《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時檢測（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一部分　專題三　第3講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、單項選擇題 1．(2018·定州一模)電動自行車是一種應(yīng)用廣泛的交通工具，其速度控制是通過轉(zhuǎn)動右把手實現(xiàn)的，這種轉(zhuǎn)動把手稱“霍爾轉(zhuǎn)把”，屬于傳感器非接觸控制。轉(zhuǎn)把內(nèi)部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖3－3－13甲。開啟電源時，在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，如圖乙。隨著轉(zhuǎn)把的轉(zhuǎn)動，其內(nèi)部的永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動，霍爾器件能輸出控制車速的電壓，已知電壓與車速關(guān)系如圖丙，以下關(guān)于“霍爾轉(zhuǎn)把”敘述正確的是 圖3－3－13 A．為提高控制的靈敏度，永久磁鐵的上、下端分別為N、S極 B．按圖甲順時針轉(zhuǎn)動電動車的右把手，車

2、速將變快 C．圖乙中從霍爾器件的左右側(cè)面輸出控制車速的霍爾電壓 D．若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào)，將影響車速控制 解析　由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，當(dāng)永久磁鐵的上下端分別為N、S極時，磁場與電子的移動方向平行，則電子不受洛倫茲力作用，那么霍爾器件不能輸出控制車速的電勢差，故A錯誤；當(dāng)按圖甲順時針轉(zhuǎn)動把手，導(dǎo)致霍爾器件周圍的磁場增加，那么霍爾器件輸出控制車速的電勢差增大，因此車速變快，故B正確；根據(jù)題意，結(jié)合圖乙的示意圖，那么永久磁鐵的N、S極可能在左、右側(cè)面，或在前、后表面，因此從霍爾器件輸出控制車速的電勢差，不一定在霍爾器件的左右側(cè)面，也可能在前后表

3、面，故C錯誤；當(dāng)霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào)，從霍爾器件輸出控制車速的電勢差正負號相反，但由圖丙可知，不會影響車速控制，故D錯誤；故選B。 答案　B 2．(2018·日照質(zhì)檢)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖3－3－14所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是 圖3－3－14 A．該微粒一定帶負電荷 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為 D．該電場的場強為Bvcos θ 解析　若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重

4、力mg、水平向左的電場力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強度B＝，電場的場強E＝Bvsin θ，故選項C、D錯誤。 答案　A 3.速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖3－3－15所示，其中S0A＝S0C，則下列相關(guān)說法中正確的是 圖3－3－15 A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電

5、 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于 D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3∶2 解析　由左手定則判定甲帶負電，乙?guī)д姡珹錯誤；粒子在兩極板間做勻速直線運動，故qE＝qvB1，則v＝，故C錯誤；由S0A＝S0C知，R甲＝R乙，又R＝，所以＝，故B正確，D錯誤。 答案　B 4．(2018·山西五市聯(lián)考)如圖3－3－16所示的金屬導(dǎo)體，長l、寬d、高h，導(dǎo)體中通有沿x軸正方向的恒定電流I，空間存在沿z軸負方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，已知金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，則下列說法正確的是 圖

6、3－3－16 A．金屬導(dǎo)體的M面帶正電 B．金屬導(dǎo)體中電荷定向移動速率為 C．增加導(dǎo)體高度h，M、M′兩面間的電壓將增大 D．M、M′兩面間的電勢差為 解析　根據(jù)左手定則知，電子向M面偏轉(zhuǎn)，則導(dǎo)體的M面帶負電，為負極，M′面帶正電，為正極；自由電子做定向移動，視為勻速運動，設(shè)定向移動速率為v，則時間t內(nèi)某一截面內(nèi)電子前進的距離為vt，對應(yīng)體積為vthd，此體積內(nèi)含有的電子個數(shù)為nvthd，電荷量為nevthd，則電流I＝＝nevhd，電荷定向移動速率為v＝；電子受電場力和洛倫茲力平衡，有e＝Bev，可得電勢差U＝Bhv＝，可知M、M′兩面間的電壓與導(dǎo)體高度h無關(guān)；因M面電勢低，則M、

7、M′兩面間的電勢差為－。所以B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 二、多項選擇題 5．(2018·東北育才學(xué)校二模)如圖3－3－17所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法正確的是 圖3－3－17 A．極板M比極板N電勢高 B．加速電場的電壓U＝ER C．

8、直徑PQ＝2B D．若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷 解析　粒子在靜電分析器中受力方向指向圓心，與電場方向相同，故粒子帶正電，為使粒子在加速電場中被加速，極板M的電勢應(yīng)比極板N的電勢高，A項正確；在加速電場中，有qU＝mv2，在靜電分析器中，有qE＝m，解得U＝ER，B錯誤；設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r，有qvB＝m，與qE＝m聯(lián)立，解得r＝，故直徑PQ＝，C錯誤；粒子落在膠片上同一點，即在磁場中軌道半徑相同，因r＝，故粒子的比荷相同，D項正確。 答案　AD 6．如圖3－3－18所示，長方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個面是電阻可忽

9、略的導(dǎo)體電極，兩極間距為d，極板面積為S。這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直前后側(cè)面的方向上，有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為ρ的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導(dǎo)出。由于運動的電離氣體受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢。若不計氣體流動時的阻力，下列說法正確的是 圖3－3－18 A．若可變電阻R已知，則可變電阻消耗的電功率為2R B．若可變電阻R已知，則可變電阻消耗的電功率為 C．調(diào)節(jié)可變電阻R的阻值，可變電阻R消耗的電功率的最大值為Pm＝ D．調(diào)節(jié)可變電阻R的阻值，可變電阻R消耗的電功率的最大值為Pm＝ 解析　根據(jù)磁流體發(fā)電的原理可

10、得qvB＝q，產(chǎn)生的電動勢為u＝Bdv，根據(jù)歐姆定律可得通過可變電阻的電流為I＝，可變電阻消耗的電功率為P＝I2R＝R，選項A正確，B錯誤；P＝I2R＝R＝，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)S＝時，P有最大值，Pm＝，選項C正確，D錯誤。 答案　AC 三、計算題 7．(2018·鹽城模擬)電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖3－3－19甲所示。大量電子(其重力不計)由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期

11、為2t0、幅值恒為U0的電壓時，所有電子均從兩板間通過，然后進入水平寬度為L，豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上，問： 圖3－3－19 (1)電子在剛穿出兩板之間的偏轉(zhuǎn)電場時最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少？ (2)要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為多少？ (3)在滿足(2)問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？(已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e) 解析　(1)由題意可知，從0、2t0、4t0……時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向位移最大，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為 ymax＝at＋vyt0＝t＋t＝t 從t

12、0、3t0……時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向位移最小，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為ymin＝at＝t 所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為ymax∶ymin＝3∶1 (2)設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏轉(zhuǎn)角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應(yīng)為R＝ 設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的速度為vt，垂直偏轉(zhuǎn)電場的極板的速度為vy，則電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的偏轉(zhuǎn)角滿足sin θ＝ 式中vy＝t0，根據(jù)牛頓第二定律，有evtB＝ 聯(lián)立解得B＝ (3)由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中出來的電子的速度大小相同，方向也相同，因此電子進入磁場后的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上，由第(1)問可

13、知電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移的差值為Δy＝y(tǒng)max－ymin，即Δy＝t，所以打在熒光屏上的電子束的寬度為Δy＝t 答案　(1)3∶1　(2)　(3)t 8．(2018·開封一模)如圖3－3－20所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，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＝1.0×105 V/m。在M點有一正粒子以速率v＝1.0×106 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＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計。 圖3－3

14、－20 (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 r＝R＝0.5 m 根據(jù)Bqv＝ 得B＝，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2 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 s1＝πR 設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動能定理得 Eq＝mv2 s2＝ 總路程s＝πR＋，代入數(shù)據(jù)得s＝0.5π＋1 (m)。 答

15、案　(1)0.2 T　(2)0.5π＋1(m) 9．(2017·天津卷)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖3－3－21所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： 圖3－3－21 (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子

16、的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝④ 聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤ 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。 設(shè)粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0⑦ (2)設(shè)電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 q

17、vB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝。 答案　見解析 10．(2018·全國卷Ⅰ)如圖3－3－22，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求 圖3－3－22 (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強度大??； (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的

18、距離。 解析　(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°。H進入磁場時的速度的y分量的大小為 a1t1＝v1tan θ1③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設(shè)H進入磁場時速度的大小為v′1，由速度合成法則有 v′1＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌

19、道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv′1B＝⑦ 由幾何關(guān)系得 s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得 B＝⑨ (3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有 qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v′2，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v′2＝? sin θ2＝? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1。? 設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s′2，由幾何關(guān)系有 s′2＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s′2－s2＝(－1)h。? 答案　見解析 10