第一章 本章复习提升 试卷

本章复习提升易混易错练易错点1　不注意物理结论的成立条件1.()如图所示,用绝缘丝线悬挂着的环形导体(可视为不会发生形变),位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中,若环形导体通有如图所示方向的电流I,试判断环形导体的运动情况。易错点2　霍尔效应与电磁流量计原理不清2.()如图所示,一段长方体导电材料,高为a、宽为b,内有电荷量为q的某种自由电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。当通以从左向右的稳恒电流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电荷数及自由电荷的电性分别为              (　　)A.,负电荷　　　B.,正电荷C.,负电荷　　　D.,正电荷易错点3　不能抓住题干中的关键词而出错3.()如图所示,在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场,在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场,MN为电场和磁场的分界线,ab为磁场的上边界。现从原点O沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷为k的带正电粒子,粒子的运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度E=,不计粒子重力。求:(1)粒子从O点出发,第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小;(2)磁场的磁感应强度B的大小。         易错点4　带电粒子在组合场中运动多解问题4.()如图所示,直线AB与竖直方向成30°角,AB左侧有匀强电场,右侧有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子,从P点以初速度v0竖直向下射入电场,粒子首次回到边界AB时,经过Q点且速度大小不变,已知P、Q间距离为l,之后粒子能够再次通过P点,粒子重力不计,求:(1)匀强电场场强的大小和方向;(2)匀强磁场磁感应强度的可能值。    思想方法练一、对称法方法概述　　运用对称性的思维方法称为对称法。1.()如图所示,在半径为a(大小未知)的圆柱空间中(图中圆为其横截面),固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF,其中心O位于圆柱的轴线上。在三角形框架DEF与圆柱之间的空间中,充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里。在EF边上的中点S处有一发射带电粒子的粒子加速器,粒子发射的方向均在纸面内且垂直于EF边并指向磁场区域。发射出的粒子的电荷量均为q(q>0),质量均为m,速度大小均为v=,若粒子与三角形框架的碰撞过程均没有动能损失,且粒子在碰撞过程中所带的电荷量不变(不计带电粒子的重力及粒子之间的相互作用)。(1)为使初速度为零的粒子速度增加到v=,在粒子加速器中,需要的加速电压为多大?(2)求带电粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动的半径。(3)若满足:从S点发射出的粒子都能再次返回S点,则匀强磁场区域的边界圆的半径a至少为多大?   二、临界极值法方法概述　　通过对过程及状态进行分析,找出临界或极值状态下满足的条件或规律的方法。2.()如图所示,两个同心圆半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆心O处有一放射源,放射出的粒子质量均为m、电荷量均为-q,假设粒子速度方向都和纸面平行,不计粒子重力。(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向,OA与初速度方向的夹角为60°,要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A点,则初速度的大小是多少?(2)要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少?   三、递推法方法概述　　递推法是一种研究和解答问题的基本方法,它的着力点就是利用某个特殊的事物推理出一般原理与普遍事物。3.()现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求 sin θn;(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明。  答案全解全析本章复习提升易混易错练1.答案　见解析解析　利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段,每小段通电导体所受的安培力均指向圆心。由对称性可知,通电环形导体所受的安培力合力为零,故该环形导体将保持静止状态。错解分析误认为匀强磁场的磁感线与导体环面垂直,等效于条形磁铁N极正对环形导体环面的左侧,而通电环形导体的磁场N极向左(根据右手定则来判定),它将受到等效N极的排斥作用,开始向右加速运动。在分析这种通电线圈在磁场中受力的问题时,不能用等效磁极的方法,因为它不符合实际情况,而应运用左手定则分析出安培力合力的方向后,再确定其运动状态的变化情况。2.C　因为导电材料上表面的电势比下表面的低,根据左手定则,可知自由电荷为负电荷。根据qvB=q,解得v=,又根据I=nqvS=nqvab,解得n=,故C正确。错解分析不明确自由电荷定向移动方向、电流方向和洛伦兹力方向间的关系而导致错解。应对电荷进行正确受力分析,从而进行正确解答。3.答案　(1)2v0　　(2)解析　(1)粒子在电场中运动时,由动能定理得qEd=mv2-m解得v=2v0粒子在电场中做类平抛运动,有F=qE,a=,d=a,x=v0t1解得t1=,x=(2)粒子的运动轨迹如图所示,设粒子沿与x轴正方向成θ角的方向进入磁场,tan θ==,解得θ=60°根据R+R cos θ=d,解得R=由牛顿第二定律可得qvB=m,解得B=。错解分析未能根据题中的关键词正确作出轨迹图而出错。作轨迹图时,需抓住“相切”这个关键词,并结合运动的对称性进行求解。4.答案　(1),方向垂直于AB且与竖直方向成60°角向下(2)(R=l)或(n=1、2、3、…,R>l)解析　(1)由题意可知,粒子首次回到边界AB时,经过Q点且速度大小不变,P、Q间电势差为零,P、Q在同一等势面上,匀强电场垂直于AB且与竖直方向成60°角向下。粒子在电场中沿PQ方向的分运动为匀速直线运动,l=v0 cos 30°·t在垂直PQ方向有v0 sin 30°=a·=·解得E=(2)粒子从Q点进入磁场时沿AB方向的分速度不变,垂直AB方向的分速度大小不变、方向反向,由此可知,粒子经Q点的速度方向与AB成30°角。若粒子进入磁场偏转后恰好经过P点,其轨道半径为R,磁感应强度为B1,由几何知识得R=l粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B1=m解得B1=若粒子做圆周运动的轨迹半径R<l,粒子不可能再通过P点若粒子做圆周运动的轨迹半径R>l,则粒子射入磁场的点每个周期沿AB界限向A移动的距离Δx=R-lqv0B2=,B2=粒子可能从电场中再次经过P点需要满足的条件是l=n×Δx(n=1、2、3、…)解得R=,B=(n=1、2、3、…)错解分析不清楚含有电场、磁场的组合场,粒子在运动时可以往返运动,没考虑到多解,导致本题错解。解此类问题的关键是充分考虑问题的各种可能性,认真分析其物理过程,画出各种可能的运动轨迹。思想方法练1.答案　(1)　(2)　(3)L解析　(1)带电粒子在粒子加速器的电场中被加速,根据动能定理有qU=mv2,解得U=。(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m解得r==。(3)若某个带电粒子从S点发射后又返回S点,根据对称性原理,结合几何关系知带电粒子的运动轨迹如图所示。当带电粒子的运动轨迹同磁场区域的边界圆内切时,磁场区域边界圆的半径有最小值amin,由几何关系有amin=OG=FG+OF=r+=L方法点津求解问题(3)时,若不能敏锐地看出并抓住运动轨迹具有对称性,会大大增加解题的难度,并使解题步骤复杂化。对称思想在处理洛伦兹力作用下的圆周运动中是一种常用的解题方法,在解题时借助对称原理的启发进行联想类比,来分析挖掘研究对象在某些属性上的对称特点。2.答案　(1)　(2)解析　(1)如图所示,粒子经过环形区域磁场一次后通过A点的轨迹为圆弧O1,设粒子在磁场中的轨迹半径为R1,则由几何关系得R1=r·tan=又qv1B=m得v1=。(2)粒子的运动轨迹与磁场外边界相切时,粒子恰好不穿出环形区域,运动轨迹为图中圆弧O2,设粒子在磁场中的轨迹半径为R2,则由几何关系得(2r-R2)2=+r2,可得R2=又qv2B=m,可得v2=。故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过。方法点津本题中若直接分析速度范围,涉及内容与动力学密切相关,解题难度较大。若能抓住临界极端(恰好不穿出),并分析这个极端情况下可能出现的状态和满足的条件,就会使问题大大简化。解决此类问题重在分析清楚物理过程,从而找出临界条件或到达极值的条件,要特别注意可能出现的各种情况。3.答案　(1)2　　(2)B　(3)见解析解析　(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理,有2qEd=m　 ①由①式解得v2=2　 ②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2B=m　 ③由②③式解得r2=　 ④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。nqEd=m　 ⑤qvnB=m ⑥设粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有甲乙vn-1 sin θn-1=vn sin αn　 ⑦由图甲看出rn sin θn-rn sin αn=d　 ⑧由⑥⑦⑧式得rn sin θn-rn-1 sin θn-1=d　 ⑨由⑨式看出r1 sin θ1,r2 sin θ2,…,rn sin θn为一等差数列,公差为d,可得rn sin θn=r1 sin θ1+(n-1)d　 ⑩当n=1时,由图乙看出r1 sin θ1=d　 由⑤⑥⑩式得sin θn=B(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn=,sin θn=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ'n,由于>则导致sin θ'n>1说明θ'n不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。方法点津问题(2)中涉及的物理过程较多且重复,若直接把过程一一分解求解,难度和计算量太大。此种情况可以先逐个分析开始的几个物理过程,然后从中找出物理量变化的通项公式,最后分析整个物理过程,应用数列特点求解。