微专题训练25 带电粒子在复合场中的运动

PAGE微专题训练25带电粒子在复合场中的运动1．(2013·龙岩检测)(单选)如图1所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是 ()．图1A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动解析P处于静止状态，带负电荷，mg＝qE，若仅撤去磁场，P仍静止，A错；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B错；给P一初速度，垂直磁场方向，因mg＝qE，P只受洛伦兹力作用，将做匀速圆周运动，C错、D对．答案D2．(2013·重庆卷，5)(单选)如图2所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低、由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为 ()．图2A.eq\f(IB,|q|aU)，负 B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，负 D.eq\f(IB,|q|bU)，正解析由于上表面电势低，根据左手定则判断出自由运动电荷带负电，排除B、D两项．电荷稳定时，所受电场力和洛伦兹力平衡，|q|eq\f(U,a)＝|q|vB①由电流的微观表达式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv②由①②联立，得n＝eq\f(IB,|q|bU)，故选项C正确．答案C3．(单选)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图3所示，其中S0A＝eq\f(2,3)S0C，则下列相关说法中正确的是 ()．图3A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于eq\f(E,B2)D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv＝meq\f(v2,r)，即eq\f(q,m)＝eq\f(v,B2r)，由题意知r甲<r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B对；由qE＝B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于eq\f(E,B1)，C错；由eq\f(q,m)＝eq\f(v,B2r)知eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(r甲,r乙)，D错．答案B4．(2013·北京卷，22)如图4所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：图4(1)匀强电场场强E的大小；(2)粒子从电场射出时速度v的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.解析(1)电场强度E＝eq\f(U,d).(2)根据动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2qU,m)).(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).答案(1)eq\f(U,d)(2)eq\r(\f(2qU,m))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))5．如图5所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°.第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B＝1T，第Ⅳ象限有匀强电场，方向沿y轴正向．一质量为m＝8×10－10kg，电荷量q＝1×10－4C带正电粒子，从电场中M(12，－8)点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上图5(1)粒子在磁场中运动的速度v；(2)粒子在磁场中运动的时间t；(3)匀强电场的电场强度E.解析(1)粒子在磁场中的轨迹如图，由几何关系，得粒子做圆周运动的轨道半径R＝eq\f(2,3)×12cm＝0.08m①由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝104m(2)粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有t＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝1.6×10－5s③(3)由qEd＝eq\f(1,2)mv2得E＝eq\f(mv2,2qd)＝5×103V/m④答案(1)104m/s(2)1.6×10－5s(3)5×106．(2013·无锡模拟)如图6所示，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量q＝＋1.0×10－5C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L＝2eq\r(3)cm，圆形匀强磁场的半径R＝10eq\r(3)cm，重力忽略不计．求：图6(1)带电粒子经U1＝100V的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．解析(1)带电粒子经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)v1＝eq\r(\f(2U1q,m))＝1.0×104m/s(2)带电粒子在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动．水平方向：v1＝eq\f(L,t)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，且v2＝at，a＝eq\f(Eq,m)由几何关系tanθ＝eq\f(v2,v1)，E＝eq\f(mv\o\al(2,1)tanθ,qL)＝10000V/m(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v＝eq\f(v1,cosθ)＝2.0×104m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示则轨迹半径为r＝Rtan60°＝0.3m由qvB＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(mv,qr)＝0.13T答案(1)1.0×104m/s(2)10000V/m微专题训练26电磁感应中的图象问题1．(单选)如图1所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势，下列论述正确的是 ()．图1A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大解析磁通量Φ随时间t变化的图象中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大．综合分析知，选项D正确．答案D2．(单选)如图2所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是 ()．图2解析根据楞次定律可以判断出金属框进入磁场过程中感应电流的方向，根据金属框切割磁感线的有效长度在变化，可知感应电动势以及感应电流的大小也在变化．在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故C正确．答案C3．(单选)在如图3所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是 ()．图3解析电路图如图所示．t′时刻闭合S，则由于线圈L的自感作用，通过小灯泡L1的电流i1从零逐渐增加，直到达到稳定值I，故小灯泡L1的电流变化为B图象所示；而灯L2所在支路没有上述现象，S一闭合，电流i2就为稳定值I，故图象C、D均错．答案B4．(单选)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图4甲所示，取线圈中磁场方向向上为正，当磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电流变化的是 ()．图4解析由法拉第电磁感应定律和楞次定律可知，在0～eq\f(T,2)时间内，感应电流的方向应与图示方向相反，即为负方向，故B、C错误；在eq\f(T,2)～T时间内，原磁场为反方向且磁场在增强，可判断感应电流方向与图示方向相反，为负方向，且其大小为0～eq\f(T,2)时间内的2倍，故A正确，D错误．答案A5．(多选)如图5(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．在0至t1时间内，下列说法中正确的是 ()．图5A．R1中电流的方向由a到b通过R1B．电流的大小为eq\f(nπB0r\o\al(2,2),3Rt0)C．线圈两端的电压大小为eq\f(nπB0r\o\al(2,2),3t0)D．通过电阻R1的电荷量eq\f(nπB0r\o\al(2,2)t1,3Rt0)解析按步骤应用楞次定律，可知电流方向由b向a通过R1，故不选A.由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(S·ΔB,Δt)，又有S＝πreq\o\al(2,2)，读B­t图象知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0).由欧姆定律得I＝eq\f(E,3R)，解上述四式得I＝eq\f(nπB0r\o\al(2,2),3Rt0)，故选B.线圈两端的电压为电路的路端电压，有U＝IR1＝eq\f(2nπB0r\o\al(2,2),3t0)，故不选C.在0至t1时间内通过R1的电荷量为q＝It1＝eq\f(nπB0r\o\al(2,2)t1,3Rt0)，故选D.答案BD如图6甲所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F＝10N．斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1m，取g＝10m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．图6解析(1)线框进入磁场前，线框仅受到拉力F、斜面的支持力和线框重力，由牛顿第二定律得：F－mgsinα＝ma线框进入磁场前的加速度a＝eq\f(F－mgsinα,m)＝5m/s2(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v，形成的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)，受到沿斜面向下的安培力F安＝BIl1，线框受力平衡，有F＝mgsinα＋eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)，代入数据解得v＝2m/s(3)线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,5)s＝0.4s进入磁场过程中匀速运动时间为t2＝eq\f(l2,v)＝eq\f(0.6,2)s＝0.3s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5m/s2，该过程有，x－l2＝vt3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)，解得t3＝1s因此线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间t4＝t1＋t2＋t3－0.9s＝0.8s，E＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(0.5×0.6,2.1－0.9)V＝0.25V此过程产生的焦耳热Q＝eq\f(E2t4,R)＝eq\f(0.252×0.8,0.1)J＝0.5J答案(1)5m/s2(2)2m/s(3)0.5J微专题训练27电磁感应中的动力学和能量问题1．(2013·山东泰安模拟，20)(单选)如图1所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是 ()．图1A．金属棒在导轨上做匀减速运动B．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为eq\f(mv\o\al(2,0),2)C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为eq\f(qR,BL)D．整个过程中金属棒克服安培力做功为eq\f(mv\o\al(2,0),2)解析设某时刻金属棒的速度为v，则此时的电动势E＝BLv，安培力F安＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律有F安＝ma，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，即W安＝Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项B错误，D正确；整个过程中通过导体棒的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BS,2R)＝eq\f(BLx,2R)，得金属棒在导轨上发生的位移x＝eq\f(2qR,BL)，选项C错误．答案D2．(多选)如图2所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是 ()．图2A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率解析考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A错B对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t上<t下．重力做功两次相同由P＝eq\f(W,t)可知C错D对．答案BD3．(2013·浙江宁波模拟，23)如图3所示，两平行导轨间距L＝0.1m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角θ＝30°，垂直斜面方向向上的磁场的磁感应强度B＝0.5T，水平部分没有磁场．金属棒ab质量m＝0.005kg，电阻r＝0.02Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨，电阻R＝0.08Ω，其余电阻不计，当金属棒从斜面上离地高h＝1.0m以上任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x都是1.25m．(取g＝10m/s2)求：图3(1)棒在斜面上的最大速度为多少？(2)水平面的动摩擦因数；(3)从高度h＝1.0m处滑下后电阻R上产生的热量．解析(1)金属棒从离地高h＝1.0m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前已经开始匀速运动设最大速度为v，则感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq\f(E,R＋r)安培力F＝BIL，匀速运动时，有mgsinθ＝F解得v＝1.0m/s(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力f＝μmg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝mav2＝2ax，解得μ＝0.04(用动能定理同样可以解答)(3)下滑的过程中，由动能定理可得：mgh－W＝eq\f(1,2)mv2安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有W＝Q电阻R上产生的热量：QR＝eq\f(R,R＋r)Q解得QR＝3.8×10－2J答案(1)1.0m/s(2)0.04(3)3.8×10－2J4．如图4所示，在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M、P端间接入阻值R1＝30Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2＝6Ω的电阻．质量为m＝0.6kg、长为L＝1.5m的金属棒放在导轨上以v0＝5m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t＝0.5s，滑过的距离l＝0.5m．ab处导轨间距Lab＝0.8m，a′b′处导轨间距La′b′＝1m．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：图4(1)此过程中电阻R1上产生的热量；(2)此过程中电流表上的读数；(3)匀强磁场的磁感应强度．解析(1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入数据可得va′b′＝4m/s根据能量转化和守恒定律得：Q总＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,a′b′))－mglsin37°＝QR1＋QR2由Q＝eq\f(U2,R)t得：eq\f(QR1,QR2)＝eq\f(R2,R1)，代入数据可求得：QR1＝0.15J(2)由焦耳定律QR1＝Ieq\o\al(2,1)R1t可知：电流表读数I1＝eq\r(\f(QR1,R1t))＝0.1A(3)不计金属棒和导轨上的电阻，则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得：B＝eq\f(I1R1,La′b′va′b′)＝0.75T答案(1)0.15J(2)0.1A(3)0.75T5．如图5所示，两足够长的平行光滑的金属导轨相距为1m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，其上端接