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(2)滑块的加速度为a=2m/s2时的速度
(3)设滑块从开始运动到获得最大速度的过程中,电流在电阻R上所做的电功是w=0.8J,求此过程中滑块滑动的距离
23.(18分)
解:
(1)Mg=f+BId①---------------------------------------------------(2分)
I=E/R②---------------------------------------------------(1分)
E=BdVm③---------------------------------------------------(1分)
联立①②③解之并代入动能表达式:
EK=mVm2/2=0.2J-----------(2分)
(2)Mg-f-BId=(M+m)a④-----------------------------------------(3分)
I=E/R⑤
E=BdV⑥
联立④⑤⑥解之:
V=R[Mg-f-(M+m)a]/B2d2=0.8m/s------------------(3分)
(3)Mgx-fx-w=(m+M)Vm2/2----------------------------------------(3分)
x={(m+M)[(Mg-f)R]2/2B4d4+w}/(Mg-f)=1.4m---------------(3分)
(2011丰台一模)23.(18分)
1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点,解决了粒子的加速问题。
现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。
某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示,图为俯视图乙。
回旋加速器的核心部分为D形盒,D形盒装在真空容器中,整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中,磁场可以认为是匀强在场,且与D形盒盒面垂直。
两盒间狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。
D形盒半径为R,磁场的磁感应强度为B。
设质子从粒子源A处时入加速电场的初速度不计。
质子质量为m、电荷量为+q。
加速器接一定涉率高频交流电源,其电压为U。
加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1;
(2)求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t;
(3)如果使用这台回旋加速器加速α粒子,需要进行怎样的改动?
请写出必要的分析及推理。
23.(18分)
解析:
(1)(6分)
设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1
①(2分)
②(2分)
联立①②解得:
(2分)
(2)(8分)
设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈,质子在出口处的速度为v
③(2分)
④(1分)
⑤(2分)
⑥(1分)
联立③④⑤⑥解得
(3)(4分)
回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同。
设高频电压的频率为f,则
当速α粒子时α粒子的比荷为质子比荷的2倍,
,所以不用直接使用。
(2分)
改动方法一:
让回旋磁场的磁感应强度加倍。
改动方法二:
让加速高频电压的频率减半。
(2011朝阳一模)23.(18分)
如图所示为某种质谱仪的结构示意图。
其中加速电场的电压为U,静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同,方向沿径向指向圆心O1。
磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°
的扇形区域内,分布着方向垂直于纸面的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行。
由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后,从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器,在静电分析器中,离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,并从N点射出静电分析器。
而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界,又垂直于磁场方向射入磁分析器中,最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出,并进入收集器。
测量出Q点与圆心O2的距离为d。
(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小;
(2)求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向;
(3)通过分析和必要的数学推导,请你说明如果离子的质量为0.9m,电荷量仍为q,其他条件不变,这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。
23.(18分)
(1)离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有
①
设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有
②
由①②解得
③6分
(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有
④
由题意可知,圆周运动的轨道半径
r=d⑤
由②④⑤式解得
⑥
磁场方向为垂直纸面向外。
6分
(3)设质量为0.9m的离子经加速电场加速后,速度为v′,由动能定理可得
⑦
由②⑦式可得
⑧
新离子进入电场时与O1的距离仍为R,新离子如果在电场中做半径为R的匀速圆周运动,所需要的向心力
⑨
由①⑧⑨式可得
即该离子所受电场力,恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力,因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动,仍从N点射出。
由②④式可知,离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径
,与离子的质量有关,所以不能沿原来的轨迹从Q点射出磁场。
(海淀反馈)23.如图所示,相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场,且电场的方向按一定规律分时段变化。
狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,且磁场区域足够大。
某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电荷为q的带负电粒子(不计重力),粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区,以半径r1做圆运动,此时电场的方向已经反向,当粒子由A1点自右向左通过Q平面后,使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆运动,此时电场又已经反向,粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速,……。
以后粒子每次通过PQ间都被加速。
设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3、……An……,求:
(1)粒子第一次在Q右侧磁场区做圆运动的半径r1的大小;
(2)粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离;
(3)设An与An+1间的距离小于r1/3,则n值为多大。
23.
(1)r1=
;
(2)2(
-
)
(3)n>
5
(2011海淀一模)23.(18分)在高能物理研究中,粒子加速器起着重要作用,而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次,因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。
1930年,EarnestO.Lawrence提出了回旋加速器的理论,他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转,多次反复地通过高频加速电场,直至达到高能量。
图12甲为EarnestO.Lawrence设计的回旋加速器的示意图。
它由两个铝制D型金属扁盒组成,两个D形盒正中间开有一条狭缝;
两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。
图12乙为俯视图,在D型盒上半面中心S处有一正离子源,它发出的正离子,经狭缝电压加速后,进入D型盒中。
在磁场力的作用下运动半周,再经狭缝电压加速;
为保证粒子每次经过狭缝都被加速,应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。
如此周而复始,最后到达D型盒的边缘,获得最大速度后被束流提取装置提取出。
已知正离子的电荷量为q,质量为m,加速时电极间电压大小恒为U,磁场的磁感应强度为B,D型盒的半径为R,狭缝之间的距离为d。
设正离子从离子源出发时的初速度为零。
(1)试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径;
(2)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。
试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间;
(3)不考虑相对论效应,试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。
(1)设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1,由动能定理得
正离子在磁场中做匀速圆周运动,半径为r1,由牛顿第二定律得
由以上两式解得
(1分)
(2)设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn,由动能定理得
粒子在狭缝中经n次加速的总时间
由牛顿第二定律
由以上三式解得电场对粒子加速的时间
正离子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律
(1分)
又
粒子在磁场中做圆周运动的时间
由以上三式解得
所以,粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间
+
(3)设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm,速度为vm
离子获得的最大动能为
所以,要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B。
(2011海淀零模)23.(18分)
打印机是办公的常用工具,喷墨打印机是其中的一种。
图11是喷墨打印机的工作原理简化图。
其中墨盒可以喷出半径约为10-5m的墨汁微滴,大量的墨汁微滴经过带电室时被带上负电荷,成为带电微粒。
墨汁微滴所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制。
带电后的微滴以一定的初速度进入由两块平行带电金属板形成的偏转电场中,微滴经过电场的作用发生偏转后打在纸面上,显示出字体。
若某种喷墨打印机的偏转电场极板长度为l,两板间的距离为d,偏转电场极板的右端距纸面的距离为b,某个带电微滴的质量为m,沿两板间的中心线以初速度v0进入偏转电场。
偏转电场两极板间电压为U。
该微滴离开电场时的速度大小为v,不计微滴受到的重力和空气阻力影响,忽略电场边沿处场强的不均匀性。
(1)该该带电微滴所带的电荷量q;
(2)该该带电微滴到达纸面时偏离原入射方向的距离y;
(3)在微滴的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均一定的条件下,分析决定打印在纸上字体大小的因素有哪些?
若要使纸上的字体高度放大,可以采取的措施是什么?
(1)带电微滴进入电场后,做类平抛运动,离开电场时,沿垂直电场方向的速度大小为v0,沿电场方向的速度大小为
设带电微滴在电场中运动的时间为t,根据牛顿第二定律与运动学公式
解得:
(3分)
(2)带电微滴离开电场后做匀速直线运动,设运动方向与v0方向的夹角为θ,根据平抛运动的特点,
解得
(3)由
(1)问和
(2)问的结果可知,微滴到达纸面上时偏离原入射方向的距离
y的数值越大,即纸面上的字体越大。
在m、q以及v0一定的条件下,若要使纸上的字体高度放大,可以增大偏转电场两极板间的电压U、偏转极板的右端距纸面的距离b或偏转极板的长度l,也可以减小偏转电场两极板间的距离d。
(2011东城一摸)23.(18分)回旋加速器是用来加速带电粒子的装置,如图所示。
它的核心部分是两个D形金属盒,两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径),分别和高频交流电源相连接,使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。
两盒放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面,带电粒子在磁场中做圆周运动,粒子通过两盒的缝隙时反复被加速,直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。
若D形盒半径为R,所加磁场的磁感应强度为B。
设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U,被加速的粒子为α粒子,其质量为m、电量为q。
α粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略),经若干次加速后,α粒子从D形盒边缘被引出。
求:
(1)α粒子被加速后获得的最大动能Ek;
(2)α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比;
(3)α粒子在回旋加速器中运动的时间;
(4)若使用此回旋加速器加速氘核,要想使氘核获得与α粒子相同的动能,请你通过分析,提出一个简单可行的办法。
(1)α粒子在D形盒内做圆周运动,轨道半径达到最大时被引出,具有最大动能。
设此时的速度为v,有
(1)
可得
α粒子的最大动能Ek=
(4分)
(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU,α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为
(2)
(3)
可得
(5分)
(3)设α粒子被电场加速的总次数为a,则
Ek=
(4)
可得a
(5)
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t。
(6)
(7)
解得
(4)加速器加速带电粒子的能量为Ek=
,由α粒子换成氘核,有
,则
,即磁感应强度需增大为原来的
倍;
高频交流电源的周期
,由α粒子换为氘核时,交流电源的周期应为原来的
倍。
(2011西城一摸)23.(18分)图1是示波管的原理图,它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极XX΄、YY΄组成。
偏转电极的极板都是边长为l的正方形金属板,每对电极的两个极板间距都为d。
电极YY΄的右端与荧光屏之间的距离为L。
这些部件处在同一个真空管中。
电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子,电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极间,两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。
荧光屏上有xoy直角坐标系,x轴与电极XX΄的金属板垂直(其正方向由X΄指向X),y轴与电极YY΄的金属板垂直(其正方向由Y΄指向Y)。
已知电子的电量为e,质量为m。
可忽略电子刚离开金属丝时的速度,并不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。
(1)若加速电极的电压为U0,两个偏转电极都不加电压时,电子束将沿直线运动,且电子运动的轨迹平行每块金属板,并最终打在xoy坐标系的坐标原点。
求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小;
(2)若再在偏转电极YY΄之间加恒定电压U1,而偏转电极XX΄之间不加电压,
求电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离;
(3)(i)若偏转电极XX΄之间的电压变化规律如图2所示,YY΄之间的电压变化规律如图3所示。
由于电子的速度较大,它们都能从偏转极板右端穿出极板,且此过程中可认为偏转极板间的电压不变。
请在图4中定性画出在荧光屏上看到的图形;
(ii)要增大屏幕上图形在y方向的峰值,若只改变加速电极的电压U0、YY΄之间电压的峰值Uy、电极XX΄之间电压的峰值Ux三个量中的一个,请说出如何改变这个物理量才能达到目的。
(1)电子出加速电场后做匀速直线运动,设速度为υ,根据动能定理得
eU0=
解得υ=
(2)设电子在偏转电极YY΄中的运动时间为t1,
沿垂直电场方向电子做匀速直线运动,则l=υt1(1分)
沿平行电场方向电子做初速度为0的匀加速直线运动,则
y1=
此过程中电子的加速度大小
电子在y方向的速度υy=at1(1分)
电子在偏转电场外做匀速直线运动,设经时间t2到达荧光屏。
则
L=υt2(1分)
y2=υyt2(1分)
电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离y=y1+y2
解得
(3)
(i)如答图4所示(2分)
(ii)减小U0
或增大Uy(3分)
(2011东城二模)23.(18分)质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成,放在光滑的水平面上。
质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下,以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出,如图所示。
已知M:
m=3:
1,物块与水平轨道之间的动摩擦因数为µ
,圆弧轨道的半径为R。
(1)求物块从轨道左端滑出时,滑块M的速度的大小和方向;
(2)求水平轨道的长度;
(3)若滑块静止在水平面上,物块从左端冲上滑块,要使物块m不会越过滑块,求物块冲上滑块的初速度应满足的条件。
23.(18分)解:
(1)(5分)对于滑块M和物块m组成的系统,物块沿轨道滑下的过程中,水平方向动量守恒,物块滑出时,有
滑块M的速度
(1分),方向向右。
(1分)
(2)(5分)物块滑下的过程中,物块的重力势能,转化为系统的动能和内能,有
(3分)
解得
(3)(8分)物块以速度v0冲上轨道,初速度越大,冲上圆弧轨道的高度越大。
若物块刚能达到最高点,两者有相同的速度V1,此为物块不会越过滑块的最大初速度。
对于M和m组成的系统,水平方向动量守恒,有
相互作用过程中,系统的总动能减小,转化为内能和重力势能,有
要使物块m不会越过滑块,其初速度
(2011西城二模)23.(18分)2010年11月5日,在新疆召开的“引渤入疆”(指引渤海水进入新疆)研讨会,引起了全国舆论的广泛关注。
其中一个方案是:
从天津取水,由黄旗海—库布齐沙漠—毛乌素沙漠—腾格里沙漠—乌兰布和沙漠—巴丹吉林沙漠,走河西走廊,经疏勒河自流进入罗布泊。
此路径中最高海拔约为1200m,从罗布泊到下游的艾丁湖,又有近1000m的落差。
此方案是否可行,涉及到环境、能源、技术等多方面的因素。
下面我们仅从能量角度来分析这个方案。
取重力加速度g=10m/s2,,水的密度ρ1=1.0×
103kg/m3。
(1)通过管道提升海水,电能的利用率η1=60%,将1吨海水提升到海拔1200m,需要耗多少电能?
利用水的落差发电,发电效率也为η1=60%,在1000m的落差中1吨水可以发多少电能?
(2)如果每年调4×
109m3海水入疆,尽管利用落差发的电可以全部用来提升海水,但还需要额外提供电能。
(i)额外需要的电能可从三峡水电站输送。
已知三峡水电站水库面积约1.0×
109m2,年平均流量Q=5.0×
1011m3,水库水面与发电机所在位置的平均高度差h=100m,发电站的发电效率η1=60%。
求:
在一年中“引渤入疆”工程额外需要的电能占三峡电站发电量的比例。
(ii)我国西北地区风能充足,额外需要的电能也可通过风力发电来解决。
通过风轮机一个叶片旋转一周扫过面积的最大风能为可利用风能。
取空气密度ρ2=1.25kg/m3。
某风力发电机的发电效率η2=40%,其风轮机一个叶片旋转一周扫过的面积S=400m2。
某地区风速不低于υ=10m/s的时间每年约为5500小时(合2.0×
107s)。
在该地区建多少台这样的风力发电机才能满足“引渤入疆”工程额外需要的电能?
(1)将1T海水提升到海拔1200m,重力势能增加
J
由于电能的利用率为60%,所以需要耗电
J(2分)
利用1000m落差,1T水可以发电
(2)将1T海水输送到艾丁湖,额外需要耗电ΔE0=E1-E2=1.4×
107J(1分)
每年从渤海湾调4×
109m3海水入疆需要额外用电
ΔE=4×
109×
ΔE0=5.6×
1016J(1分)
(i)三峡水电站的年发电
=ρ1Qghη1=3.0×
1017J(3分)
“引渤入疆”工程需要的电能占三峡电站发电量的比例为
=18.7%(2分)
(ii)对一台这样的风力发电机,
1s内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρ2υS
风能的最大功率
=
(ρ2υS)υ2=
ρ2Sυ3=2.5×
105W(2分)
年发电量约W=η2Pmt=40%×
2.5×
105×
2.0×
107J=2.0×
1012J(2分)
为满足“引渤入疆”工程额外需要的电能,需建数量
n=
=2.8×
104(台)(3分)
(2011海淀二模)23.(18分)在2010年温哥华冬奥会单板滑雪女子U型池决赛中,我国小将刘佳宇名列第四名。
虽然无缘奖牌,但刘佳宇已经创造中国单板滑雪在冬奥会上的最好成绩。
单板滑雪U型池的比赛场地截面示意图如图11所示,场地由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成,圆弧滑道的半径R=3.5m,B、C分别为圆弧滑道的最低点,B、C间的距离s=8.0m,运动员在水平滑道以一定的速度冲向圆弧滑道CD,到达圆弧滑道的最高位置D后竖直向上腾空跃起,在空中做出翻身、旋转等动作,然后再落回D点。
裁判员根据运动员腾空的高度、完成动作的难度和效果等因素评分,并要求运动员在滑动的整个过程中,身体的任何部位均不能触及滑道。
假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=16.2m/s,运动员从B点运动到C点所用的时间t=0.5s,从D点跃起时的速度vD=8.0m/s。
设运动员连同滑板的质量m=50kg,忽略空气阻力的影响,重力加速度g取10m/s2。
(1)运动员从D点跃起后在空中完成动作的时间;
(2)运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功;
(3)为使运动不断持续,运动员从D点滑回到A点时的速度应不小于D点的速度。
那么运动员在水平滑道BC段滑动的过程中是否可能增加其动能呢?
试进行判断,并说明理由。
(1)运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动,设运动员上升的时间为t1,根据运动学公式vD=gt1
运动员在空中
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