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(浙江選考)2020版高考物理總復習 第八章 3 第3節(jié) 帶電粒子在復合場中的運動練習(含解析)

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1、帶電粒子在復合場中的運動 1.如圖所示,真空中存在著下列四種有界的勻強電場E和勻強磁場B區(qū)域,一帶正電的小球(電荷量為+q,質量為m)從該復合場邊界上方的某一高度由靜止開始下落.那么小球可能沿直線通過下列哪種復合場區(qū)域(  ) 解析:選B.對帶正電的小球進行受力分析可知,只有在選項B所示的復合場區(qū)域其所受洛倫茲力、重力、電場力可以平衡,故B正確. 2.(2019·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示,X1、X2,Y1、Y2,Z1、Z2分別表示導體板左、右,上、下,前、后六個側面,將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,當電流I通過導體板時,在導體板的兩側面之間產生

2、霍耳電壓UH.已知電流I與導體單位體積內的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關系為I=neSv.實驗中導體板尺寸、電流I和磁感應強度B保持不變,下列說法正確的是(  ) A.導體內自由電子只受洛倫茲力作用 B.UH存在于導體的Z1、Z2兩面之間 C.單位體積內的自由電子數(shù)n越大,UH越小 D.通過測量UH,可用R=求得導體X1、X2兩面間的電阻 解析:選C.由于磁場的作用,電子受洛倫茲力,向Y2面聚集,在Y1、Y2平面之間累積電荷,在Y1、Y2之間產生了勻強電場,故電子也受電場力,在Y1、Y2之間也產生了電勢差,故選項A、B錯誤;當自由電子所受的

3、電場力和洛倫茲力平衡時,霍耳電壓UH穩(wěn)定,即有=Bev,又有I=neSv,即得UH=,故選項C正確;電流I并不是因霍耳電壓UH而形成的,所以R=并不成立,選項D錯誤. 3.(2019·杭州高三檢測)如圖所示,一帶電塑料小球質量為m,用絲線懸掛于O點,并在豎直平面內擺動,最大擺角為60°,水平磁場垂直于小球擺動的平面.當小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為(  ) A.0    B.2mg C.4mg D.6mg 解析:選C.設小球自左方擺到最低點時速度為v,則mv2=mgL(1-cos 60°),此時qvB-mg=m,當小球自右方

4、擺到最低點時,v大小不變,洛倫茲力方向發(fā)生變化,T-mg-qvB=m,得T=4mg,故C正確. 4.使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出,離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等.質量為m,速度為v的離子在回旋加速器內旋轉,旋轉軌道是半徑為r的圓,圓心在O點,軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中,磁感應強度為B. 為引出離子束,使用磁屏蔽通道法設計引出器.引出器原理如圖所示,一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道,通道的圓心位于O′點(O′點圖中未畫出).引出離子時,令引出通道內磁場的磁感應強度降低,從而使離子從P點進入通道,沿通道中心線從Q點射出.已知OQ長度為L,OQ與OP的夾角

5、為θ. (1)求離子的電荷量q并判斷其正負; (2)離子從P點進入,Q點射出,通道內勻強磁場的磁感應強度應降為B′,求B′; (3)換用靜電偏轉法引出離子束,維持通道內的原有磁感應強度B不變,在內外金屬板間加直流電壓,兩板間產生徑向電場,忽略邊緣效應.為使離子仍從P點進入,Q點射出,求通道內引出軌跡處電場強度E的方向和大?。? 解析:(1)離子做圓周運動,Bqv= q=,正電荷. (2)如圖所示 O′Q=R,OQ=L,O′O=R-r 引出軌跡為圓弧,B′qv= 得R= 根據(jù)幾何關系得R= 故B′===. (3)電場強度方向沿徑向向外 引出軌跡為圓弧,Bqv-Eq=

6、 E=Bv-=Bv-. 答案:(1) 正電荷 (2) (3)沿徑向向外 Bv- 【課后達標檢測(一)】 一、選擇題 1.(2019·臺州月考)如圖所示,在xOy平面內,勻強電場的方向沿x軸正向,勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里.一電子在xOy平面內運動時,速度方向保持不變.則電子的運動方向沿(  ) A.x軸正向 B.x軸負向 C.y軸正向 D.y軸負向 答案:C 2.(2019·杭州調研)如圖所示,A板發(fā)出的電子(重力不計)經加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間,M、N之間有垂直紙面向里的勻強磁場,電子通過磁場后最終打在熒光屏P上,關于電子的運動,下列說法

7、中正確的是(  ) A.當滑動觸頭向右移動時,電子打在熒光屏的位置下降 B.當滑動觸頭向右移動時,電子通過磁場區(qū)域所用時間不變 C.若磁場的磁感應強度增大,則電子打在熒光屏上的速度大小不變 D.若磁場的磁感應強度增大,則電子打在熒光屏上的速度變大 答案:C 3.(2019·寧波選考適應考試)在翻蓋手機中,經常用霍爾元件來控制翻蓋時開啟或關閉運行程序.如圖是霍爾元件示意圖,磁場方向垂直于霍爾元件工作面,通入圖示方向的電流I,MN兩端會形成電勢差UMN,下列說法錯誤的是(  ) A.電勢差UMN僅與材料有關 B.若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差UMN>0 C.僅增大M、

8、N間的寬度,電勢差UMN變大 D.通過控制磁感應強度可以改變電勢差UMN 答案:A 4.(2019·浙江省名??记把簩?如圖所示,有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外,磁感應強度大小為B,某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為k,由靜止開始經電壓為U的電場加速后,從O點垂直射入磁場,又從P點穿出磁場.下列說法正確的是(不計粒子所受重力)(  ) A.如果只增加U,粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 B.如果只減小B,粒子可以從ab邊某位置穿出磁場 C.如果既減小U又增加B,粒子可以從bc邊某位置穿出磁場 D.如果只增加k,粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 解析:選D.由已

9、知可得qU=mv2,k=,r=,解得r=.對于選項A,只增加U,r增大,粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場.對于選項B,粒子電性不變,不可能向上偏轉從ab邊某位置穿出磁場.對于選項C,既減小U又增加B,r減小,粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場.對于選項D,只增加k,r減小,粒子可以從dP之間某位置穿出磁場. 5.(2019·浙江省溫州聯(lián)考選考科目)如圖所示,在平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻強磁場,質子、氘核、氚核沿平行金屬板方向以相同動能射入兩板間,其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉,質子和氚核發(fā)生偏轉后射出,則下列說法錯誤的是(  ) A.偏向正極板的是質子 B.偏向正極板的是氚核

10、 C.射出時動能最小的是質子 D.射出時動能最大的是氚核 解析:選B.三個粒子射入時動能相同,由Ek=mv2得質量與速度的平方成反比.三個粒子射入復合場中,都受到向下的電場力和向上的洛倫茲力,其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉,則有Bqv=qE,v=E/B.而質子Bqv>qE,向上偏轉,運動過程中,洛倫茲力不做功,電場力做負功,射出時動能減少.同理可得,氚核Bqv

11、區(qū);如果這個區(qū)域只有磁場,則粒子從D點離開場區(qū);設粒子在上述三種情況下,從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3,比較t1、t2和t3的大小,則有(粒子重力忽略不計)(  ) A.t1=t2=t3 B.t2t2 解析:選C.在復合場中沿直線運動時,帶電粒子速度大小和方向都不變;只有電場時,粒子沿初速度方向的分速度不變,故t1=t2.只有磁場時,粒子做勻速圓周運動,速度大小不變,方向時刻改變,沿初速度方向的分速度不斷減小,故t1=t2

12、放置的平行金屬板,一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經小孔O進入a、b兩板之間.為了選取具有某種特定速率的電子,可在a、b間加上電壓,并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場,使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動,由O′射出,不計重力作用.可能達到上述目的的辦法是(  ) A.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向里 B.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向里 C.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向外 D.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向外 解析:選AD.要使電子沿直線OO′運動,則電子在豎直方向所受電場力和洛倫茲力平衡,若a板電勢高于b板,則電子所受電場力方向豎直向上,其所受

13、洛倫茲力方向必向下,由左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里,故A選項正確.同理可判斷D選項正確. 8.(多選)(2019·麗水調研)如圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒.在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強磁場中,兩盒分別與高頻電源相連.帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,忽略帶電粒子在電場中的加速時間,則下列判斷正確的是(  ) A.在Ek-t圖中應有t4-t3=t3-t2=t2-t1 B.高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-1 C.粒子加速次數(shù)越多,粒子最大動能一定越大 D.要想粒子獲得的最大動能增大,可增加D形盒的半

14、徑 解析:選AD.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關,因此,在Ek-t圖中應有t4-t3=t3-t2=t2-t1,選項A對;帶電粒子在回旋加速器中每運行一周加速兩次,高頻電源的變化周期應該等于2(tn-tn-1),選項B錯;由r=mv/(qB)=/(qB)可知,粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑,當軌道半徑與D形盒半徑相等時粒子就不能繼續(xù)加速,故選項C錯、D對. 9.(多選)如圖所示,實線表示在豎直平面內的電場線,電場線與水平方向成α角,水平方向的勻強磁場與電場正交,有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運動,L與水平方向成β角,且α>β,則下列說法中正確的是(  )

15、 A.液滴可能做曲線運動 B.液滴有可能做勻變速直線運動 C.電場線方向一定斜向上 D.液滴一定帶正電 解析:選CD.帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力F洛,由于α>β,這三個力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向,因此這三個力的合力一定為零,帶電液滴做勻速直線運動,不可能做曲線運動和勻變速直線運動,故選項A、B錯誤.當帶電液滴帶正電,且電場線方向斜向上時,帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用,這三個力的合力可能為零,帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動.如果帶電液滴帶負電或電場線方向斜向下時,帶電

16、液滴所受合力不為零,不可能沿直線運動,故選項C、D正確. 二、非選擇題 10.如圖所示,在平面直角坐標系xOy內,第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場,第Ⅳ象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場,磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,從y軸正半軸上y=h處的M點,以速度v0垂直于y軸射入電場,經x軸上x=2h處的P點進入磁場,最后以垂直于y軸的方向射出磁場.不計粒子重力.求: (1)電場強度的大小E; (2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r; (3)粒子從進入電場到離開磁場經歷的總時間t. 解析:粒子的運動軌跡如圖所示. (1)設粒子在電場中

17、運動的時間為t1 則有2h=v0t1,h=at 根據(jù)牛頓第二定律得Eq=ma 求得E=. (2)設粒子進入磁場時速度為v,在電場中,由動能定理得 Eqh=mv2-mv 又Bqv=m,解得r=. (3)粒子在電場中運動的時間t1= 粒子在磁場中運動的周期T== 設粒子在磁場中運動的時間為t2, t2=T=,求得t=t1+t2=+. 答案:見解析 11.(2019·浙江猜題卷)如圖所示,直角坐標系xOy位于豎直平面內,在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度為B,方向垂直xOy平面向里,電場線平行于y軸.一質量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球,從y軸上的A點

18、水平向右拋出.經x軸上的M點進入電場和磁場,恰能做勻速圓周運動,從x軸上的N點第一次離開電場和磁場,MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為θ.不計空氣阻力,重力加速度為g,求: (1)電場強度E的大小和方向; (2)小球從A點拋出時初速度v0的大??; (3)A點到x軸的高度h. 解析:(1)小球在電場和磁場中恰能做勻速圓周運動,其所受電場力必須與重力平衡,有qE=mg ① E= ② 重力的方向是豎直向下,電場力的方向則應為豎直向上,由于小球帶正電,所以電場強度方向豎直向上. (2)小球做勻速圓周運動,O′為圓心,MN為弦長,∠MO′P=θ,如圖所示.設半

19、徑為r,由幾何關系知 =sin θ ③ 小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,設小球做圓周運動的速率為v,有qvB= ④ 由速度的合成與分解知=cos θ ⑤ 由③④⑤式得v0=cot θ. ⑥ (3)設小球到M點時的豎直分速度為vy,它與水平分速度的關系為vy=v0tan θ⑦ 由勻變速直線運動規(guī)律得v=2gh ⑧ 由⑥⑦⑧式得h=. 答案:(1) 方向豎直向上 (2)cot θ (3) 12.(2019·杭州模擬)如圖所示,在一個圓形區(qū)域內,兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4與A1A3的夾角為60°.一質

20、量為m、帶電荷量為+q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場,隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經過圓心O進入Ⅱ區(qū),最后再從A4處射出磁場.已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t,求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大?。?忽略粒子重力) 解析:設粒子的入射速度為v,已知粒子帶正電,故它在磁場中先順時針做圓周運動,再逆時針做圓周運動,最后從A4點射出,用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示粒子在磁場Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中的磁感應強度、軌道半徑和周期,有 qvB1=m,qvB2=m, T1==,T2==. 設圓形區(qū)域的半徑為r,如圖所示,已知帶電粒子過圓心且垂直A

21、2A4進入Ⅱ區(qū)磁場.連接A1A2,△A1OA2為等邊三角形,A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心,其軌跡的半徑R1=A1A2=OA2=r. 圓心角∠A1A2O=60°,帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1=T1. 帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點,即R2=r. 在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2=T2, 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t=t1+t2. 由以上各式可得B1=,B2=. 答案:  【課后達標檢測(二)】 一、選擇題 1.(2019·紹興高二檢測)如圖所示,一束負離子從S點沿水平方向射出,在沒有電、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O;若同時加

22、上電場和磁場后,負離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中,則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力,x軸垂直紙面向里)(  ) A.E向上,B向上 B.E向下,B向下 C.E向上,B向下 D.E向下,B向上 答案:C 2.如圖所示為一速度選擇器,兩極板P1,P2之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場.一束粒子流(重力不計)以速度v從S1沿直線運動到S2,則下列說法中正確的是(  ) A.粒子一定帶正電 B.粒子一定帶負電 C.粒子的速度一定等于 D.粒子的速度一定等于 答案:D 3.(2019·嘉興質檢)如圖所示,一電子束沿垂直

23、于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板,為了使電子束沿射入方向做直線運動,可采用的方法是(  ) A.將變阻器滑動頭P向右滑動 B.將變阻器滑動頭P向左滑動 C.將極板間距離適當減小 D.將極板間距離適當增大 答案:D 4.(多選)(2019·溫州質檢)在如圖所示的虛線區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場.取坐標系如圖,一帶電粒子沿x軸正向進入此區(qū)域,在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉,不計重力的影響,電場強度E和磁感應強度B的方向可能是(  ) A.E和B都沿x軸正向 B.E沿y軸正向,B沿z軸正向 C.E沿z軸正向,B沿y軸正向 D.E、B都沿z軸正向 解析:選AB.本

24、題沒有說明帶電粒子的帶電性質,為便于分析,假定粒子帶正電.A選項中,磁場對粒子作用力為零,電場力與粒子運動方向在同一直線上,帶電粒子的運動方向不會發(fā)生偏轉,A正確;B選項中,電場力方向向上,洛倫茲力方向向下,當這兩個力平衡時,粒子運動方向可以始終不變,B正確;C選項中,電場力、洛倫茲力都沿z軸正方向,粒子將做曲線運動,C錯誤;D選項中,電場力沿z軸正方向,洛倫茲力沿y軸負方向,兩力不可能平衡,粒子將做曲線運動,D錯誤.如果粒子帶負電,仍有上述結果. 5.如圖所示,在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中,電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動,已知電場強度為E,磁感應強度為B,則液滴的質

25、量和環(huán)繞速度分別為(  ) A., B., C.B, D., 解析:選D.液滴要在這種疊加場中做勻速圓周運動,從受力的角度來看,一是要滿足恒力的合力為零,即qE=mg,有m=;二是洛倫茲力提供向心力Bqv=,則可得v=,選項D正確. 6.(多選)(2019·寧波調研)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連.現(xiàn)分別加速氘核(H)和氦核(He).下列說法中正確的是(  ) A.它們的最大速度相同 B.它們的最大動能相同 C.它們在D形盒中運動的周期相同 D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能 答案:AC

26、 7.(多選)質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具,它的構造原理如圖所示,離子源S產生的各種不同正離子束(速度可看為零),經加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場,到達記錄它的照相底片P上,設離子在P上的位置到入口處S1的距離為x,可以判斷(  ) A.若離子束是同位素,則x越大,離子質量越大 B.若離子束是同位素,則x越大,離子質量越小 C.只要x相同,則離子質量一定相同 D.只要x相同,則離子的比荷一定相同 解析:選AD.由動能定理有qU=mv2.離子進入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉,由圓周運動的知識,有:x=2r=,故x= ,分析四個選項,A、D正確,B、C錯誤

27、. 8.(多選)(2019·寧波質檢)如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后,水平進入互相垂直的勻強電場(電場強度為E)和勻強磁場(磁感應強度為B)的復合場中,小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動,則(  ) A.小球可能帶正電 B.小球做勻速圓周運動的半徑r= C.小球做勻速圓周運動的周期T= D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增加 解析:選BC.小球在復合場中做勻速圓周運動,則小球受的電場力和重力大小相等,方向相反,則小球帶負電,A錯誤;由牛頓第二定律和動能定理可得:Bqv=,Uq=mv2,聯(lián)立mg=qE可得:小球做勻速圓周運動的半

28、徑r= ,由T=可以得出T=,B、C正確,D錯誤. 9.(2019·臺州質檢)如圖所示,空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場.質子由靜止開始經一加速電場加速后,垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū),質子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek′的大小滿足(  ) A.Ek′=Ek B.Ek′>Ek C.Ek′

29、速電場的速度比質子的速度小,所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力,將往電場力方向偏轉,電場力做正功,故動能增大,選項B正確. 二、非選擇題 10.如圖所示,兩塊水平放置、相距為2d的金屬板接在電壓可調的直流電源上,金屬板長為2d,兩板間存在方向垂直紙面向里、寬度為d的勻強磁場.現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶負電顆粒以v0的水平速度沿中心線進入兩板之間,調節(jié)電源電壓,使帶電顆粒在電場區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運動,經過電場和磁場共存區(qū)域后從P點射出,已知P點距下極板為,重力加速度為g. (1)判斷上極板所帶電荷的種類,并求兩極板間的電勢差; (2)求勻強磁場的磁感應強度大?。?

30、 解析:(1)電場力方向向上,電場強度方向向下,所以,上極板帶正電荷; 設兩極板電勢差為U,電場力與重力平衡,則 由:q=mg 得:U=. (2)顆粒在電場和磁場區(qū)域內做勻速圓周運動,設半徑為R,由幾何關系可知 R2=d2+ 得:R=d 由Bqv0=m 則磁感應強度:B=. 答案:(1)正電荷  (2) 11.(2018·11月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā),設計了如圖(a)所示的“回旋變速裝置”.兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上,板N在它的正下方.兩板間加上如圖(b)所示的幅值為U0的交變電壓,周期T0=,板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相

31、反的勻強磁場.粒子探測器位于y軸處,僅能探測到垂直射入的帶電粒子,有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調節(jié)的粒子發(fā)射源,沿y軸正方向射出質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子.t=0時刻,發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子.忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場中運動的時間不計. (1)若粒子只經磁場偏轉并在y=y(tǒng)0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動能; (2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關系. 解析:(1)發(fā)射源的位置x0=y(tǒng)0 粒子的初動能Ek0=. (2)分下面三種情況討論 ①見圖甲,Ek0>2qU0 由y=、R0=

32、、R1= 和mv=mv-qU0、mv=mv-qU0 及x=y(tǒng)+2(R0+R1) 得x=y(tǒng)+ + ②見圖乙,qU0<Ek0<2qU0 由-y-d=、R0= 和mv=mv+qU0 及x=3(-y-d)+2R0 得x=-3(y+d)+ ③見圖丙,Ek0<qU0 由-y-d=、R0= 和mv=mv-qU0 及x=-y-d+4R0 得x=-y-d+. 答案:見解析 12.(2018·4月浙江選考)壓力波測量儀可將待測壓力波轉換為電壓信號,其原理如圖1所示.壓力波p(t)進入彈性盒后,通過與鉸鏈O相連的“ ”形輕桿L,驅動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向

33、做微小振動,其位移x與壓力p成正比(x=αp,α>0).霍爾片的放大圖如圖2所示,它由長×寬×厚=a×b×d、單位體積內自由電子數(shù)為n的N形半導體制成.磁場方向垂直于x軸向上,磁感應強度大小為B=B0(1-β|x|),β>0.無壓力波輸入時,霍爾片靜止在x=0處,此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I,則在側面上D1 、D2兩點間產生霍爾電壓U0. (1)指出D1 、D2兩點哪點電勢高; (2)推導出U0與I、B0之間的關系式(提示:電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I=nevbd,其中e為電子電荷量); (3)彈性盒中輸入壓力波p(t),霍爾片中通以相同電流,測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖3.忽略霍爾片在磁場中運動產生的電動勢和阻尼,求壓力波的振幅和頻率.(結果用U0、U1、t0、α及β表示) 解析:(1)根據(jù)左手定則,自由電子向D2移動,故D1點電勢高. (2)電子受力平衡,有evB0=eEH 故U0=EHb=vB0b=B0b=. (3)由(2)可得霍爾電壓 UH(t)==B0[1-β|αp|]=[1-βα|p(t)|] =U0[1-αβ|p(t)|] 故|p(t)|= 結合UH-t圖象可得出壓力波p(t)關于時間t是正弦函數(shù),周期T=2t0,振幅A=,頻率f=. 答案:見解析 - 17 -

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