高中物理磁場(chǎng)綜合練習(xí)及答案(2)
高中物理磁場(chǎng)綜合練習(xí)及答案
解析 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),只有重力做正功,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),重力做正功、電場(chǎng)力做負(fù)功,由動(dòng)能定理可知:
12mv2M=mgH
12mv2N=mgH-qE?d
故vM>vN,A、C不正確.
最低點(diǎn)M時(shí),支持力與重力和洛倫茲力的合力提供向心力,最低點(diǎn)N時(shí),支持力與重力的合力提供向心力.
因vM>vN,故壓力FM>FN,B不正確.
在電場(chǎng)中因有電場(chǎng)力做負(fù)功,有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能,故小球不能到達(dá)軌道的另一端.D正確.
二、填空題(5+5=10分)
11. 一個(gè)電子(電荷量為e,質(zhì)量為m)以速率v從x軸上某點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入上方勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,如圖8所示,已知上方磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,且大小為下方勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍,將從開(kāi)始到再一次由x軸進(jìn)入上方磁場(chǎng)作為一個(gè)周期,那么,電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期所用的時(shí)間是________,電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的平均速度大小為_(kāi)_______.
答案 3πmeB 2v3π
解析
電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示.由牛頓第二定律及洛倫茲力公式,可知evB=mv2R,故圓半徑R=mveB,所以上方R1=mveB,T1=2πmeB;下方R2=2mveB,T2=4πmeB.因此電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期所用時(shí)間是:T=T12+T22=πmeB+2πmeB=3πmeB,在這段時(shí)間內(nèi)位移大?。簒=2R2-2R1=2×2mveB-2×mveB=2mveB,所以電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的平均速度大小為:v=xT=2mveB3πmeB=2v3π.
12.(5分)如圖9所示,正方形容器處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一束電子從a孔沿a→b方向垂直射入容器內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,結(jié)果一部分電子從小孔c豎直射出,一部分電子從小孔d水平射出,則從c、d兩孔射出的電子在容器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比tc∶td=____________,在容器中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比ac∶ad=__________
答案 1∶2 2∶1
解析 同一種粒子在同一磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同,且tc=14T,td=12T,即tc∶td=1∶2.
由r=mvqB知,vc∶vd=rc∶rd=2∶1,
而ac∶ad=qvcBm∶qvdBm=vc∶vd=2∶1.
三、計(jì)算題(8+8+12+12=40分)
13.如圖10所示,在傾角為37°的光滑斜面上有一根長(zhǎng)為0.4 m,質(zhì)量為6×10-2 kg的通電直導(dǎo)線,電流I=1 A,方向垂直紙面向外,導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動(dòng),整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度每秒增加0.4 T,方向豎直向上的磁場(chǎng)中,設(shè)t=0時(shí),B=0,則需要多長(zhǎng)時(shí)間斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零?(g取10 m/s2)
答案 5 s
解析 斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零時(shí)受力分析如右圖
由平衡條件得:
BIL=mgcot 37°
B=mgcot 37°IL
=6×10-2×10×0.80.61×0.4 T=2 T
所需時(shí)間t=BΔB=20.4 s=5 s
14.電子質(zhì)量為m,電荷量為q,以速度v0與x軸成θ角射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,最后落在x軸上的P點(diǎn),如圖11所示,求:
(1)OP的長(zhǎng)度;
(2)電子由O點(diǎn)射入到落在P點(diǎn)所需的時(shí)間t.
答案 (1)2mv0Bqsin θ (2)2θmBq
解析
帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)根據(jù)已知條件首先確定圓心的位置,畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,所求距離應(yīng)和半徑R相聯(lián)系,所求時(shí)間應(yīng)和粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角θ、周期T相聯(lián)系.
(1)過(guò)O點(diǎn)和P點(diǎn)做速度方向的垂線,兩線交點(diǎn)C即為電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,如右圖所示,則可知OP=2R?sin θ①
Bqv0=mv20R②
由①②式可解得:
OP=2mv0Bqsin θ.
(2)由圖中可知:2θ=ωt③
又v0=ωR④
由③④式可得:t=2θmBq.
15.如圖12所示,有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2×10-3T;磁場(chǎng)右邊是寬度L=0.2 m、場(chǎng)強(qiáng)E=40 V/m、方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng).一帶電粒子電荷量q=-3.2×10-19 C,質(zhì)量m=6.4×10-27 kg,以v=4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的電場(chǎng),最后從電場(chǎng)右邊界射出.求:
(1)大致畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡(畫在給出的圖中);
(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑;
(3)帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek.
答案 (1)見(jiàn)解析圖 (2)0.4 m (3)7.68×10-18 J
解析 (1)軌跡如下圖所示.
(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,有
qvB=mv2R,
R=mvqB=6.4×10-27×4×1043.2×10-19×2×10-3 m=0.4 m.
(3)Ek=EqL+12mv2=40×3.2×10-19×0.2 J+12×6.4×10-27×(4×104)2 J=7.68×10-18 J.
16.質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負(fù)電粒子自靜止開(kāi)始,經(jīng)M、N板間的電場(chǎng)加速后,從A點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,該粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置P偏離入射方向的距離為L(zhǎng),如圖13所示,已知M、N兩板間的電壓為U,粒子的重力不計(jì).
(1)正確畫出粒子由靜止開(kāi)始至離開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖);
(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B.
答案 (1)見(jiàn)解析圖 (2)2L(L2+d2)2mUq
解析 (1)作出粒子經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的軌跡圖,如下圖
(2)設(shè)粒子在M、N兩板間經(jīng)電場(chǎng)加速后獲得的速度為v,
由動(dòng)能定理得:
qU=12mv2①
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其半徑為r,則:
qvB=mv2r②
由幾何關(guān)系得:r2=(r-L)2+d2③
聯(lián)立①②③式得:
磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2L(L2+d2)2mUq.
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