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qE＝qvB，即v＝EB.1、如图3－6－13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v′v，它将向下偏转而做类平抛运动D．若质子的速度v′v，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qU＝12mv2.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qvB＝mv2r.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＝1B2mUq，m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.2、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Eq＝Bqv可知，v＝E/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＝2mvBq，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＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，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2πRfB．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2∶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v＝2πRT＝2πRf，故A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝12mv2＝12m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝mvBq，Uq＝12mv21，2Uq＝12mv22，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2∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2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qE＝qUL＝qvB得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv.→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d＝20cm，磁场的磁感应强度B＝5T，若接入额定功率P＝100W的灯泡，灯泡正常发光，其正常发光时的电阻R＝400Ω，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：qvB＝qE＝qUd，所以v＝UBd，因此液体流量Q＝Sv＝πd24·UBd＝πdU4B.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：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间a.能飞出电容器：t＝lv0.b.不能飞出电容器：y＝12at2＝12qUmdt2，t＝2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动加速度：a＝Fm＝qEm＝Uqmd离开电场时的偏移量：y＝12at2＝Uql22mdv20离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝Uqlmdv205、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2倍D．使U2变为原来的12解析电子经U1加速后获得的动能为Ek＝12mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为：y＝12at2＝12qU2mdl2v2＝U2l24U1d，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eU1＝12mv20－0，解得v0＝2eU1m(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＝Lv0，F＝ma，F＝eE，E＝U2d，y＝12at2解得偏移量y＝U2L24U1d(3)由y＝U2L24U1d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∠AOB＝120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A.2πr3v0B.23πr3v0C.πr3v0D.3πr3v0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O′O，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R＝rtan60°＝3r.因为∠AOB＝120°，故∠AO′B＝60°，运动时间t＝16T＝16×2πRv0＝3πr3v0，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OM∶ON＝3∶4，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3∶4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3解析设OM＝2r1，ON＝2r2，故r1r2＝OMON＝34，路程长度之比sMsN＝πr1πr2＝34，B正确；由r＝mvqB知v1v2＝r1r2＝34，故FMFN＝qv1Bqv2B＝34，C正确，D错误；由于T＝2πmBq，则tMtN＝12TM12TN＝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＝mv2R1由几何关系得(R1－d)2＋(5d)2＝R21联立解得B1＝mv13ed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＝mv2R2由几何关系得R2＝d2联立解得B2＝2mved综上所述，磁感应强度B的范围为mv13ed≤B≤2mved【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()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M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mv2r＝qvB得r＝mvqB，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＝2πmqB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T2，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A．tatbtctdB．ta＝tb＝tc＝tdC．ta＝tbtdtcD．ta＝tbtctd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ta＝tb＝T2；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θdθc，故tdtcT2，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θ(0°θ90°)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U1U2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：r1＋r1cosθ＝L，解得r1＝L1＋cosθ.第二次粒子刚