2019年高考物理總復習 8-4帶電粒子在復合場中的運動訓練試題 新人教版.doc

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2019年高考物理總復習 8-4帶電粒子在復合場中的運動訓練試題 新人教版 1.(多選)場強為E的勻強電場與磁感應強度為B的勻強磁場正交，復合場的水平寬度為d，豎直方向足夠長，如圖所示．現(xiàn)有一束電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子以各不相同的初速度v0沿電場方向射入場區(qū)，則那些能飛出場區(qū)的粒子的動能增量ΔEk可能為(　　) A．dq(E＋B)　　　　　　　　 B. C．qEd D．0 解析　帶電粒子可從左側(cè)或右側(cè)飛出場區(qū)，由于洛倫茲力不做功，電場力做功與路徑無關(guān)，所以從左側(cè)飛出時ΔEk＝0，從右側(cè)飛出時，ΔEk＝qEd，故選項C、D正確． 答案　CD 2．(多選)(xx浙江重點中學摸底)如右圖所示，在正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面的勻強磁場和平行于AB的水平方向的勻強電場，一不計重力的帶電粒子剛好以某一初速度從三角形O點沿角平分線OC做勻速直線運動．若此區(qū)域只存在電場中，該粒子仍以此初速度從O點沿角平分線OC射入，則此粒子剛好從A點射出；若只存在磁場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角平分線OC射入，則下列說法正確的是(　　) A．粒子將在磁場中做勻速圓周運動，運動軌道半徑等于三角形的邊長 B．粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從OB段射出磁場 C．粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從BC段射出磁場 D．根據(jù)已知條件可以求出該粒子分別在只有電場時和只有磁場時在該區(qū)域中運動的時間之比 解析　當勻強磁場和勻強電場并存時，粒子做勻速直線運動，則Eq＝qvB；只存在水平方向的電場時，該粒子做類平拋運動，設三角形的邊長為L，則＝vt1，＝t，聯(lián)立得E＝；只存在磁場時，該粒子做圓周運動的半徑R＝＝＝，粒子將打到OB上，與O點距離處，可求出圓弧對應的圓心角θ＝，運動時間t2＝＝，則可求出＝，選項B、D正確． 答案　BD 3．(多選)如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 解析　粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D＝，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A項正確，D項錯誤． 答案　ABC 4．(多選)(xx浙江)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)動θ＝30后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為11 B．在磁場中運動的半徑之比為1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為13 解析　離子在電場中加速過程中，由于電場強度相同，根據(jù)牛頓第二定律，可得a1a2＝q1q2＝13，選項A錯誤；在電場中加速過程，由動能定理，可得qU＝mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)過程，有qvB＝m，兩式聯(lián)立，可得r＝，故r1r2＝1，選項B正確；設磁場寬度為d，根據(jù)sinθ＝，可得＝，聯(lián)立解得θ2＝60，選項C正確；由qU＝mv2＝Ek1，可知Ek1Ek2＝13，選項D正確． 答案　BCD 5．(單選)(xx重慶)如圖所示，一段長方體形導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電荷量為q的某種自由運動電荷．導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內(nèi)部磁感應強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為(　　) A.，負　　　　　　　 B.，正 C.，負 D.，正 解析　假設粒子帶正電，根據(jù)左手定則，粒子受的洛倫茲力向上，上面聚集正電荷，則上板電勢高，與題意不符，所以粒子帶負電；達到穩(wěn)定狀態(tài)后，粒子受的電場力與洛倫茲力平衡，有q＝qvB，且I＝n|q|Sv＝n|q|abv，兩式聯(lián)立得n＝. 答案　C 6．(xx浙江)如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應強度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 解析　(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有 q＝mg① 由①式，得 q＝② 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷． (2)墨滴垂直進入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有 qv0B＝m③ 考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑R＝d④ 由②③④式，得 B＝⑤ (3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖，設圓周運動半徑為R′，有 qv0B′＝m⑥ 由圖示，可得 R′2＝d2＋(R′－)2⑦ 得R′＝d⑧ 聯(lián)立②⑥⑧式，可得 B′＝ 答案　(1)負電荷　　(2)　(3) 7.1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器．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，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用． (1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比； (2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t； (3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制．若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm. 解析　(1)設粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，則有 qU＝mv，qv1B＝m 解得r1＝ 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2＝ 則r2r1＝1 (2)設粒子到出口處被加速了n圈 2nqU＝mv2，qvB＝m，T＝，t＝nT 解得t＝ (3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f＝ 當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為fBm＝，粒子的動能Ek＝mv2 當fBm≤fm時，粒子的最大動能由Bm決定． qvmBm＝m 解得Ekm＝ 當fBm≥fm時，粒子的最大動能由fm決定． vm＝2πfmR 解得Ekm＝2π2mfR2 答案　(1)1　(2)　(3)當fBm≤fm時，Ekm＝；當fBm≥fm時，Ekm＝2π2mfR2 8．(xx北京)利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領(lǐng)域． 如圖1，將一金屬或半導體薄片垂直置于磁場B中，在薄片的兩個側(cè)面a、b間通以電流I時，另外兩側(cè)c、f間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱霍爾效應．其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用向一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是c、f間建立起電場EH，同時產(chǎn)生霍爾電勢差UH.當電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，EH和UH達到穩(wěn)定值，UH的大小與I和B以及霍爾元件厚度d之間滿足關(guān)系式UH＝RH，其中比例系數(shù)RH稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關(guān)． (1)設半導體薄片的寬度(c、f間距)為l，請寫出UH和EH的關(guān)系式；若半導體材料是電子導電的，請判斷圖1中c、f哪端的電勢高； (2)已知半導體薄片內(nèi)單位體積中導電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，請導出霍爾系數(shù)RH的表達式．(通過橫截面積S的電流I＝nevS，其中v是導電電子定向移動的平均速率)； (3)圖2是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉(zhuǎn)軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著m個永磁體，相鄰永磁體的極性相反．霍爾元件置于被測圓盤的邊緣附近．當圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖象如圖3所示． a．若在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，請導出圓盤轉(zhuǎn)速N的表達式． b．利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程．除此之外，請你展開“智慧的翅膀”，提出另一個實例或設想． 解析　(1)UH＝EHl；由左手定則判斷，電子受洛倫茲力向f端偏轉(zhuǎn)，故c端電勢高． (2)由UH＝RH① 得RH＝UH＝EHl② 當電場力與洛倫茲力相等時，有eEH＝evB 得EH＝vB③ 又I＝nevS④ 將③④代入②，得RH＝vBl＝vl＝＝ (3)a.由于在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，則P＝mNt 圓盤轉(zhuǎn)速為N＝ b．提出的實例或設想合理即可． 答案　(1)UH＝EHl　c端電勢高　(2)RH＝　(3)見解析 9．(xx江蘇)在科學研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制．如圖1所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖2所示．x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q.不計重力．在t＝時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復運動． (1)求P在磁場中運動時速度的大小v0； (2)求B0應滿足的關(guān)系； (3)在t0(00，得 00)的粒子從坐標原點O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中．不計重力和粒子間的影響． (1)若粒子以初速度v1沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點，求v1的大?。? (2)已知一粒子的初速度大小為v(v>v1)，為使該粒子能經(jīng)過A(a,0)點，其入射角θ(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的sinθ值； (3)如圖乙所示，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿y軸正向發(fā)射．研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比，比例系數(shù)與場強大小E無關(guān)．求該粒子運動過程中的最大速度值vm. 解析　(1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有 qvB＝m① 當粒子沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點，該圓周半徑為R1，有 R1＝② 由②式代入①式，得 v1＝③ (2)如圖所示，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x＝的直線上，半徑為R. 當給定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限，有 sinθ′＝sinθ＝④ 由①④式，解得 sinθ＝⑤ (3)粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，用ym表示其y坐標，由動能定理，有 qEym＝mv－mv⑥ 由題知，有 vm＝kym⑦ 若E＝0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有 qv0B＝m⑧ v0＝kR0⑨ 由⑥⑦⑧⑨式，解得 vm＝＋ 答案　(1)　(2)2個　均為sinθ＝ (3)＋ 14.如圖所示，坐標平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝4105 N/C、方向水平向左的勻強電場，在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)荷比為＝410－10 N/C的帶正電粒子從x軸的A點以初速度v0＝2107 m/s垂直x軸射入電場，OA＝0.2 m，不計重力．求： (1)粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點O的距離； (2)若要求粒子不能進入第三象限，求磁感應強度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進入電場后的運動情況)． 解析　(1)設粒子在電場中運動的時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y，則有 sOA＝at2，a＝，E＝，y＝v0t 聯(lián)立解得a＝1.01015 m/s2，t＝2.010－8 s，y＝0.4 m (2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為 vx＝at＝2107 m/s 粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為v＝＝2107 m/s 與y軸正方向的夾角為θ，θ＝arctan＝45 要使粒子不進入第三象限，如圖所示，此時粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則 R＋R≤y qvB＝m 聯(lián)立解得B≥(2＋2)10－2 T 答案　(1)0.4 m　(2)B≥(2＋2)10－2 T