（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習 專題三 第三講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課前自測診斷卷（含解析）.doc

帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點一電磁技術(shù)的應(yīng)用1.考查對霍爾效應(yīng)的理解與分析在一個很小的厚度為d的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極 E、F、M、N，它就成了一個霍爾元件，如圖所示。在E、F間通入恒定的電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，則薄片中的載流子(形成電流的自由電荷)就在洛倫茲力的作用下，向著與電流和磁場都垂直的方向漂移，使M、N 間出現(xiàn)了電壓，稱為霍爾電壓UH?？梢宰C明UH，k為霍爾系數(shù)，它的大小與薄片的材料有關(guān)。下列說法正確的是()A若M的電勢高于N的電勢，則載流子帶正電B霍爾系數(shù)k較大的材料，其內(nèi)部單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目較多C借助霍爾元件能夠把電壓表改裝成磁強計(測定磁感應(yīng)強度)D霍爾電壓UH越大，載流子受到磁場的洛倫茲力越小解析：選C根據(jù)左手定則可知載流子向N偏轉(zhuǎn)，若載流子帶正電，則N的電勢高于M的電勢，A錯誤；設(shè)左右兩個表面相距為L，載流子所受的電場力等于洛倫茲力：eevB，設(shè)材料單位體積內(nèi)載流子的個數(shù)為n，材料截面積為S，IneSv，SdL，聯(lián)立解得：UH，令k，則UHk，所以根據(jù)k可知單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目，隨著霍爾系數(shù)增大而減小，B錯誤；根據(jù)UH可得B，故借助霍爾元件能夠把電壓表改裝成磁強計(測定磁感應(yīng)強度)，C正確；載流子受到的洛倫茲力Fe，霍爾電壓UH越大，載流子受到磁場的洛倫茲力越大，D錯誤。2考查回旋加速器的原理分析多選回旋加速器工作原理示意圖如圖所示，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，下列說法正確的是()A若只增大交流電壓U，則質(zhì)子獲得的最大動能增大B若只增大交流電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行時間會變短C若磁感應(yīng)強度B增大，交流電頻率f必須適當增大才能正常工作D不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速粒子解析：選BC當粒子從D形盒中出來時速度最大，根據(jù)qvmBm，得vm，那么質(zhì)子獲得的最大動能Ekm，則最大動能與交流電壓U無關(guān)，故A錯誤。根據(jù)T，若只增大交流電壓U，不會改變質(zhì)子在回旋加速器中運行的周期，但加速次數(shù)減少，則運行時間也會變短，故B正確。根據(jù)T，若磁感應(yīng)強度B增大，那么T會減小，則交流電頻率f必須適當增大才能正常工作，故C正確。帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T知，換用粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率f才能加速粒子，故D錯誤。3考查用質(zhì)譜儀分析兩種離子的運動多選一束粒子流由左端平行于極板P1射入質(zhì)譜儀，沿著直線通過電磁場復(fù)合區(qū)后，并從狹縫S0進入勻強磁場B2，在磁場B2中分為如圖所示的三束。下列說法中正確的是()A速度選擇器的P1極板帶負電B粒子1帶負電C能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D粒子2的比荷的絕對值最大解析：選BC三種粒子在正交的電磁場中做勻速直線運動，由受力平衡得：qvBqE，根據(jù)左手定則可知，若帶電粒子帶正電荷，洛倫茲力的方向向上，所以電場力的方向向下，速度選擇器的P1極板帶正電；若帶電粒子帶負電，洛倫茲力的方向向下，所以電場力方向向上，速度選擇器的P1極板帶正電，故速度選擇器的P1極板一定是帶正電，與帶電粒子無關(guān)，故A錯誤。在磁場B2中，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力的方向向下，將向下偏轉(zhuǎn)；負電荷受到的洛倫茲力的方向向上，將向上偏轉(zhuǎn)，所以粒子1帶負電，故B正確。能通過狹縫S0的帶電粒子受到的電場力與洛倫茲力的大小相等，方向相反，即：qvB1qE，所以v，故C正確。根據(jù)qvB2m，解得：r，r與比荷成反比，粒子2的半徑最大，所以粒子2的比荷的絕對值最小，故D錯誤。考點二帶電粒子在組合場中的運動4.考查帶電粒子加速后進入磁場如圖所示，在坐標系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。第三象限內(nèi)存在勻強磁場，y軸右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，、磁場的方向均垂直于紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子自P(l，l )點由靜止釋放，沿垂直于x軸的方向進入磁場，接著以垂直于y軸的方向進入磁場，不計粒子重力。(1)求磁場的磁感應(yīng)強度B1；(2)若磁場的磁感應(yīng)強度B23B1，求粒子從第一次經(jīng)過y軸到第四次經(jīng)過y軸的時間t及這段時間內(nèi)的位移。解析：(1)設(shè)粒子垂直于x軸進入磁場時的速度為v，由運動學(xué)公式有：2alv2，由牛頓第二定律有：Eqma，由題意知，粒子在中做圓周運動的半徑為l，由牛頓第二定律有：qvB1m，聯(lián)立以上各式，解得：B1。(2)粒子的運動軌跡如圖所示。設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r1，周期為T1，則r1l，T1設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r2，周期為T2，有：3qvB1m，T2得：r2，T2。粒子從第一次經(jīng)過y軸到第四次經(jīng)過y軸的時間tT2，代入數(shù)據(jù)得t 粒子從第一次經(jīng)過y軸到第四次經(jīng)過y軸時間內(nèi)的位移s2r14r22r2解得：sl，方向沿y軸負方向。答案：(1) (2) l，方向沿y軸負方向5考查帶電粒子由磁場進入電場后再返回磁場的情況如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R，磁場垂直紙面向里，在y>R的區(qū)域存在沿y方向的勻強電場，電場強度為E，在M點有一粒子源，輻射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，發(fā)現(xiàn)沿x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計。(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大??；(2)求沿x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程；(3)沿與x方向成60角射入的粒子，最終將從磁場邊緣的N點(圖中未畫出)穿出，不再進入磁場，求N點的坐標和粒子從M點運動到N點的總時間。解析：(1)沿x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖中的P點射出磁場，逆電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑：rR根據(jù)Bqvm得：B。(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從H點射出磁場，MH為直徑，在磁場中的路程為二分之一圓周長s1R設(shè)在電場中路程為s2，根據(jù)動能定理Eqmv2解得s2總路程sR。(3)沿與x方向成60角射入的粒子，經(jīng)分析從C點豎直射出磁場，從D點射入、射出電場，又從C點射入磁場，最后從N點(MN為直徑)射出磁場。所以N點坐標為(2R,0)。C點在磁場中，MC段圓弧對應(yīng)圓心角30，CN段圓弧對應(yīng)圓心角150，所以在磁場中的時間為半個周期，t1粒子在CD段做勻速直線運動，由幾何關(guān)系知CDt2粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度at3總時間tt1t2t3。答案：(1)(2)R (3)(2R,0)考點三帶電粒子在疊加場中的運動6.考查帶電粒子在疊加場中的直線運動多選如圖所示，區(qū)域中有正交的勻強電場和勻強磁場，區(qū)域中只有勻強磁場，不同的離子(不計重力)從左側(cè)進入兩個區(qū)域，在區(qū)域中都沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在區(qū)域中做圓周運動的軌跡都相同，則關(guān)于這些離子說法正確的是()A離子一定都帶正電B這些離子進入復(fù)合場的初速度相等C離子的比荷一定相同D這些離子的初動能一定相同解析：選BC因為它們通過區(qū)域時不偏轉(zhuǎn)，說明受到的電場力與洛倫茲力相等，即EqB1qv，故離子的速度相等。若為正離子，則電場力向下，洛倫茲力向上；若為負離子，則電場力向上，洛倫茲力向下，同樣能夠滿足平衡，所以選項A錯誤，B正確。又因為進入磁場后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式R可知，它們的比荷相同，選項C正確。雖然確定初速度相等，但無法判斷質(zhì)量是否相等，所以無法判斷初動能是否相等，選項D錯誤。7考查帶電粒子在疊加場中的圓周運動多選如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點，C為最高點，右側(cè)同時存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點A以某一初速度開始運動恰好能到最高點C，進入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動回到A點，空氣阻力不計，重力加速度為g。則()A小球在最低點A開始運動的初速度大小為B小球返回A點后可以第二次到達最高點CC小球帶正電，且電場強度大小為D勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為解析：選ACD小球恰能經(jīng)過最高點C，則mgm，解得vC；從A到C由動能定理：mg2RmvC2mvA2，解得vA，選項A正確；小球在復(fù)合場中以速度做勻速圓周運動，再次過A點時的速度為，則小球不能第二次到達最高點C，選項B錯誤；小球在復(fù)合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知小球帶正電，滿足mgqE，解得E，選項C正確；由qvBm，其中v，解得B，選項D正確。8考查帶電粒子在疊加場中的直線運動與類平拋運動如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2。求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan 代入數(shù)據(jù)解得tan 60。(2)法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有yat2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為，又tan 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.46 s。法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vyvsin 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球在豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.46 s。答案：(1)20 m/s，方向與電場方向成60角斜向上(2)3.46 s考點四帶電粒子在交變場中的運動9.考查帶電粒子在周期性變化的電場和恒定磁場中的運動如圖甲所示，兩個平行正對的水平金屬板XX板長L0.2 m，板間距離d0.2 m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側(cè)有一區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B5103 T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將X極板接地，X極板上電勢隨時間變化規(guī)律如圖乙所示?，F(xiàn)有帶正電的粒子流以v01105 m/s的速度沿水平中線OO連續(xù)射入電場中，粒子的比荷1108 C/kg，重力可忽略不計，在每個粒子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視為勻強電場(設(shè)兩板外無電場)。求：(1)若粒子恰好可以從極板右側(cè)邊緣飛出，求此時兩極板間的電壓值；(2)粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比；(3)分別從O點和距O點下方0.05 m處射入磁場的兩個粒子，在MN上射出磁場時兩出射點之間的距離。解析：(1)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動水平方向：Lv0t，豎直方向：yat2設(shè)此時兩極板間的電壓值為U1，則qma，聯(lián)立以上各式，解得U1 V。(2)當U> V時進入電場中的粒子將打到極板上，即在電壓等于 V時刻進入磁場的粒子具有最大速度所以由動能定理得到：qmvmax2mv02解得：vmax105 m/s此時粒子射入磁場時的速度與水平方向的夾角滿足cos ，則30，從下極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中a所示，在磁場中軌跡所對的圓心角為240，時間最長從上極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中b所示，在磁場中軌跡所對應(yīng)的圓心角為120，時間最短，因為兩粒子的周期T相同，所以粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比為21。(3)如圖所示，從O點射入磁場的粒子速度為v0它在磁場中的出射點與入射點間距為d12R1由qv1Bm，解得：R1，v1v0所以：d1從距O點下方0.05 m處射入磁場的粒子速度與水平方向夾角為則它的速度為：v2它在磁場中的出射點與入射點間距為d22R2cos 由于R2，所以：d2所以兩個粒子向上偏移的距離相等所以兩粒子射出磁場的出射點間距仍為射入磁場時的間距，即d0.05 m。答案：(1) V(2)21(3)0.05 m