始做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),速度與水平方向夾角為45。,當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)速度水平向左時(shí),小球離
P點(diǎn)的高度為
..D5/25(^+5/2+1)
h=/?.+凡+——R、=--------m
112,產(chǎn)
(4)小球第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)且落地時(shí)速度垂直于地面,這時(shí)夕點(diǎn)離地面的高度最小。在0~3s
內(nèi),小球下落的高度為
也=ggg=2()m
設(shè)第3s末,小球的速度為匕,根據(jù)動(dòng)能定理得
mgh2=-m\^--invl
解得
v2=10\/5m/s
設(shè)此時(shí)速度與豎直方向的夾角為。,則
sin<9=2i=_L=2^
v2x/55
設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為與,根據(jù)牛頓第二定律得
qv2B=m^
解得
八m\\5y/5
6=——-=---m
qB冗
根據(jù)幾何關(guān)系可知P點(diǎn)離地面的最小高度為
〃二九+凡sin0=(20+二)m
n
12.如圖所示,第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)甩場,電場強(qiáng)度大小E=4xl()3v/m,第二象限內(nèi)
存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,笫三象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場及豎直向下的勻強(qiáng)電場,
電場強(qiáng)度大小為夜£。現(xiàn)有一帶正電的粒子從x軸上的4點(diǎn)以初速度%=2xl(Tm/s垂直于x軸射
入電場,經(jīng))'軸上的尸點(diǎn)進(jìn)入第二象限。已知第二、三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為3=0.2T,A
點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0.5m,P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為LOm,(不計(jì)粒子重力,乃近似取3)。求:
(1)電荷的比荷幺;
m
(2)粒子從4點(diǎn)出發(fā)到剛進(jìn)入第三象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;
(3)粒子運(yùn)動(dòng)過程中,第二次與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)坐標(biāo)。
XX
E
xBX
|VO
XXx
OA
V2E
B
【答案】(1)io5c/kg:(2)1.625xio^s;(3)x=-(^-+l)m
如圖所示
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