2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題三電場和磁場考點3帶電粒子在復(fù)合場中的運動限時集訓(xùn).docx

考點3帶電粒子在復(fù)合場中的運動限時45分鐘；滿分100分一、選擇題(每小題6分，共48分)1(2018武昌區(qū)調(diào)研)如圖3316所示，回旋加速器的核心部分是真空室中的兩個相距很近的D形金屬盒，把它們放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒面向下。連接好高頻交流電源后，兩盒間的窄縫中能形成勻強電場，帶電粒子在磁場中做圓周運動，每次通過兩盒間的窄縫時都能被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑R時通過特殊裝置引出。如果用同一回旋加速器分別加速氚核( H)和粒子( He)，比較它們所需的高頻交流電源的周期和引出時的最大動能，下列說法正確的是圖3316A加速氚核的交流電源的周期較大；氚核獲得的最大動能較大B加速氚核的交流電源的周期較?。浑昂双@得的最大動能較大C加速氚核的交流電源的周期較大；氚核獲得的最大動能較小D加速氚核的交流電源的周期較?。浑昂双@得的最大動能較小解析由于氚核的比荷小于粒子的比荷，由帶電粒子在勻強磁場中運動的周期公式T，可知加速氚核的交流電源的周期較大。粒子通過回旋加速器獲得的最大速度v，動能Ekmv2，將氚核和粒子的帶電荷量q和質(zhì)量m代入，比較可知粒子獲得的動能較大，選項C正確。答案C2(2018廣州模擬)如圖3317為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖。勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來控制，磁場強弱可通過勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)。下列說法正確的是圖3317A僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變大B僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C僅增大勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期將變大D僅提高電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大解析當(dāng)僅增大勵磁線圈的電流時，也就是增大磁感應(yīng)強度B，由牛頓第二定律知qvBm，得R，電子束徑跡的半徑變小，選項A錯誤；當(dāng)僅提高電子槍的加速電壓時，由qUmv2和qvBm得R，可知電子束徑跡的半徑變大，選項B正確；由T知，電子做圓周運動的周期T與速度v大小無關(guān)，所以選項C、D錯誤。答案B3(2018濟南模擬)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖3318所示。粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲和乙，兩種粒子從S出來時速度很小，可忽略不計，粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(邊界如圖中線框所示)，最終打到照相底片上。測得甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入射磁場點的距離之比為54，則它們在磁場中運動的時間之比是圖3318A54B45C2516 D1625解析根據(jù)甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入射磁場點的距離之比為54，可得甲、乙兩種粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑之比為r甲r乙54。甲、乙兩種粒子是同位素，帶電荷量q相等。由qUmv2，解得v。由qvBm，解得r，可得甲、乙兩種粒子的質(zhì)量之比m甲m乙rr2516，又粒子在磁場中運動的時間t，則甲、乙兩種粒子在磁場中運動的時間之比t甲t乙m甲m乙2516，選項C正確。答案C4(多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖3319是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是圖3319A電勢差UCD僅與材料有關(guān)B若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCDR的區(qū)域存在沿y方向的勻強電場，電場強度為E1.0105V/m。在M點有一正粒子以速率v1.0106 m/s沿x方向射入磁場，粒子穿出磁場后進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為1.0107 C/kg，粒子重力不計。圖3324(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小；(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。解析(1)沿x方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，則粒子一定是從如圖的P點射出磁場、逆著電場線運動的，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑rR0.5 m根據(jù)Bqv得B，代入數(shù)據(jù)得B0.2 T(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的總路程為二分之一圓周長s1R設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動能定理得Eqmv2s2總路程sR，代入數(shù)據(jù)得s0.51 (m)。答案(1)0.2 T(2)0.51(m)11(14分)(2018武漢調(diào)研)如圖3325所示，Oxy為直角坐標(biāo)系，在dx0范圍內(nèi)有沿y方向的勻強電場，場強大小為E；在xd和x0范圍內(nèi)有方向均垂直于Oxy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。一帶正電的粒子從(d,0)處沿x軸正方向以速度v0射入電場，從y軸上的P1點第一次離開電場，從y軸上的M1(0，d)點第二次進入電場。不計粒子的重力。求：圖3325(1)電場強度E和磁感應(yīng)強度B的比值；(2)粒子第三次在右側(cè)磁場(x0)運動的過程中，到y(tǒng)軸的最遠(yuǎn)距離。解析(1)粒子第一次在電場中運動，加速度大小：a通過電場的時間：t沿y方向的位移：at2聯(lián)立解得：E粒子第一次進入右側(cè)的磁場時，設(shè)速度v的偏向角為，速度v0vcos 在右側(cè)磁場中，粒子第一次做圓周運動的半徑：r在右側(cè)磁場中，粒子第一次運動的入射點和出射點間的距離：y2rcos 由題意：P1M1y聯(lián)立解得：B，(2)粒子在電場中運動時，因電場力沿y方向，故粒子速度的水平分量恒為v0。根據(jù)t可知，粒子每次在電場中運動的時間均相同，而粒子每次在電場中運動的加速度不變，根據(jù)對稱性，可將粒子在電場中的運動累積起來，等效為粒子在電場中以水平初速度v0做類平拋運動。粒子第n次通過y軸進入右側(cè)磁場時，設(shè)沿y方向的速度分量為vny，速度方向與x軸的夾角為n，則：vnya(2n1)t(n1,2,3，)tan n由(1)問解得：v0at由以上三式解得：tan n2n1由(1)問解得：y由上式可知，粒子每次進出磁場時的y均相同，則：y粒子第n次在右側(cè)磁場中運動，到y(tǒng)軸最遠(yuǎn)的距離：xntan n聯(lián)立解得：xn(2n1)(n1,2,3，)當(dāng)n3時，x3d。答案(1)(2)d12(14分)(2018武昌調(diào)研)如圖3326所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有正交的勻強磁場和勻強電場，勻強磁場沿水平方向且垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B，勻強電場沿x軸負(fù)方向、場強大小為E。在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強大小為EE的勻強電場。一個電荷量的絕對值為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做直線運動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為37)，并從原點O進入第一象限。已知重力加速度為g，sin 370.6，cos 370.8，不計空氣阻力。圖3326(1)求油滴的電性；(2)求油滴在P點得到的初速度大小；(3)在第一象限的某個長方形區(qū)域再加上一個垂直于紙面向里的、磁感應(yīng)強度也為B的勻強磁場，且該長方形區(qū)域的下邊界在x軸上，上述油滴進入第一象限后恰好垂直穿過x軸離開第一象限，求這個長方形區(qū)域的最小面積以及油滴在第一象限內(nèi)運動的時間。解析(1)油滴帶負(fù)電(2)油滴受三個力作用(見圖1)，從P到O沿直線必為勻速運動，設(shè)油滴質(zhì)量為m：由平衡條件有qvBsin 37qE得vmgtan 37qE得m(3)油滴進入第一象限：由電場力FqEqE重力GmggqE易知油滴先受平衡力而保持以速率v做勻速直線運動，進入磁場區(qū)域后以線速度v做勻速圓周運動，路徑如圖2，最后