高考物理江苏专二轮复习检测专题三第三讲带电粒子在复合场中运动-课后达标检测卷Word含解析

高考物理江苏专二轮复习检测专题三第三讲带电粒子在复合场中运动——课后达标检测卷Word含分析高考物理江苏专二轮复习检测专题三第三讲带电粒子在复合场中运动——课后达标检测卷Word含分析10/10高考物理江苏专二轮复习检测专题三第三讲带电粒子在复合场中运动——课后达标检测卷Word含分析专题三·第三讲带电粒子在复合场中的运动——课后达标检测卷1.[多项选择](2018南·京三模)以下列图，宽度为d、厚度为h的金属导体放在磁感觉强度为B的匀强磁场中，当电流经过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表示：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感觉强度B的关系为U＝kBId，该式中的比率系数k称为霍尔系数，设载流子的电荷量大小为q，金属导体单位体积内的自由电荷数目为n，以下说法正确的选项是()A．导体上表面的电势大于下表面的电势1B．霍尔系数为k＝nqUC．载流子所受静电力的大小F＝qdBID．载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝nhd剖析：选BD由左手定则可知，载流子碰到的洛伦兹力向上，由于金属的载流子是自U由电子，故导体上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；导体中的电场强度E＝h，载UU流子所受电场力F＝qE＝qh，故C错误；稳准时，电场力与洛伦兹力相等，即qh＝qvB，解得U＝Bhv，又电流的微观表达式：I＝nqSv＝nqhdv，解得：U＝nqdIB，则霍尔系数为k1＝nq，故B正确；稳准时，电场力与洛伦兹力相等，载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝BqvBI＝nhd，故D正确。2.[多项选择](2018江·苏六市二模)回旋加速器的工作原理以下列图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。匀强磁场的磁感觉强度大小为B、方向与盒面垂直。粒子源A产生的粒子质量为m，电荷量为＋q，U为加速电压，则()A．交变电压的周期等于粒子在磁场中辗转周期的一半B．加速电压U越大，粒子获得的最大动能越大C．D形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大D．磁感觉强度B越大，粒子获得的最大动能越大剖析：选CD为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必定满足交变电压的周期和粒子在磁场中辗转周期相等，故A错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，依照洛伦兹力供应向心力vm2Ekm＝1mvm2＝qvmB＝mR，解得：vm＝BqR，则粒子获得的最大动能为：m2B2q2R2D形盒半径R越大，磁感觉强度B越大，2m，可知，带电粒子的速度与加速电压没关，粒子的速度越大，即粒子获得的最大动能越大，B错误，C、D正确。3.(2018江·苏七市三模)磁流体发电机原理以下列图，等离子体高速发射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电。以下说法正确的是()A．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B．仅增强磁感觉强度，发电机的电动势将减小C．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D．仅增大磁流体的发射速度，发电机的总功率将增大E电剖析：选D电荷处于平衡，有qvB＝q，解得：E电＝Bdv，由此可知仅减小两板d间的距离，发电机的电动势将减小，仅增强磁感觉强度，发电机的电动势将增大，故A、B错误；依照欧姆定律和功率公式可知，当外电阻和内阻相等时，输出功率最大，所以增加负载的阻值，发电机的输出功率不用然增大，故C错误；由E电＝Bdv，可知仅增大磁流体的发射速度，电动势将增大，由于总电阻不变，所以输出功率将增大，故D正确。4.(2018徐·州考前模拟)在xOy平面内，x轴上方存在磁感觉强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，x轴下方存在电场强度为E，方向沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计粒子的重力)从坐标原点以速度v沿y轴正方向射入磁场所区。求：粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)写出粒子从出发开始计时，到第一次打到x轴前，粒子的位移s随着时间t变化的表达式；粒子从出发到第n次到达x轴的平均速度的大小。剖析：(1)依照洛伦兹力供应向心力，粒子在磁场中偏转有v2qvB＝mRmv得R＝qB。2πmθm(2)由T＝qB，得t＝，qBqBt即θ＝m由图中几何关系可知：s＝2Rcosα＝2Rsin粒子的位移随着时间变化的表达式：＝2mvqBt，其中t<πmqB。sqBsin2m2πm(3)粒子在磁场中的运动周期T＝qB

θ22v2mv在电场中往返一次运动时间：t1＝qE＝qEm设第n次到x轴的位移为x，时间为t，平均速度为vn＋1n＋1mvn为奇数时：第n次到x轴的位移为x＝2·2R＝，qB时间为t＝n＋1Tn－1·1＝n＋1πmn－1mv·＋＋222t2qBqE2n＋1Ev平均速度为v＝t＝n＋1πE＋2n－1Bvnnmvn为偶数时：第n次到x轴的位移为x＝2·2R＝qB，nTnπnmv时间为t＝·＋·＝2qB＋qE222t1平均速度为v＝x＝2Ev。tπE＋2Bvmv2mvqBtπm答案：(1)qB(2)s＝qBsin2m，其中t<qBn＋1Evn为奇数时：v＝n＋1πE＋2n－1Bv2Evn为偶数时：v＝πE＋2Bv5．(2018南·京三模)以下列图，平面直角坐标系x轴水平，y轴竖直向上，虚线MN与y轴平行，y轴左侧有竖直向下的匀强电场，场强E1＝6N/C，y轴右侧存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感觉强度B＝1T，y轴与MN之间有平行于y轴的匀强电场E2(图中未画)。一带正电小球(m＝1×10－3kg，q＝5×10－3C)从图中与y轴距离为x0＝0.3m的P点，以v0＝3m/s的初速度沿x轴正向开始运动，经坐标原点O高出y轴，在y轴与MN之间恰好做匀速圆周运动，再经

C点高出

MN，高出时速度方向与

x轴正方向一致。线段

CD

平行于

x轴，小球能经过

D点，取

g＝10m/s2。求：经过O点时的速度；匀强电场的场强E2以及C点的坐标；线段CD的长度。剖析：(1)小球在PO段做类平抛运动x0t1＝＝0.1sy＝mg＋qE1＝40m/s2amvy＝ay1＝4m/stv＝v02＋vy2＝5m/svy4tanθ＝v0＝3与x轴夹角θ＝53°。(2)小球在y轴与MN之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡mg＝qE2E2＝mgq＝2N/C，方向向上v2洛伦兹力供应小球做圆周运动的向心力qvB＝mRmvR＝qB＝1mx＝Rsinθ＝0.8my＝R－Rcosθ＝0.4mC点坐标为(0.8m，－0.4m)。mg(3)在MN右侧，由qv1B＝mg，得v1＝qB＝2m/sv2＝v－v1＝3m/s小球在C点的速度大小是v＝5m/s，可看作是v1＝2m/s和v2＝3m/s两个速度的合成，在磁中小球的运能够看作匀速直运与匀速周运的合运，2πm周期T＝qB＝0.4πs所以LCD＝v1·＝π，＝1,2,3，⋯。nT0.8nmn答案：(1)5m/s，与x角53°(2)2N/C，方向向上(0.8m，－0.4m)(3)LCD＝0.8πnm，n＝1,2,3，⋯6.(2018·北四市一模)如所示的xOy平面，在以O1(0，R)心、R半径的形地域内有垂直于xOy平面向里的匀磁(用B1表示，大小未知)；x下方有素来MN，MN与x相距y，x与直MN地域有平行于y的匀，度大小E；在MN的下方有矩形地域的匀磁，磁感度大小B2，磁方向垂直于xOy平面向外。子a、b以平行于x的速度v0分正O1点、A(0,2R)点射入形磁，偏后都原点O入x下方的。已知子量m，荷量e，E＝3mv02，B＝3mv0，不子重力。2eR22eR(1)求磁感度B1的大小；(2)若沿y方向，欲使子a不能够到达MN，求y的最小；(3)若沿y正方向，y′＝3R，欲使子b能到达x上且距原点O距离最，求矩形磁地域的最小面。剖析：(1)子射入形地域后做匀速周运，道半径大小相等，r，当子a射入，O点入x下方，：r＝R，由牛第二定律得v02，解得：B1＝mv0。evBreR(2)若匀沿y方向，子a从O点沿y方向入做减速运，由能定理12eEy＝2mv0y＝mv023可求出2eE＝3R。(3)若匀沿y正方向，子b从O点入做平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b走开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，以下列图。1212由动能定理eEy′＝2mv－2mv0解得v＝2v0eE3v02在电场中a＝m＝2Rt1＝2y′＝2Rav0＝01＝2Rxvt由牛顿第二定律v243RevB2＝m代入得r1＝r13v01πcosθ＝v＝2，则θ＝3由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右界线射πx轴，距离原点O距离最远。由出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝3时，粒子能够到达几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝(r1＋r1sinθ)竖直边长为l2＝(r1＋r1cosθ)最小面积为S＝l1l2＝r12(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋3)R2。mv032答案：(1)eR(2)3R(3)4(2＋3)R7．(2018扬·州期末)在以下列图的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形地域内分布着匀强磁场，磁感觉强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸取电子，AC长为d。PQ右侧为偏转电场，两极板长度为12d，间距为d。电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏。现有速率不同样的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为12d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子重力、电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：能够进入偏转电场的电子经过磁场所区的时间t1；偏转电场的电压U；电子最少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上。剖析：(1)电子在磁场所区做匀速圆周运动v22πrevB＝mr，T＝vmvπ2m解得r＝eB，T＝eB由几何知识可知90°π。t1＝T＝m°2eB360mvmax(2)由rmax＝d＝eB解得vmax＝eBdm经过电场的时间t2＝d，代入数据解得：t2＝m2vmax2eB电子走开电场后做匀速直线运动到达M点114d1，又y1＋y2＝dy＝＝y2122d1解得y1＝3d1eU2d＝··t22md22代入数据解得：U＝8eBd。3m电子恰好高出下极板右侧缘时mvmin在磁场中rmin＝eB1电场中水平方向：2d＝vmint31eU2竖直方向：rmin＝··t32md由上述三式代入数据解得vmin＝eBd。33mπm8eB2d2eBd答案：(1)2eB(2)3m(3)33m8．(2018江·苏七市三模)如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后，由小孔P沿两水平金属板M、N的中心线射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距3。加在、两板间电压MN随时间t变化关系为uMN＝9U02πMNuTt，如4L4sin图乙所示。把两板间的电场看作匀强电场，忽略板外电场。在每个电子经过电场所区的极3短时间内，电场可视作恒定。两板右侧放一记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距2L，筒绕其竖直轴匀速转动，周期为T，筒的周长为s，筒上坐标纸的高为154L，以t＝0时电子打到坐标纸上的点作为xOy坐标系的原点，竖直向上为y轴正方向。已知电子电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t；经过计算，在表示图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线；(3)为使从N板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上，在M、N右侧和圆筒左侧地域加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感觉强度B应满足什么条件？剖析：(1)设电子经加速电压加速后的速度为v0，12则eU0＝2mv0，又电子在水平金属板中运动，水平方向：L＝v0t解得：

t＝L·

m

。2eU0(2)电子在平行金属板间运动的加速度为：a＝euMN3Lm·4能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离：123aty＝at＋L·22v04LuMN2π解得：y＝3U0＝3LsinTt3L12eU设当M、N两板间电压为U时，电子从水平金属板右侧缘飞出，则8＝2at，a＝3L，m49解得：U＝8U0故在一个周期中的12T～5T12、7T12～11T12时间内，电子打在M、N板上，画出电子打到坐标纸上的点形成的图线以下列图。(3)设从N板右端下边缘飞出时的电子速度与水平方向的夹角为θ，速度大小为v，则v0at，v＝tanθ＝v0cosθ解得：tanθ＝3，v＝5·2eU044m①当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，若电子打不到圆筒坐标纸上，设磁场的磁感觉强度为B1，电子做圆周运动的轨道半径为r1，则3L依照几何关系：r1＋r1sinθ＝2，v2洛伦兹力供应向心力：evB1＝mr142emU0解