（江苏专版）2019版高考物理二轮复习 专题三 第三讲 带电粒子在复合场中的运动课前自测诊断卷（含解析）.doc

带电粒子在复合场中的运动考点一电磁技术的应用1.考查对霍尔效应的理解与分析在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子(形成电流的自由电荷)就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH。可以证明UH，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关。下列说法正确的是()A若M的电势高于N的电势，则载流子带正电B霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多C借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)D霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛伦兹力越小解析：选C根据左手定则可知载流子向N偏转，若载流子带正电，则N的电势高于M的电势，A错误；设左右两个表面相距为L，载流子所受的电场力等于洛伦兹力：eevB，设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，IneSv，SdL，联立解得：UH，令k，则UHk，所以根据k可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数增大而减小，B错误；根据UH可得B，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)，C正确；载流子受到的洛伦兹力Fe，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛伦兹力越大，D错误。2考查回旋加速器的原理分析多选回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是()A若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速粒子解析：选BC当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmBm，得vm，那么质子获得的最大动能Ekm，则最大动能与交流电压U无关，故A错误。根据T，若只增大交流电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B正确。根据T，若磁感应强度B增大，那么T会减小，则交流电频率f必须适当增大才能正常工作，故C正确。带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率f才能加速粒子，故D错误。3考查用质谱仪分析两种离子的运动多选一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束。下列说法中正确的是()A速度选择器的P1极板带负电B粒子1带负电C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D粒子2的比荷的绝对值最大解析：选BC三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由受力平衡得：qvBqE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，速度选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，速度选择器的P1极板带正电，故速度选择器的P1极板一定是带正电，与带电粒子无关，故A错误。在磁场B2中，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的洛伦兹力的方向向上，将向上偏转，所以粒子1带负电，故B正确。能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB1qE，所以v，故C正确。根据qvB2m，解得：r，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷的绝对值最小，故D错误。考点二带电粒子在组合场中的运动4.考查带电粒子加速后进入磁场如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。第三象限内存在匀强磁场，y轴右侧区域内存在匀强磁场，、磁场的方向均垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子自P(l，l )点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场，接着以垂直于y轴的方向进入磁场，不计粒子重力。(1)求磁场的磁感应强度B1；(2)若磁场的磁感应强度B23B1，求粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间t及这段时间内的位移。解析：(1)设粒子垂直于x轴进入磁场时的速度为v，由运动学公式有：2alv2，由牛顿第二定律有：Eqma，由题意知，粒子在中做圆周运动的半径为l，由牛顿第二定律有：qvB1m，联立以上各式，解得：B1。(2)粒子的运动轨迹如图所示。设粒子在磁场中运动的半径为r1，周期为T1，则r1l，T1设粒子在磁场中运动的半径为r2，周期为T2，有：3qvB1m，T2得：r2，T2。粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间tT2，代入数据得t 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴时间内的位移s2r14r22r2解得：sl，方向沿y轴负方向。答案：(1) (2) l，方向沿y轴负方向5考查带电粒子由磁场进入电场后再返回磁场的情况如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在yR的区域存在沿y方向的匀强电场，电场强度为E，在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，发现沿x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与x方向成60角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。解析：(1)沿x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：rR根据Bqvm得：B。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H点射出磁场，MH为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1R设在电场中路程为s2，根据动能定理Eqmv2解得s2总路程sR。(3)沿与x方向成60角射入的粒子，经分析从C点竖直射出磁场，从D点射入、射出电场，又从C点射入磁场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)。C点在磁场中，MC段圆弧对应圆心角30，CN段圆弧对应圆心角150，所以在磁场中的时间为半个周期，t1粒子在CD段做匀速直线运动，由几何关系知CDt2粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度at3总时间tt1t2t3。答案：(1)(2)R (3)(2R,0)考点三带电粒子在叠加场中的运动6.考查带电粒子在叠加场中的直线运动多选如图所示，区域中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域中都没有发生偏转，在区域中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是()A离子一定都带正电B这些离子进入复合场的初速度相等C离子的比荷一定相同D这些离子的初动能一定相同解析：选BC因为它们通过区域时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即EqB1qv，故离子的速度相等。若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，同样能够满足平衡，所以选项A错误，B正确。又因为进入磁场后，其偏转半径相同，由公式R可知，它们的比荷相同，选项C正确。虽然确定初速度相等，但无法判断质量是否相等，所以无法判断初动能是否相等，选项D错误。7考查带电粒子在叠加场中的圆周运动多选如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g。则()A小球在最低点A开始运动的初速度大小为B小球返回A点后可以第二次到达最高点CC小球带正电，且电场强度大小为D匀强磁场的磁感应强度大小为解析：选ACD小球恰能经过最高点C，则mgm，解得vC；从A到C由动能定理：mg2RmvC2mvA2，解得vA，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mgqE，解得E，选项C正确；由qvBm，其中v，解得B，选项D正确。8考查带电粒子在叠加场中的直线运动与类平抛运动如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T。有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60。(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan 联立式，代入数据解得t2 s3.46 s。法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上分位移为零，则有vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.46 s。答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60角斜向上(2)3.46 s考点四带电粒子在交变场中的运动9.考查带电粒子在周期性变化的电场和恒定磁场中的运动如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX板长L0.2 m，板间距离d0.2 m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B5103 T，方向垂直纸面向里。现将X极板接地，X极板上电势随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以v01105 m/s的速度沿水平中线OO连续射入电场中，粒子的比荷1108 C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)。求：(1)若粒子恰好可以从极板右侧边缘飞出，求此时两极板间的电压值；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从O点和距O点下方0.05 m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时两出射点之间的距离。解析：(1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动水平方向：Lv0t，竖直方向：yat2设此时两极板间的电压值为U1，则qma，联立以上各式，解得U1 V。(2)当U V时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于 V时刻进入磁场的粒子具有最大速度所以由动能定理得到：qmvmax2mv02解得：vmax105 m/s此时粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角满足cos ，则30，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中a所示，在磁场中轨迹所对的圆心角为240，时间最长从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b所示，在磁场中轨迹所对应的圆心角为120，时间最短，因为两粒子的周期T相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为21。(3)如图所示，从O点射入磁场的粒子速度为v0它在磁场中的出射点与入射点间距为d12R1由qv1Bm，解得：R1，v1v0所以：d1从距O点下方0.05 m处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角为则它的速度为：v2它在磁场中的出射点与入射点间距为d22R2cos 由于R2，所以：d2所以两个粒子向上偏移的距离相等所以两粒子射出磁场的出射点间距仍为射入磁场时的间距，即d0.05 m。答案：(1) V(2)21(3)0.05 m