一、選擇題
1.(6分)(2022·重慶選擇考)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則( )
A.電場力的瞬時功率為qEv12+v22
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
2.(6分)(多選)(2023·長沙模擬)用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn),有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖2所示的情景來討論:在空間存在平行于x軸的勻強磁場,由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線,其軸線平行于x軸,直徑為D,螺距為Δx,則下列說法中正確的是( )
A.勻強磁場的方向為沿x軸正方向
B.若僅增大勻強磁場的磁感應強度,則直徑D減小,而螺距Δx增大
C.若僅增大電子入射的初速度v0,則直徑D增大,而螺距Δx將減小
D.若僅增大α角(α0)的帶電粒子從y軸上的點P(0,h,0)沿平行于z軸正方向以速度v0射入場區(qū)保持勻速直線運動,不計重力。
(1)求電場強度E的大小;
(2)若撤去磁場,求帶電粒子從P射入后運動到Oxz平面時的坐標。
5.(12分)某離子實驗裝置的基本原理圖如圖所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū),Ⅰ區(qū)長度d=4R,內有沿y軸正向的勻強電場,Ⅱ區(qū)內既有沿z軸負向的勻強磁場,又有沿z軸正向的勻強電場,電場強度與Ⅰ區(qū)電場強度等大。現(xiàn)有一正離子從左側截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區(qū),經過兩個區(qū)域分界面上的B點進入Ⅱ區(qū),在以后的運動過程中恰好未從圓柱腔的側面飛出,最終從右側截面上的C點飛出,B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖中所示),已知離子質量為m、電荷量為q,不計離子重力,求:
(1)電場強度的大小;
(2)離子到達B點時速度的大小;
(3)Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小;
(4)Ⅱ區(qū)的長度L應為多大。
6.(14分)(2023·株洲模擬)如圖所示,一些質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從一線狀粒子源射出(初速度可視為0),經過電壓為U的電場加速后,粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出(S為MF中點),進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(內部有垂直面MPRG的方向如圖所示的磁感應強度B和電場強度E大小未知的勻強磁場與勻強電場)。距離正方體底部3L處有一與RNAG平行且足夠大的平板,現(xiàn)以正方體底面中心O在平板的垂直投影點為原點,在平板內建立直角坐標系(其中x軸與GR平行)。所有帶電粒子都從正方體底面離開,且從M點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間滿足2πm3qB,不計粒子重力。
(1)求粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大小;
(2)粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達平板所需的時間;
(3)若滿足關系式E=qUB22π2m,求從M點入射的粒子最后打到平板上的位置坐標。(結果用L表示)
解析版
一、選擇題
1.(6分)(2022·重慶選擇考)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則( )
A.電場力的瞬時功率為qEv12+v22
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
【解析】選D。根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcsθ,則電場力的瞬時功率為P=Eqv1,A錯誤;由于v1與磁場B平行,則根據(jù)洛倫茲力的計算公式知F洛=qv2B,B錯誤;根據(jù)運動的疊加原理可知,離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運動,沿磁場方向做加速運動,則v1增大,v2不變,v2與v1的比值不斷變小,C錯誤;離子受到的安培力不變,靜電力不變,則該離子的加速度大小不變,D正確。
2.(6分)(多選)(2023·長沙模擬)用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn),有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖2所示的情景來討論:在空間存在平行于x軸的勻強磁場,由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線,其軸線平行于x軸,直徑為D,螺距為Δx,則下列說法中正確的是( )
A.勻強磁場的方向為沿x軸正方向
B.若僅增大勻強磁場的磁感應強度,則直徑D減小,而螺距Δx增大
C.若僅增大電子入射的初速度v0,則直徑D增大,而螺距Δx將減小
D.若僅增大α角(α0)的帶電粒子從y軸上的點P(0,h,0)沿平行于z軸正方向以速度v0射入場區(qū)保持勻速直線運動,不計重力。
(1)求電場強度E的大小;
答案:(1)Bv0
【解析】(1)帶電粒子所受的合力為零,根據(jù)受力平衡條件可得:qE=qv0B,解得:E=Bv0
(2)若撤去磁場,求帶電粒子從P射入后運動到Oxz平面時的坐標。
答案:(2)(3h,0,2mhv0qB)
【解析】(2)撤去磁場后,粒子在電場中做類平拋運動,根據(jù)牛頓第二定律可得:qE=ma
根據(jù)運動學公式可得:hcs60°=12at2,z=v0t
聯(lián)立解得:z=2mhv0qB,又x=htan60°=3h
粒子經過的坐標為(3h,0,2mhv0qB)。
【解題指南】解決本題需注意以下兩點:
(1)根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關系得出場強的大小;
(2)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得出對應的坐標。
5.(12分)某離子實驗裝置的基本原理圖如圖所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū),Ⅰ區(qū)長度d=4R,內有沿y軸正向的勻強電場,Ⅱ區(qū)內既有沿z軸負向的勻強磁場,又有沿z軸正向的勻強電場,電場強度與Ⅰ區(qū)電場強度等大?，F(xiàn)有一正離子從左側截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區(qū),經過兩個區(qū)域分界面上的B點進入Ⅱ區(qū),在以后的運動過程中恰好未從圓柱腔的側面飛出,最終從右側截面上的C點飛出,B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖中所示),已知離子質量為m、電荷量為q,不計離子重力,求:
(1)電場強度的大小;
答案:(1)3mv0216Rq
【解析】(1)離子在Ⅰ區(qū)做類平拋運動,根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有4R=v0t,3R2=12at2,根據(jù)牛頓第二定律有a=Eqm,解得電場強度的大小為E=3mv0216Rq。
(2)離子到達B點時速度的大小;
答案: (2)54v0
【解析】(2)類平拋過程由動能定理有3EqR2=12mv2-12mv02,解得離子到達B點時速度的大小為v=54v0。
(3)Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小;
答案: (3)2mv0qR
【解析】 (3)離子在Ⅱ區(qū)內做復雜的旋進運動。將該運動分解為圓柱腔截面上的勻速圓周運動和沿z軸正方向的勻加速直線運動,根據(jù)題意可得,在圓柱腔截面上的勻速圓周運動軌跡如圖所示。
設臨界圓軌跡半徑為r,根據(jù)幾何知識有(R-r)2=r2+R24,解得離子的軌跡半徑為 r=38R,離子沿y軸正方向的速度為 vy=v2-v02=34v0,則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有 qvyB=mvy2r解得Ⅱ區(qū)中磁感應強度大小為B=2mv0qR。
(4)Ⅱ區(qū)的長度L應為多大。
答案: (4)nπR+3n2π232R(n=1,2,3,…)
【解析】(4)離子在圓柱腔截面上做勻速圓周運動的周期為T=2πrvy,由題意知離子在Ⅱ區(qū)運動的時間為T的整數(shù)倍,離子在z軸正方向上做勻加速直線運動,根據(jù)勻變速直線運動的位移公式可得L=v0nT+12a(nT)2(n=1,2,3,…),聯(lián)立解得Ⅱ區(qū)的長度為L=nπR+3n2π232R(n=1,2,3,…)。
6.(14分)(2023·株洲模擬)如圖所示,一些質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從一線狀粒子源射出(初速度可視為0),經過電壓為U的電場加速后,粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出(S為MF中點),進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(內部有垂直面MPRG的方向如圖所示的磁感應強度B和電場強度E大小未知的勻強磁場與勻強電場)。距離正方體底部3L處有一與RNAG平行且足夠大的平板,現(xiàn)以正方體底面中心O在平板的垂直投影點為原點,在平板內建立直角坐標系(其中x軸與GR平行)。所有帶電粒子都從正方體底面離開,且從M點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間滿足2πm3qB,不計粒子重力。
(1)求粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大小;
答案:(1)2qUm
【解析】(1)設粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時的速度大小為v,根據(jù)動能定理有qU=12mv2,解得v=2qUm
(2)粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達平板所需的時間;
答案: (2)2Lm2qU
【解析】(2)在正方體中,粒子在平行于MPRG平面方向的分運動為勻速圓周運動,在垂直于MPRG平面方向的分運動為勻加速直線運動,設粒子做圓周運動的周期為T,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R,又T=2πRv,聯(lián)立解得T=2πmBq
從M點進入正方體的粒子在正方體中的運動時間為t1=2πm3qB=T3,所以粒子做圓周運動轉過的圓心角為120°,根據(jù)幾何關系可知粒子離開正方體時的速度在垂直于平板方向的分量大小為v2=vcs30°。離開正方體后粒子做勻速直線運動,到達平板所需的時間為t2=3Lv2,聯(lián)立解得t2=2Lm2qU
(3)若滿足關系式E=qUB22π2m,求從M點入射的粒子最后打到平板上的位置坐標。(結果用L表示)
答案: (3)(-9-236L,9+4π54L)
【解析】(3)根據(jù)幾何關系有R+Rcs60°=L,解得R=23L,粒子在正方體中做勻加速直線運動的加速度大小為a=qEm=qmqUB22π2m,粒子在正方體中沿y軸方向的位移大小為y1=12at12,粒子離開正方體時的速度沿y軸方向的分速度大小為vy=at1,從M點入射的粒子最后打到平板上的位置的縱坐標為y=y1+vyt2-L2,聯(lián)立解得y=9+4π54L,根據(jù)幾何關系可知粒子在正方體中沿x軸方向的位移大小為x1=Rsin60°=33L
粒子離開正方體時的速度沿-x軸方向的分速度大小為v1=vsin30°,從M點入射的粒子最后打到平板上的位置的橫坐標為x=x1-v1t2-L2,聯(lián)立解得x=-9-236L
綜上所述可知從M點入射的粒子最后打到平板上的位置坐標為(-9-236L,9+4π54L)。

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