高考物理一轮微专题复习第10章磁场微专题56word版有答案Word文档下载推荐.docx
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(3)粒子在磁场中运动的最短时间.
3.如图3所示,在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域Ⅰ,在第一象限的y>
L区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ;
在第一象限的<
y<
L区域中有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅲ.在坐标原点O处有一电压可调的沿x轴方向的加速电场,电场右侧有一粒子源可产生电荷量为q,质量为m、初速度忽略不计的带负电粒子.粒子经加速电场加速后从坐标原点O处沿x轴负方向射入磁场区域Ⅰ.
图3
(1)若粒子经过坐标为的P点时,速度方向与y轴负方向成锐角,且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ,求加速电场的电压U.
(2)若调低加速电场的电压,粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y轴进入磁场区域Ⅲ,经过坐标为的P点后进入磁场区域Ⅱ,粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为θ,求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小.
4.如图4所示,直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1,直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度E=1.0×
104V/m,另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域,磁感应强度B2=0.20T,方向垂直坐标平面向外,该圆与直线x=d和x轴均相切,且与x轴相切于S点.一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域,经过一段时间进入磁场区域B1,且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y=x垂直.粒子速度大小v0=1.0×
105m/s,粒子的比荷为=5.0×
105C/kg,粒子重力不计.求:
图4
(1)坐标d的值;
(2)要使粒子无法运动到x轴的负半轴,则磁感应强度B1应满足的条件;
(3)在第
(2)问的基础上,粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间.(结果保留两位有效数字)
5.如图5所示,空间中存在半径为R的圆形有界磁场,磁场的方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B.平行板电容器极板间距离为R,电容器上极板的延长线恰好与圆形磁场下边界相切于P点,两极板右端竖直连线与磁场左边相切于Q点.一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,以大小为的初速度紧贴负极板从左侧垂直电场方向射入,并从两极板右端竖直连线的中点N射出,后恰好由P点射入圆形磁场区域.不计粒子的重力.求:
图5
(1)电容器两极板间的电势差;
(2)粒子从进入电场到射出磁场的整个过程所经历的时间.
6.如图6所示,在一、二象限内-R≤x≤R范围内有竖直向下的匀强电场E,电场的上边界方程为y=x2.在三、四象限内存在垂直于纸面向里,边界方程为x2+y2=R2的匀强磁场.现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m,电量为q的正离子,在y=R处有一荧光屏,当正离子打到荧光屏时会发光,不计重力和离子间相互作用力.
图6
(1)求在x(-R≤x≤R)处释放的离子进入磁场时的速度大小;
(2)若仅让横坐标x=-处的离子释放,它最后能经过点(R,0),求从释放到经过点(R,0)所需时间t;
(3)若同时将离子由静止释放,释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光.求该点坐标和磁感应强度B1.
答案精析
1.
(1)5×
107C/kg
(2)5m (3)见解析
解析
(1)轨迹如图甲,交y轴于C点,过P点作v的垂线交y轴于O1点,
甲
由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心,设半径为r,则圆心角为60°
.有:
rsinα=
得r=2m
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,
有:
qvB=m
代入数据,解得=5×
107C/kg.
(2)粒子在电场中做类平抛运动,加速度a==2×
108m/s2
运动时间t1==5×
10-5s
沿y轴负方向的分速度vy=at1=1×
104m/s
沿y轴负方向的位移y=at=0.25m
由几何知识可得LOC=1m.
粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点,t2==7.5×
故Q点的横坐标为x=d+vt2=5m
(3)设电场左边界的横坐标为x′,当0<
x′<
3m时,如图乙,粒子离开电场时的速度偏向角为θ,
乙
则:
tanθ=
又:
由以上两式得:
E′=,
当3m≤x′<5m时,如图丙,
丙
有LOC=at2=
解得:
E′=.
2.
(1)
(2) (3)
解析
(1)设质量为m,电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0
qU=mv
粒子在平行板间:
L=v0t
vx=t
联立解得:
tanθ=1,θ=
粒子射入磁场时的速度方向与边界ab间的夹角θ=
(2)由
(1)知,粒子均从e板下端与水平方向成45°
的角射入匀强磁场.设质量为m0,电荷量为q0的粒子射入磁场时的速度为v′,恰能射到感光片Q处,做圆周运动的轨道半径为r0,则v′==v0=2
由几何关系知:
r+r=(4L)2,得r0=2L
又r0=
=
(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为tmin,在磁场中的偏转角为α,则
tmin=
半径为r′==·
2=
因为所有粒子在磁场中运动的偏转角都为α=π,所以粒子打在P处时在磁场中运动时间最短.
r′2+r′2=L2,得r′=L
联立解得tmin==.
3.
(1)
(2)B
解析
(1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v,由动能定理有qU=mv2
带电粒子进入匀强磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m
由几何关系有(L-R)2+2=R2
联立解得U=
(2)设调低加速电场电压后,带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1
带电粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动时,有qv1B=m
在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时,有qv1B1=m
可得B1=B
又由几何关系有R2cosθ=L
由L>
,可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L
2R1+R2-R2sinθ=L
联立解得B1=B.
4.
(1)4m
(2)B1≤0.1T或B1≥0.24T (3)6.2×
解析
(1)带电粒子在匀强磁场B2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示,
则qv0B2=m
解得r=1m
粒子进入匀强电场以后,做类平抛运动,设水平方向的位移为x0,竖直方向的位移为y0.
水平方向:
x0=v0t
竖直方向:
y0=at2
a=
=tan45°
x0=2m,y0=1m
由图甲中几何关系可得d=x0+y0+r=4m.
(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B1′时,粒子垂直打在y轴上,此时粒子无法运动到x轴的负半轴,粒子在磁场中运动半径为r1,如图乙所示,
由几何关系得:
r1=d-x0
解得r1==2m
B1′=0.1T
故B1≤0.1T.
设当匀强磁场的磁感应强度为B1″时,粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后,轨迹与y轴相切,此时粒子也无法运动到x轴负半轴,设粒子在磁场中运动半径为r2,如图乙所示,由几何关系可得r2+r2cos45°
+x0=d
解得r2==(4-2)m
B1″≈0.24T
故B1≥0.24T.即要使粒子无法运动到x轴的负半轴,磁感应强度B1≤0.1T或B1≥0.24T.
(3)设粒子在B2中运动时间为t1,电场中运动时间为t2,磁场B1中运动时间为t3,则t=t1+t2+t3=++=×
++×
≈6.2×
10-5s.
5.
(1)
(2)
解析
(1)设粒子从N点射出的速度与极板的夹角为θ,设极板间距为d,如图所示,
由几何关系可解得:
tanθ==,即θ=30°
vy=v0tanθ
粒子在电场中做类平抛运动,则:
v=2a·
由牛顿第二定律得a=
粒子在电场中受力:
F=qE
平行板电容器两极板间的电场强度:
E=
U=
(2)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t1,则=t1
设粒子飞出电场后做匀速运动所用的时间为t2,则R=v0t2
由几何关系得,粒子飞出电场后的速度:
v=
粒子在磁场中偏转的轨迹如图所示,设粒子从M点射出磁场,由洛伦兹力提供向心力得:
解得粒子运动的半径:
r==R
粒子运动的周期:
T==
如图,O′为轨迹圆圆心,O为圆形磁场的圆心,△OO′P中OP=R,O′P=r=R,
∠OPO′=30°
,由余弦定理得:
OO′2=R2+r2-2Rrcos30°
OO′=R=r
可得偏转角为α=240°
则粒子在磁场中运动时间t3=T
粒子整个过程的运动时间t=t1+t2+t3
解得t=.
6.
(1)|x|
(2)见解析 (3)2
解析
(1)于x处释放离子,由动能定理得Eq·
x2=mv2
得离子进入磁场时的速度v=|x|
(2)由
(1)得在x=-处释放的离子到达x轴时速度为v==
从释放到到达x轴时间为t1===
第一种情况:
离子直接从x=-经磁场达x=R处.
在磁场中经历半圆时间
t2===2π
总时间T1=t1+t2=
第二种情况:
离子直接从x=-经磁场达x=处进入电场再返回磁场到x=R处
易得在磁场中时间仍然为t2=2π
在电场中时间为3t1=
总时间为T2=3t1+t2=(2π+1)
(3)在磁场B中qvB=
所以运动半径r==|x|
可以看出,B一定时,必有r∝|x|,当|x|→0时,r→0(离子经磁场偏转从逼近原点处出磁场)因此,所有离子都从原点(0,0)点处出磁场,击中荧光屏上
则有2r1=|x|,因为qvB1=
所以B1==2.
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