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

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1、帶電粒子在復合場中的運動 考點一 電磁技術的應用 1.[考查對霍爾效應的理解與分析] 在一個很小的厚度為d的矩形半導體薄片上，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。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，其內部單位體積內的載流子數(shù)目較多 C．借助霍爾元件

2、能夠把電壓表改裝成磁強計(測定磁感應強度) 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，若載流子帶正電，則N的電勢高于M的電勢，A錯誤；設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：e＝evB，設材料單位體積內載流子的個數(shù)為n，材料截面積為S，I＝neSv，S＝dL，聯(lián)立解得：UH＝，令k＝，則UH＝k，所以根據(jù)k＝可知單位體積內的載流子數(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(測定磁感應強度)，C正確；載流子受到的洛倫茲力F＝e，霍爾電壓UH越大，載流子受到磁場的洛倫茲力

3、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處粒子源產生的質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，則質子獲得的最大動能增大 B．若只增大交流電壓U，則質子在回旋加速器中運行時間會變短 C．若磁感應強度B增大，交流電頻率f必須適當增大才能正常工作 D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析：選BC　當粒子從D形盒中出來時速度最大，根據(jù)qvmB＝m，得vm

4、＝，那么質子獲得的最大動能Ekm＝，則最大動能與交流電壓U無關，故A錯誤。根據(jù)T＝，若只增大交流電壓U，不會改變質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α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α粒子，故D錯誤。 3．[考查用質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射入質譜儀，沿著直線通過電磁場復合區(qū)后，并從狹縫S0進入勻強磁場B2，在磁場B2

5、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：qvB＝qE，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，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

6、，將向下偏轉；負電荷受到的洛倫茲力的方向向上，將向上偏轉，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：qvB1＝qE，所以v＝，故C正確。根據(jù)qvB2＝m，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。第三象限內存在勻強磁場Ⅰ，y軸右側區(qū)域內存在勻強磁場Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁場的方向均垂直于紙面向里。一質量為m、電荷量為＋q的粒子自P(－l，l )點由

7、靜止釋放，沿垂直于x軸的方向進入磁場Ⅰ，接著以垂直于y軸的方向進入磁場Ⅱ，不計粒子重力。 (1)求磁場Ⅰ的磁感應強度B1； (2)若磁場Ⅱ的磁感應強度B2＝3B1，求粒子從第一次經過y軸到第四次經過y軸的時間t及這段時間內的位移。 解析：(1)設粒子垂直于x軸進入磁場Ⅰ時的速度為v， 由運動學公式有：2al＝v2， 由牛頓第二定律有：Eq＝ma， 由題意知，粒子在Ⅰ中做圓周運動的半徑為l，由牛頓第二定律有：qvB1＝m， 聯(lián)立以上各式，解得：B1＝。 (2)粒子的運動軌跡如圖所示。 設粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑為r1，周期為T1，則r1＝l，T1＝＝ 設粒子在磁場Ⅱ中運動的半

8、徑為r2，周期為T2，有： 3qvB1＝m，T2＝＝ 得：r2＝，T2＝。 粒子從第一次經過y軸到第四次經過y軸的時間 t＝＋T2， 代入數(shù)據(jù)得t＝ 粒子從第一次經過y軸到第四次經過y軸時間內的位移s＝2r1－4r2＝2r2 解得：s＝l，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

9、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：r＝R 根據(jù)Bqv＝m 得：B＝。 (2)粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從

10、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s1＝πR 設在電場中路程為s2，根據(jù)動能定理Eq＝mv2 解得s2＝ 總路程s＝πR＋。 (3)沿與＋x方向成60°角射入的粒子，經分析從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段圓弧對應圓心角α＝30°，CN段圓弧對應圓心角θ＝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，由幾何關系知CD＝ t2＝＝ 粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度a＝ t3＝＝ 總時間t＝t1＋t2＋t3＝＋。

11、 答案：(1)　(2)πR＋ (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Ⅰ中有正交的勻強電場和勻強磁場，區(qū)域Ⅱ中只有勻強磁場，不同的離子(不計重力)從左側進入兩個區(qū)域，在區(qū)域Ⅰ中都沒有發(fā)生偏轉，在區(qū)域Ⅱ中做圓周運動的軌跡都相同，則關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Ⅰ時不偏轉，說明受到的電場力與洛倫茲力相等，即Eq＝B1qv，故離子的速度相等。若為正離子

12、，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Ⅱ后，其偏轉半徑相同，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，進入右側區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動

13、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C C．小球帶正電，且電場強度大小為 D．勻強磁場的磁感應強度大小為 解析：選ACD　小球恰能經過最高點C，則mg＝m，解得vC＝；從A到C由動能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，選項A正確；小球在復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mg＝qE，解得E＝，選項C正確；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，選項D正確。

14、 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E＝5 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，磁感應強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 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

15、，合力為零，有qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得 v＝20 m/s② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得 tan θ＝ θ＝60°。④ (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，設其加速度為a，有 a＝⑤ 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.46 s。⑨ 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

16、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 vy＝vsin θ⑤ 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 vyt－gt2＝0⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.46 s。⑦ 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L＝0.2 m，板間距離d＝0.2 m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側有一區(qū)域足夠大的勻強磁場

17、，磁感應強度B＝5×10－3 T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將X′極板接地，X極板上電勢φ隨時間變化規(guī)律如圖乙所示?，F(xiàn)有帶正電的粒子流以v0＝1×105 m/s的速度沿水平中線OO′連續(xù)射入電場中，粒子的比荷＝1×108 C/kg，重力可忽略不計，在每個粒子通過電場的極短時間內，電場可視為勻強電場(設兩板外無電場)。求： (1)若粒子恰好可以從極板右側邊緣飛出，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)帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動

18、 水平方向：L＝v0t， 豎直方向：y＝at2＝ 設此時兩極板間的電壓值為U1，則q＝ma， 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：q＝mvmax2－mv02 解得：vmax＝×105 m/s 此時粒子射入磁場時的速度與水平方向的夾角θ滿足cos θ＝＝，則θ＝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2∶1。 (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d1＝2R1 由qv1B＝m，解得：R1＝，v1＝v0 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φ 則它的速度為：v2＝ 它在磁場中的出射點與入射點間距為d2＝2R2cos φ 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d′＝－＝0.05 m。 答案：(1) V　(2)2∶1　(3)0.05 m 9