《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第三講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第三講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）.doc（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.[多選](2018南京三模)如圖所示，寬度為d、厚度為h的金屬導(dǎo)體放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上、下表面之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實(shí)驗(yàn)表明：當(dāng)磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，電勢(shì)差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系為U＝k，該式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)，設(shè)載流子的電荷量大小為q，金屬導(dǎo)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(dǎo)體上表面的電勢(shì)大于下表面的電勢(shì) B．霍爾系數(shù)為k＝ C．載流子所受靜電力的大小F＝q D．載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝ 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(dǎo)體上表面的電勢(shì)小于下表面的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體中的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，載流子所受電場(chǎng)力F＝qE＝q，故C錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，即q＝qvB，解得U＝Bhv，又電流的微觀表達(dá)式：I＝nqSv＝nqhdv，解得：U＝，則霍爾系數(shù)為k＝，故B正確；穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝Bqv＝，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(shí)間忽略不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)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(dòng)能越大 C．D形盒半徑R越大，粒子獲得的最大動(dòng)能越大 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，粒子獲得的最大動(dòng)能越大 解析：選CD　為了保證粒子每次經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)都被加速，必須滿足交變電壓的周期和粒子在磁場(chǎng)中回轉(zhuǎn)周期相等，故A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)，速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvmB＝m，解得：vm＝，則粒子獲得的最大動(dòng)能為：Ekm＝mvm2＝，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(yīng)強(qiáng)度B越大，粒子的速度越大，即粒子獲得的最大動(dòng)能越大，B錯(cuò)誤，C、D正確。 3.(2018江蘇七市三模)磁流體發(fā)電機(jī)原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強(qiáng)磁場(chǎng)的管道內(nèi)，正、負(fù)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(duì)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(jī)的電動(dòng)勢(shì)將增大 B．僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)將減小 C．僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的輸出功率將增大 D．僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)的總功率將增大 解析：選D　電荷處于平衡，有qvB＝q，解得：E電＝Bdv，由此可知僅減小兩板間的距離，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)將減小，僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)將增大，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律和功率公式可知，當(dāng)外電阻和內(nèi)阻相等時(shí)，輸出功率最大，所以增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的輸出功率不一定增大，故C錯(cuò)誤；由E電＝Bdv，可知僅增大磁流體的噴射速度，電動(dòng)勢(shì)將增大，因?yàn)榭傠娮璨蛔?，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(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)粒子的重力)從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v沿y軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域。求： (1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (2)寫出粒子從出發(fā)開始計(jì)時(shí)，到第一次打到x軸前，粒子的位移s隨著時(shí)間t變化的表達(dá)式； (3)粒子從出發(fā)到第n次到達(dá)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(chǎng)中偏轉(zhuǎn)有 qvB＝m 得R＝。 (2)由T＝，得t＝， 即θ＝ 由圖中幾何關(guān)系可知：s＝2Rcos α＝2Rsin 粒子的位移隨著時(shí)間變化的表達(dá)式： s＝sin ，其中t<。 (3)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T＝ 在電場(chǎng)中往返一次運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1＝＝ 設(shè)第n次到x軸的位移為x，時(shí)間為t，平均速度為 n為奇數(shù)時(shí)：第n次到x軸的位移為x＝2R＝， 時(shí)間為t＝＋t1＝＋ 平均速度為＝＝ n為偶數(shù)時(shí)： 第n次到x軸的位移為x＝2R＝， 時(shí)間為t＝＋t1＝＋ 平均速度為＝＝。 答案：(1)　(2)s＝sin ，其中t< (3)n為奇數(shù)時(shí)：＝ n為偶數(shù)時(shí)：＝ 5．(2018南京三模)如圖所示，平面直角坐標(biāo)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(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E1＝6 N/C，y軸右側(cè)存在垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，y軸與MN之間有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2(圖中未畫出)。一帶正電小球(m＝110－3 kg，q＝510－3 C)從圖中與y軸距離為x0＝0.3 m的P點(diǎn)，以v0＝3 m/s的初速度沿x軸正向開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)O越過y軸，在y軸與MN之間恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)C點(diǎn)越過MN，越過時(shí)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(diǎn)，取g＝10 m/s2。求： (1)經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E2以及C點(diǎn)的坐標(biāo)； (3)線段CD的長(zhǎng)度。 解析：(1)小球在PO段做類平拋運(yùn)動(dòng) t1＝＝0.1 s ay＝＝40 m/s2 vy＝ayt1＝4 m/s v＝＝5 m/s tan θ＝＝ 與x軸夾角θ＝53。 (2)小球在y軸與MN之間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力平衡 mg＝qE2 E2＝＝2 N/C，方向向上 洛倫茲力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qvB＝m R＝＝1 m x＝Rsin θ＝0.8 m y＝R－Rcos θ＝0.4 m C點(diǎn)坐標(biāo)為(0.8 m，－0.4 m)。 (3)在MN右側(cè)，由qv1B＝mg，得v1＝＝2 m/s v2＝v－v1＝3 m/s 小球在C點(diǎn)的速度大小是v＝5 m/s，可看成是v1＝2 m/s和v2＝3 m/s兩個(gè)速度的合成，在磁場(chǎng)中小球的運(yùn)動(dòng)可以看成勻速直線運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)， 周期為T＝＝0.4π s 所以LCD＝v1nT＝0.8πn m，n＝1,2,3，…。 答案：(1)5 m/s，與x軸夾角為53　(2)2 N/C，方向向上　(0.8 m，－0.4 m)　 (3)LCD＝0.8πn m，n＝1,2,3，… 6.(2018蘇北四市一模)如圖所示的xOy平面，在以O(shè)1(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(qiáng)磁場(chǎng)(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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場(chǎng)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(duì)O1點(diǎn)、A(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝，B2＝，不計(jì)電子重力。 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??； (2)若電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求Δy的最小值； (3)若電場(chǎng)沿y軸正方向，Δy′＝R ，欲使電子b能到達(dá)x軸上且距原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，求矩形磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，軌道半徑大小相等，設(shè)為r，當(dāng)電子a射入，經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方，則：r＝R，由牛頓第二定律得 ev0B1＝m，解得：B1＝。 (2)若勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，電子a從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理 eEΔy＝mv02 可求出Δy＝＝R。 (3)若勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸正方向，電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子b經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)MN時(shí)速度大小為v，電子b在MN下方磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r1，電子b離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成θ角，如圖所示。 由動(dòng)能定理eEΔy′＝mv2－mv02 解得v＝2v0 在電場(chǎng)中a＝＝ t1＝ ＝ x＝v0t1＝2R 由牛頓第二定律evB2＝m代入得r1＝R cos θ＝＝，則θ＝ 由幾何關(guān)系可知，在下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心O2在y軸上，當(dāng)粒子從矩形磁場(chǎng)右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為θ＝時(shí)，粒子能夠到達(dá)x軸，距離原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)。由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場(chǎng)的水平邊長(zhǎng)為 l1＝(r1＋r1sin θ) 豎直邊長(zhǎng)為l2＝(r1＋r1cos θ) 最小面積為 S＝l1l2＝r12(1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2。 答案：(1)　(2)R　(3)4(2＋)R2 7．(2018揚(yáng)州期末)在如圖所示的坐標(biāo)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長(zhǎng)為d。PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長(zhǎng)度為d，間距為d。電場(chǎng)右側(cè)的x軸上有足夠長(zhǎng)的熒光屏?，F(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為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(chǎng)邊緣效應(yīng)，求： (1)能夠進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t1； (2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U； (3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上。 解析：(1)電子在磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng) evB＝m，T＝ 解得r＝，T＝ 由幾何知識(shí)可知t1＝T＝。 (2)由rmax＝d＝ 解得vmax＝ 通過電場(chǎng)的時(shí)間t2＝，代入數(shù)據(jù)解得：t2＝ 電子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn) ＝＝，又y1＋y2＝d 解得y1＝d 故d＝t22 代入數(shù)據(jù)解得：U＝。 (3)電子恰好越過下極板右邊緣時(shí) 在磁場(chǎng)中rmin＝ 電場(chǎng)中水平方向：d＝vmint3 豎直方向：rmin＝t32 由上述三式代入數(shù)據(jù)解得vmin＝。 答案：(1)　(2)　(3) 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(jì))經(jīng)電場(chǎng)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(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板相距L。加在M、N兩板間電壓uMN隨時(shí)間t變化關(guān)系為uMN＝sin，如圖乙所示。把兩板間的電場(chǎng)看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略板外電場(chǎng)。在每個(gè)電子通過電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)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L，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，周期為T，筒的周長(zhǎng)為s，筒上坐標(biāo)紙的高為L(zhǎng)，以t＝0時(shí)電子打到坐標(biāo)紙上的點(diǎn)作為xOy坐標(biāo)系的原點(diǎn)，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(jì)。 (1)求穿過水平金屬板的電子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t； (2)通過計(jì)算，在示意圖丙中畫出電子打到坐標(biāo)紙上的點(diǎn)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(biāo)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)設(shè)電子經(jīng)加速電壓加速后的速度為v0， 則eU0＝mv02， 又電子在水平金屬板中運(yùn)動(dòng)，水平方向：L＝v0t 解得：t＝L。 (2)電子在平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的加速度為：a＝ 能飛出的電子打到坐標(biāo)紙上的偏轉(zhuǎn)距離： y＝at2＋L 解得：y＝＝3Lsin 設(shè)當(dāng)M、N兩板間電壓為U時(shí)，電子從水平金屬板右邊緣飛出，則＝at2，a＝， 解得：U＝U0 故在一個(gè)周期中的～、～時(shí)間內(nèi)，電子打在M、N板上，畫出電子打到坐標(biāo)紙上的點(diǎn)形成的圖線如圖所示。 (3)設(shè)從N板右端下邊緣飛出時(shí)的電子速度與水平方向的夾角為θ，速度大小為v，則 tan θ＝，v＝ 解得：tan θ＝，v＝ ①當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外時(shí)，若電子打不到圓筒坐標(biāo)紙上，設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，則 根據(jù)幾何關(guān)系：r1＋r1sin θ＝， 洛倫茲力提供向心力：evB1＝m 解得：r1＝L，B1＝ 應(yīng)滿足的條件B> ②當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里時(shí)，若電子打不到圓筒坐標(biāo)紙上，設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2，則 根據(jù)幾何關(guān)系： 2＋2＝r22 洛倫茲力提供向心力：evB2＝m 解得：r2＝L，B2＝ 應(yīng)滿足的條件B>。 答案：(1)L　(2)見解析圖 (3)①當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外時(shí)，應(yīng)滿足的條件B>；②當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里時(shí)，應(yīng)滿足的條件B>