课后网专题一——电磁场中典型模型的处理

专题一 ： 电磁场中典型模型的处理一、【速度选择器】(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qEqvB，即v. 1、如图3613所示，一质子(不计重力)以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则()A若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转B无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转C若质子的速度vv，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线二、 【质谱仪】(1)构造：如图5所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成图5(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qUmv2.粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvBm.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r ，m，.2、如图所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是 ()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E/BD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小解析粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B正确；由EqBqv可知，vE/B，选项C正确；粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D，可见D越小，则粒子的比荷越大，D不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误三、 【回旋加速器】(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由qvB，得Ekm，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关3、劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是() A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变解析粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v2Rf，故A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekmmv2m42R2f22m2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R，Uqmv，2Uqmv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm2m2R2f2与m、R、f均有关，D错误四、 【磁流体发电机】(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能(2)根据左手定则，如图中的B是发电机正极(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由qEqqvB得两极板间能达到的最大电势 差UBLv.霍尔电压4、如图所示为磁流体发电机示意图，其中两极板间距d20 cm，磁场的磁感应强度B5 T，若接入额定功率P100 W的灯泡，灯泡正常发光，其正常发光时的电阻R400 ，不计发电机内阻，求：等离子体的流速为多大？五、【电磁流量计】工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持 稳定，即：qvBqEq，所以v，因此液体流量QSv.六、【偏转电场】带电粒子做类平抛运动分为三种情况：穿出偏转电场、穿不出偏转电场、恰好穿出偏转电场规律总结：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动5、如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 () A使U2加倍 B使U2变为原来的4倍C使U2变为原来的倍 D使U2变为原来的解析电子经U1加速后获得的动能为Ekmv2qU1，电子在偏转电场中的侧移量为：yat2，可见当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，显然A正确6、如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1mv0，解得v0 (2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动由牛顿第二定律和运动学公式有t，Fma，FeE，E，yat2解得偏移量y(3)由y可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方.七、【有界磁场】带电粒子做匀速圆周运动，由于磁场有一定的界限，因此带电粒子往往不能做一个完整的圆，只能是一段圆弧。规律总结：确定粒子运动的圆心，找出轨迹对应的圆心角，再求运动时间.(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)7、如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，若AOB120，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A. B.C. D.解析画出带电粒子进、出磁场时速度方向的垂线交于O点，O点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示连接OO，设轨迹半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径Rrtan 60r.因为AOB120，故AOB60，运动时间tT，D正确8、如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OMON34，则下列说法中错误的是()A两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为34B两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为34C两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为34D两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为43解析设OM2r1，ON2r2，故，路程长度之比，B正确；由r知，故，C正确，D错误；由于T，则1，A错9、两极板M、N相距为d，板长为5d，两板未带电，板间有垂直于纸面的匀强磁场，如图所示，一大群电子沿平行于板的方向从各个位置以速度v射入板间，为了使电子都不从板间穿出，磁感应强度B的范围怎样？(设电子电荷量为e，质量为m)解析如图所示，靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板右边缘，对应的磁感应强度有最小值B1，设此时轨道半径为R1，则有evB1由几何关系得(R1d)2(5d)2R联立解得B1靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板左边缘，对应的磁感应强度有最大值B2，此时轨道半径为R2evB2由几何关系得R2联立解得B2综上所述，磁感应强度B的范围为B【高考题组】10、(2012广东理综15)质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图17中虚线所示下列表述正确的是()AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间解析由左手定则知M带负电，N带正电，选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F向F洛，即qvB得r，因为M、N的质量、电荷量都相等，且rMrN，所以vMvN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误；由T知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为，选项D错误11、如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是Atatbtctdtc Dtatbtctd解析由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从a、b两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即tatb；从c点和d点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于180，且dc，故tdtc，D选项正确12、如图所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界质量为m、带电荷量为q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为(090)的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场；第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ射出磁场(不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，U1、U2未知)(1)加速电压U1、U2的比值为多少？(2)为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线射出PQ边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强大小解析(1)如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨迹刚好与PQ相切，如图中的轨迹1.设轨迹半径为r1，由几何关系得：r1r1cos L，解得r1.第二次粒子刚好能垂直PQ边界射出磁场，粒子在磁场中的轨迹圆心为图中的O2点，运行轨迹为轨迹2，设轨迹半径为r2，由几何关系得到：r2由动能定理及牛顿第二定律得qUmv2，qvB，r，从而可得 ，所以.(2)若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ边界，场强方向为垂直速度方向斜向下，设场强大小为E，则EqBqv2，解得EBv2由于粒子经电压U2且未加电场时的轨迹半径r2，可得v2联立可得E，方向与水平方向成角斜向右下方