(1)粒子所受电场力的大小; (2)粒子的运动区间; (3)粒子的运动周期。
解析:(1)由图可知,0与d (或-d )两点间的电势差为φ0 电场强度的大小 0
E d
?=
电场力的大小 0
q F qE d
?==
(2)设粒子在[-x 0,x 0]区间内运动,速率为v ,由题意得
2
12
mv q A ?-=- 由图可知 0(1)x d
??=-
由上二式得
2
01(1)2x mv q A d
?=-- 因动能非负,有 0(1)0x
q A d
?-
-≥ 得 0(1)A x d q ?≤-
即 00
(1)A x d q ?=-
粒子运动区间00
(1)(1)A A d x d q q ??--
≤≤- (3)考虑粒子从-x 0处开始运动的四分之一周期
根据牛顿第二定律,粒子的加速度 0
q F Eq a m m md
?=
== 由匀加速直线运动
t =
将○
4○5代入,得
t =粒子运动周期
4T t ==
7.(上海)如图,质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、,并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x 正方向的电流I ,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为
(A) z 正向,
tan mg IL θ (B)y 正向,mg
IL
(C) z 负向,
tan mg
IL
θ (D)沿悬线向上,sin mg IL θ
【答案】BC.
【解析】对于A 选项,安培力水平向内,三力合力不可能为零,A 错误;对于B 选项,
安培力竖直向上,当安培力mg BIL =时,可以平衡,此时IL
mg
B =
,B 选项正确;对于C 选项,安培力水平向外,三力平衡时安培力θtan mg BIL =,此时θtan IL
mg
B =,
C 选项正确;对于
D 选项,安培力垂直于绳子的方向向内,三力不可能平衡,D 错误. 8.(浙江)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN 上方是磁
感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝,两缝近端相距为L 。一群质量为m 、电荷量为q ,具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场,对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子,下列说法正确的是
A. 粒子带正电
B. 射出粒子的最大速度为
m
d L qB 2)
3(+
C. 保持d 和L 不变,增大B ,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D. 保持d 和B 不变,增大L ,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 【答案】BC
【解析】由左手定则可判断粒子带负电,故A 错误;由题意知:粒子的最大半径
23max d L r +=
、粒子的最小半径2min L r =,根据qB
m v
r =,可得m d L qB v 2)3(max +=、m qBL v 2min =
,则m
qBd v v 23min max =-,故可知B 、C 正确,D 错误。 9.(新课标)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并
与轨道保持良好接触。电流I 从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I 成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的方法是( )
A.只将轨道长度L 变为原来的2倍
B.只将电流I 增加至原来的2倍
C.只将弹体质量减至原来的一半
D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L 变为原来的2倍,其它量不变 解析:设轨道间距为d ,B=kI 。由F=BId ,221mv FL =
,得m
kdL
I v 2=,可知BD 正确
答案:BD
10.(浙江)(16分)如图甲所示,在水平面上固定有长为L =2m 、宽为d =1m 的金属“U”型
轨导,在“U”型导轨右侧l =0.5m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t =0时刻,质量为m =0.1kg 的导体棒以v 0=1m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为m /1.0Ω=λ,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取2/10s m g =)。
(1)通过计算分析4s 内导体棒的运动情况;
(2)计算4s 内回路中电流的大小,并判断电流方向; (3)计算4s 内回路产生的焦耳热。
【答案】(1)导体棒在s 1前做匀减速运动,在s 1后以后一直保持静止。 (2)A 2.0,电流方向是顺时针方向。 (3)J 04.0
【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动,有
ma mg =-μ at v v t +=0 202
1at t v x +
=
代入数据解得:s t 1=,m x 5.0=,导体棒没有进入磁场区域。
导体棒在s 1末已经停止运动,以后一直保持静止,离左端位置仍为m x 5.0= (2)前s 2磁通量不变,回路电动势和电流分别为0=E ,0=I 后s 2回路产生的电动势为V t
B
ld t E 1.0=??=??=
φ 回路的总长度为m 5,因此回路的总电阻为Ω==5.05λR 电流为A R
E
I 2.0==
根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向
(3)前s 2电流为零,后s 2有恒定电流,焦耳热为J Rt I Q 04.02==
11.(浙江)(22分)如图甲所示,静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道,
其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m 、电荷量为-q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。通过调整两板间距d 可以改变收集效率η。当d=d 0时η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1)求收集效率为100%时,两板间距的最大值为m d ; (2)求收集率η与两板间距d 的函数关系;
(3)若单位体积内的尘埃数为n ,求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ?? 与两板间距d 的函数关系,并绘出图线。
【答案】(1)09.0d (2)当09.0d d ≤时,收集效率η为100%;当09.0d d >时,收
集率2
081.0??
?
??=d d η(3)/M t ??=d d nmbv 200
81.0=η,如图所示。
【解析】(1)收集效率η为81%,即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源的电压为U ,在水平方向有 t v L 0= ①
在竖直方向有2
02
181.0at d = ② 其中0
md qU
m qE m F a =
==
③ 当减少两板间距是,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时,两板间距为m d 。如果进一步减少d ,收集效率仍为100%。
因此,在水平方向有t v L 0= ④ 在竖直方向有2
2
1t a d m '= ⑤ 其中m
md qU
m E q m F a =
'='=
' ⑥ 联立①②③④⑤⑥可得09.0d d m = ⑦ (2)通过前面的求解可知,当09.0d d ≤时,收集效率η为100% ⑧ 当09.0d d >时,设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘,此时有
2
021???
? ??=v L m d qU x ⑨ 根据题意,收集效率为d
x
=
η ⑩ 联立①②③⑨⑩可得2
081.0??
?
??=d d η
(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ??=0nmbdv η 当09.0d d ≤时,1=η,因此/M t ??=0nmbdv
当09.0d d >时,2
081.0??
? ??=d d η,因此/M t ??=d d nmbv 200
81.0=η 绘出的图线如下
12.(19分)
如图,在区域I(0≤x≤d)和区域II(d≤x≤2d)内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I 时,速度方向与x轴正方向的夹角为30°;因此,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b 也从p点沿x轴正向射入区域I,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求
(1)粒子a射入区域I时速度的大小;
(2)当a离开区域II时,a、b两粒子的y坐标之差。
解:(1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心
为C(在y轴上),
半径为R 1,粒子速率为v ,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P /,如图,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
1
2R v m
qvB =
① 由几何关系得∠pcp /=θ=300
② θ
sin 1d
R =
=2d ③
由①②③式得
m
qBd
v 2=
④
(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ,半径为R 2,射出点为P a (图中未画出轨迹),∠P /O a P a =θ/。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
2
2)2(R v m
B qv = ⑤
由①⑤式得2
1
2R R =
⑥ C 、P /、O a 三点共线,且由⑥式知O a 点必位于d x 2
3
= ⑦的平面上。由对称性知,P a 点与P /点纵坐标相同,即
y Pa = R 1cosθ+h
⑧
式中,h 是C 点的y 坐标。
设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b ,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
22)3
()3v R m B v q b =(
⑨
设a 到达P a 点时,b 位于P b 点,转过的角度为a 。如果b 没有飞出Ⅰ,则
π
θ2/
2=
a T t ⑩
π
21a T t b =
⑾
式中,t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间,而
v R T a a 2
22π=
⑿
3
/21
1v R T b b π=
⒀
由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 a =300
⒁
由①③⑨⒁式可见,b 没有飞出Ⅰ。P b 点的y 坐标为 y Pb = R b (2+cosθ)+h
⒂
由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得,a 、b 两粒子的y 坐标之差为
d y y pb pa )23(3
2
-=
- ⒃
13.(天津)(18分)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l =0.5m ,其电
阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒的质量均为0.02kg ,电阻均为R =0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B =0.2T ,棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd 恰好能保持静止。取g =10m/s 2,问:
(1)通过cd 棒的电流I 是多少,方向如何?
(2)棒ab 受到的力F 多大?
(3)棒cd 每产生Q =0.1J 的热量,力F 做的功W 是多少? 【答案】
(1)棒cd 受到的安培力 cd F IlB = ①
棒cd 在共点力作用下平衡,则 sin30cd F mg = ②
由①②式代入数据解得 I =1A ,方向由右手定则可知由d 到c 。 (2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等 F ab =F cd 对棒ab 由共点力平衡有 sin30F mg IlB =+ ③ 代入数据解得 F =0.2N ④
(3)设在时间t 内棒cd 产生Q =0.1J 热量,由焦耳定律可知 2Q I Rt = ⑤
设ab 棒匀速运动的速度大小为v ,则产生的感应电动势 E=Blv ⑥
由闭合电路欧姆定律知 2E I R
=
⑦ 由运动学公式知,在时间t 内,棒ab 沿导轨的位移 x =vt ⑧
力F 做的功 W =Fx
⑨
综合上述各式,代入数据解得 W =0.4J
14.(天津)(20分)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应
用,有力地推动了现代科学技术的发展。
(1)当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,
常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子,碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得,同时还产生另一粒子,试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min ,经2.0h 剩余碳11的质量占原来的百分之几?(结果取2位有效数字)
(2)回旋加速器的原理如图,D 1和D 2是两个中空的半径为R 的半圆金属盒,它们接
在电压一定、频率为f 的交流电源上,位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计),它们在两盒之间被电场加速,D 1、D 2置于与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ,求输出时质子束的等效电流I 与P 、B 、R 、f 的关系式(忽略质子在电场中运动的时间,其最大速度远小于光速)
(3)试推理说明:质子在回旋加速器中运动时,随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻
轨道的半径之差 r ?是增大、减小还是不变? 12.(20分)
(1)核反应方程为141114
71 62N H C+He +→
① 设碳11原有质量为m 0,经过t =2.0h 剩余的质量为m t ,根据半衰期定义,有:
120
20
011 1.6%22t
t m m τ????
=== ? ?????
②
(2)设质子质量为m ,电荷量为q ,质子离开加速器时速度大小为v ,由牛顿第二定律
知:
2
v qvB m R
= ③
质子运动的回旋周期为:22R m
T v qB
ππ== ④
由回旋加速器工作原理可知,交变电源的频率与质子回旋频率相同,由周期T 与频率f 的关系可得:
1
f T
=
⑤ 设在t 时间内离开加速器的质子数为N ,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
2
12N mv P t
?= ⑥
输出时质子束的等效电流为:Nq I t
= ⑦
由上述各式得2P
I BR f
π=
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分 (3)方法一:
设k (k ∈N *)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为r k ,r k +1
(r k >r k +1),
1k k k r r r +?=-,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ,v k +1,D 1、D 2之间的电压
为U ,由动能定理知2211
1222
k k qU mv mv +=-
⑧ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知k k mv r qB
=,则222
212()2k k q B qU r r m +=- ⑨ 整理得 214()
k k k mU
r qB r r +?=
- ⑩
因U 、q 、m 、B 均为定值,令2
4mU
C qB =
,由上式得1k
k k C r r r +?=+ ⑾
相邻轨道半径r k+1,r k +2之差121k k k r r r +++?=- 同理 12
k k k C
r r r ++?=
+
因为r k +2> r k ,比较k r ?,1k r +?得1k k r r +?
说明随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小 方法二:
设k (k ∈N *)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为r k ,r k +1(r k >r k +1),
1k k k r r r +?=-,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ,v k +1,D 1、D 2之间的电压
为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知k k mv r qB =
,故11
k k k k r v
r v ++= ⑿
由动能定理知,质子每加速一次,其动能增量k E qU ?=
⒀
以质子在D 2盒中运动为例,第k 次进入D 2时,被电场加速(2k ﹣1)次
速度大小为k v =
⒁
同理,质子第(k +1)次进入D 2
时,速度大小为1k v +=
综合上述各式可得
11k k k k r v r v ++==
整理得2212121k k r k r k +-=+,221212
21
k k k r r r k ++-=+
21
12(21)()
k k k k r r k r r ++?=++
同理,对于相邻轨道半径r k+1,r k +2,121k k k r r r +++?=-,整理后有
21
1+122(21)()
k k k k r r k r r +++?=++
由于r k +2> r k ,比较k r ?,1k r +?得1k k r r +?
说明随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小,用同样的方法也可得到质子在D 1盒中运动时具有相同的结论。
15.(四川)(19分)
如图所示,间距l=0.3m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内,在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ=?37的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1=0.4T 、方向竖直向上和B 2=1T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3Ω、质量m 1=0.1kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上,S 杆的两端固定在b 1、b 2点,K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K 杆中点的轻绳平行
于导轨绕过轻质滑轮自然下垂,绳上穿有质量m 2=0.05kg 的小环。已知小环以a=6 m/s 2的加速度沿绳下滑,K 杆保持静止,Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长。取g=10 m/s 2,sin ?37=0.6,cos ?37=0.8。求
(1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率
解析:(1)设小环受到摩擦力大小为f ,则由牛顿第二定律得到
11m g f m a -=......................................①
代入数据得到0.2f N =.................................② 说明:①式3分,②式1分
(2)设经过K 杆的电流为I 1,由K 杆受力平衡得到
11f B I L =.........................................③
设回路总电流为I ,总电阻为R 总,有
12I I =............................................④
3
=
2
R R 总...................................⑤ 设Q 杆下滑速度大小为v ,产生的感应电动势为E ,有
E
I R =
总
......................................⑥ 2E B Lv =....................................⑦ 12sin F m g B IL θ+=..................⑧
拉力的瞬时功率为P Fv =.........⑨
联立以上方程得到2P W =.......⑩
说明:③⑧式各3分,④⑤⑥各1分,⑦⑨⑩式各2分 16.(四川)(20分)
如图所示:正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l =1.8m ,距地面h=0.8m 。平行板电容器的极板CD 间距d=0.1m 且垂直放置于台面,C 板位于边界WX 上,D 板与边界WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T 、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C 的微粒静止于W 处,在CD 间加上恒定电压U=2.5V ,板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触),然后由XY 边界离开台面。在微粒离开台面瞬时,静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度,在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场,滑块视为质点,滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s 2
(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性; (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围;
(3)若微粒质量m o =1×10-13kg ,求滑块开始运动时所获得的速度。 解析:(1)微粒在极板间所受到的电场力大小为
qU
F d
=
.................................................① 代入数据 11
1.2510F N -=?...............②
由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷,微粒由极板间电场加速,故C 板为正极,D 板为负极
说明:①式2分,②式1分,正确说明极性得2分。
若微粒质量为m ,刚进入磁场时 的速度大小为v ,由动能定理
2
12
qU mv =
.....................................③ 微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力充当向心力,若圆周运动半