2023年高考物理復(fù)習(xí)題型專練:帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)解析版_第1頁
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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/

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

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

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

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

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=/

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

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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