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后達標檢測卷（含解析）-人教版高三物理試題

帶電粒子在復合場中的運動1.[多選](2018·南京三模)如圖所示，寬度為d、厚度為h的金屬導體放在磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過該導體時，在導體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。實驗表明：當磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應強度B的關(guān)系為U＝keq\f(BI,d)，該式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)，設載流子的電荷量大小為q，金屬導體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)目為n，下列說法正確的是()A．導體上表面的電勢大于下表面的電勢B．霍爾系數(shù)為k＝eq\f(1,nq)C．載流子所受靜電力的大小F＝qeq\f(U,d)D．載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝eq\f(BI,nhd)解析：選BD由左手定則可知，載流子受到的洛倫茲力向上，由于金屬的載流子是自由電子，故導體上表面的電勢小于下表面的電勢，故A錯誤；導體中的電場強度E＝eq\f(U,h)，載流子所受電場力F＝qE＝qeq\f(U,h)，故C錯誤；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，即qeq\f(U,h)＝qvB，解得U＝Bhv，又電流的微觀表達式：I＝nqSv＝nqhdv，解得：U＝eq\f(IB,nqd)，則霍爾系數(shù)為k＝eq\f(1,nq)，故B正確；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝Bqv＝eq\f(BI,nhd)，故D正確。2.[多選](2018·江蘇六市二模)回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子在狹縫間加速的時間忽略不計。勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向與盒面垂直。粒子源A產(chǎn)生的粒子質(zhì)量為m，電荷量為＋q，U為加速電壓，則()A．交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期的一半B．加速電壓U越大，粒子獲得的最大動能越大C．D形盒半徑R越大，粒子獲得的最大動能越大D．磁感應強度B越大，粒子獲得的最大動能越大解析：選CD為了保證粒子每次經(jīng)過電場時都被加速，必須滿足交變電壓的周期和粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期相等，故A錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvmB＝meq\f(vm2,R)，解得：vm＝eq\f(BqR,m)，則粒子獲得的最大動能為：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(B2q2R2,2m)，可知，帶電粒子的速度與加速電壓無關(guān)，D形盒半徑R越大，磁感應強度B越大，粒子的速度越大，即粒子獲得的最大動能越大，B錯誤，C、D正確。3.(2018·江蘇七市三模)磁流體發(fā)電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內(nèi)，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)，形成直流電源對外供電。下列說法正確的是()A．僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將增大B．僅增強磁感應強度，發(fā)電機的電動勢將減小C．僅增加負載的阻值，發(fā)電機的輸出功率將增大D．僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將增大解析：選D電荷處于平衡，有qvB＝qeq\f(E電,d)，解得：E電＝Bdv，由此可知僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將減小，僅增強磁感應強度，發(fā)電機的電動勢將增大，故A、B錯誤；根據(jù)歐姆定律和功率公式可知，當外電阻和內(nèi)阻相等時，輸出功率最大，所以增加負載的阻值，發(fā)電機的輸出功率不一定增大，故C錯誤；由E電＝Bdv，可知僅增大磁流體的噴射速度，電動勢將增大，因為總電阻不變，所以輸出功率將增大，故D正確。4.(2018·徐州考前模擬)在xOy平面內(nèi)，x軸上方存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，x軸下方存在電場強度為E，方向沿y軸正方向的勻強電場，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子的重力)從坐標原點以速度v沿y軸正方向射入磁場區(qū)域。求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑；(2)寫出粒子從出發(fā)開始計時，到第一次打到x軸前，粒子的位移s隨著時間t變化的表達式；(3)粒子從出發(fā)到第n次到達x軸的平均速度的大小。解析：(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)。(2)由T＝eq\f(2πm,qB)，得t＝eq\f(θm,qB)，即θ＝eq\f(qBt,m)由圖中幾何關(guān)系可知：s＝2Rcosα＝2Rsineq\f(θ,2)粒子的位移隨著時間變化的表達式：s＝eq\f(2mv,qB)sineq\f(qBt,2m)，其中t<eq\f(πm,qB)。(3)粒子在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πm,qB)在電場中往返一次運動時間：t1＝eq\f(2v,\f(qE,m))＝eq\f(2mv,qE)設第n次到x軸的位移為x，時間為t，平均速度為eq\x\to(v)n為奇數(shù)時：第n次到x軸的位移為x＝eq\f(n＋1,2)·2R＝eq\f(n＋1mv,qB)，時間為t＝eq\f(n＋1,2)·eq\f(T,2)＋eq\f(n－1,2)·t1＝eq\f(n＋1πm,2qB)＋eq\f(n－1mv,qE)平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(2n＋1Ev,n＋1πE＋2n－1Bv)n為偶數(shù)時：第n次到x軸的位移為x＝eq\f(n,2)·2R＝eq\f(nmv,qB)，時間為t＝eq\f(n,2)·eq\f(T,2)＋eq\f(n,2)·t1＝eq\f(nπm,2qB)＋eq\f(nmv,qE)平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(2Ev,πE＋2Bv)。答案：(1)eq\f(mv,qB)(2)s＝eq\f(2mv,qB)sineq\f(qBt,2m)，其中t<eq\f(πm,qB)(3)n為奇數(shù)時：eq\x\to(v)＝eq\f(2n＋1Ev,n＋1πE＋2n－1Bv)n為偶數(shù)時：eq\x\to(v)＝eq\f(2Ev,πE＋2Bv)5．(2018·南京三模)如圖所示，平面直角坐標系x軸水平，y軸豎直向上，虛線MN與y軸平行，y軸左側(cè)有豎直向下的勻強電場，場強E1＝6N/C，y軸右側(cè)存在垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B＝1T，y軸與MN之間有平行于y軸的勻強電場E2(圖中未畫出)。一帶正電小球(m＝1×10－3kg，q＝5×10－3C)從圖中與y軸距離為x0＝0.3m的P點，以v0＝3m/s的初速度沿x軸正向開始運動，經(jīng)坐標原點O越過y軸，在y軸與MN之間恰好做勻速圓周運動，再經(jīng)C點越過MN，越過時速度方向與x軸正方向一致。線段CD平行于x軸，小球能通過D點，取g＝10m/s2。求：(1)經(jīng)過O點時的速度；(2)勻強電場的場強E2以及C點的坐標；(3)線段CD的長度。解析：(1)小球在PO段做類平拋運動t1＝eq\f(x0,v0)＝0.1say＝eq\f(mg＋qE1,m)＝40m/s2vy＝ayt1＝4m/sv＝eq\r(v02＋vy2)＝5m/stanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(4,3)與x軸夾角θ＝53。(2)小球在y軸與MN之間做勻速圓周運動，重力與電場力平衡mg＝qE2E2＝eq\f(mg,q)＝2N/C，方向向上洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力qvB＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(mv,qB)＝1mx＝Rsinθ＝0.8my＝R－Rcosθ＝0.4mC點坐標為(0.8m，－0.4m)。(3)在MN右側(cè)，由qv1B＝mg，得v1＝eq\f(mg,qB)＝2m/sv2＝v－v1＝3m/s小球在C點的速度大小是v＝5m/s，可看成是v1＝2m/s和v2＝3m/s兩個速度的合成，在磁場中小球的運動可以看成勻速直線運動與勻速圓周運動的合運動，周期為T＝eq\f(2πm,qB)＝0.4πs所以LCD＝v1·nT＝0.8πnm，n＝1,2,3，…。答案：(1)5m/s，與x軸夾角為53(2)2N/C，方向向上(0.8m，－0.4m)(3)LCD＝0.8πnm，n＝1,2,3，…6.(2018·蘇北四市一模)如圖所示的xOy平面，在以O1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點、A(0,2R)點射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點O進入x軸下方的電場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝eq\f(\r(3)mv02,2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不計電子重力。(1)求磁感應強度B1的大?。?2)若電場沿y軸負方向，欲使電子a不能到達MN，求Δy的最小值；(3)若電場沿y軸正方向，Δy′＝eq\r(3)R，欲使電子b能到達x軸上且距原點O距離最遠，求矩形磁場區(qū)域的最小面積。解析：(1)電子射入圓形區(qū)域后做勻速圓周運動，軌道半徑大小相等，設為r，當電子a射入，經(jīng)過O點進入x軸下方，則：r＝R，由牛頓第二定律得ev0B1＝meq\f(v02,r)，解得：B1＝eq\f(mv0,eR)。(2)若勻強電場沿y軸負方向，電子a從O點沿y軸負方向進入電場做減速運動，由動能定理eEΔy＝eq\f(1,2)mv02可求出Δy＝eq\f(mv02,2eE)＝eq\f(\r(3),3)R。(3)若勻強電場沿y軸正方向，電子b從O點進入電場做類平拋運動，設電子b經(jīng)電場加速后到達MN時速度大小為v，電子b在MN下方磁場做勻速圓周運動軌道半徑為r1，電子b離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ角，如圖所示。由動能定理eEΔy′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝2v0在電場中a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(\r(3)v02,2R)t1＝eq\r(\f(2Δy′,a))＝eq\f(2R,v0)x＝v0t1＝2R由牛頓第二定律evB2＝meq\f(v2,r1)代入得r1＝eq\f(4\r(3),3)Rcosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，則θ＝eq\f(π,3)由幾何關(guān)系可知，在下方磁場中運動的圓心O2在y軸上，當粒子從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為θ＝eq\f(π,3)時，粒子能夠到達x軸，距離原點O距離最遠。由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1＝(r1＋r1sinθ)豎直邊長為l2＝(r1＋r1cosθ)最小面積為S＝l1l2＝r12(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋eq\r(3))R2。答案：(1)eq\f(mv0,eR)(2)eq\f(\r(3),3)R(3)4(2＋eq\r(3))R27．(2018·揚州期末)在如圖所示的坐標系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d。PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為eq\f(1,2)d，間距為d。電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏?，F(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為M點，M到下極板右端的距離為eq\f(1,2)d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子重力、電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應，求：(1)能夠進入偏轉(zhuǎn)電場的電子通過磁場區(qū)域的時間t1；(2)偏轉(zhuǎn)電場的電壓U；(3)電子至少以多大速率從O點射出時才能打到熒光屏上。解析：(1)電子在磁場區(qū)域做勻速圓周運動evB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)解得r＝eq\f(mv,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)由幾何知識可知t1＝eq\f(90,360)T＝eq\f(πm,2eB)。(2)由rmax＝d＝eq\f(mvmax,eB)解得vmax＝eq\f(eBd,m)通過電場的時間t2＝eq\f(d,2vmax)，代入數(shù)據(jù)解得：t2＝eq\f(m,2eB)電子離開電場后做勻速直線運動到達M點eq\f(y1,y2)＝eq\f(\f(1,4)d,\f(1,2)d)＝eq\f(1,2)，又y1＋y2＝d解得y1＝eq\f(1,3)d故eq\f(1,3)d＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·t22代入數(shù)據(jù)解得：U＝eq\f(8eB2d2,3m)。(3)電子恰好越過下極板右邊緣時在磁場中rmin＝eq\f(mvmin,eB)電場中水平方向：eq\f(1,2)d＝vmint3豎直方向：rmin＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·t32由上述三式代入數(shù)據(jù)解得vmin＝eq\f(eBd,\r(3,3)m)。答案：(1)eq\f(πm,2eB)(2)eq\f(8eB2d2,3m)(3)eq\f(eBd,\r(3,3m))8．(2018·江蘇七市三模)如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出的電子(初速度不計)經(jīng)電場加速后，由小孔P沿兩水平金屬板M、N的中心線射入板間，加速電壓為U0，M、N板長為L，兩板相距eq\f(3,4)L。加在M、N兩板間電壓uMN隨時間t變化關(guān)系為uMN＝eq\f(9U0,4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))，如圖乙所示。把兩板間的電場看成勻強電場，忽略板外電場。在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定。兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒左側(cè)邊緣與極板右端相距eq\f(3,2)L，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期為T，筒的周長為s，筒上坐標紙的高為eq\f(15,4)L，以t＝0時電子打到坐標紙上的點作為xOy坐標系的原點，豎直向上為y軸正方向。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，重力忽略不計。(1)求穿過水平金屬板的電子在板間運動的時間t；(2)通過計算，在示意圖丙中畫出電子打到坐標紙上的點形成的圖線；(3)為使從N板右端下邊緣飛出的電子打不到圓筒坐標紙上，在M、N右側(cè)和圓筒左側(cè)區(qū)域加一垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B應滿足什么條件？解析：(1)設電子經(jīng)加速電壓加速后的速度為v0，則eU0＝eq\f(1,2)mv02，又電子在水平金屬板中運動，水平方向：L＝v0t解得：t＝L·eq\r(\f(m,2eU0))。(2)電子在平行金屬板間運動的加速度為：a＝eq\f(euMN,m·\f(3L,4))能飛出的電子打到坐標紙上的偏轉(zhuǎn)距離：y＝eq\f(1,2)at2＋eq\f(3,2)L·eq\f(at,v0)解得：y＝eq\f(4LuMN,3U0)＝3Lsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))設當M、N兩板間電壓為U時，電子從水平金屬板右邊緣飛出，則eq\f(3L,8)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU,m\f(3L,4))，解得：U＝eq\f(9,8)U0故在一個周期中的eq\f(T,12)～eq\f(5T,12)、eq\f(7T,12)～eq\f(11T,12)時間內(nèi)，電子打在M、N板上，畫出電子打到坐標紙上的點形成的圖線如圖所示。(3)設從N板右端下邊緣