高考物理二轮复习 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（含解析）-人教版高三物理试题

带电粒子在复合场中的运动1.[多选](2018·南京三模)如图所示，宽度为d、厚度为h的金属导体放在磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，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。实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U＝keq\f(BI,d)，该式中的比例系数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，下列说法正确的是()A．导体上表面的电势大于下表面的电势B．霍尔系数为k＝eq\f(1,nq)C．载流子所受静电力的大小F＝qeq\f(U,d)D．载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝eq\f(BI,nhd)解析：选BD由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，由于金属的载流子是自由电子，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＝eq\f(U,h)，载流子所受电场力F＝qE＝qeq\f(U,h)，故C错误；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即qeq\f(U,h)＝qvB，解得U＝Bhv，又电流的微观表达式：I＝nqSv＝nqhdv，解得：U＝eq\f(IB,nqd)，则霍尔系数为k＝eq\f(1,nq)，故B正确；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝Bqv＝eq\f(BI,nhd)，故D正确。2.[多选](2018·江苏六市二模)回旋加速器的工作原理如图所示，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。匀强磁场的磁感应强度大小为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回转周期的一半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．磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大解析：选CD为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力qvmB＝meq\f(vm2,R)，解得：vm＝eq\f(BqR,m)，则粒子获得的最大动能为：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(B2q2R2,2m)，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，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)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷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。下列说法正确的是()A．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B．仅增强磁感应强度，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．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大解析：选D电荷处于平衡，有qvB＝qeq\f(E电,d)，解得：E电＝Bdv，由此可知仅减小两板间的距离，发电机的电动势将减小，仅增强磁感应强度，发电机的电动势将增大，故A、B错误；根据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一定增大，故C错误；由E电＝Bdv，可知仅增大磁流体的喷射速度，电动势将增大，因为总电阻不变，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轴上方存在磁感应强度为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轴正方向射入磁场区域。求：(1)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；(3)粒子从出发到第n次到达x轴的平均速度的大小。解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中偏转有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)由图中几何关系可知：s＝2Rcosα＝2Rsineq\f(θ,2)粒子的位移随着时间变化的表达式：s＝eq\f(2mv,qB)sineq\f(qBt,2m)，其中t<eq\f(πm,qB)。(3)粒子在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πm,qB)在电场中往返一次运动时间：t1＝eq\f(2v,\f(qE,m))＝eq\f(2mv,qE)设第n次到x轴的位移为x，时间为t，平均速度为eq\x\to(v)n为奇数时：第n次到x轴的位移为x＝eq\f(n＋1,2)·2R＝eq\f(n＋1mv,qB)，时间为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)平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(2n＋1Ev,n＋1πE＋2n－1Bv)n为偶数时：第n次到x轴的位移为x＝eq\f(n,2)·2R＝eq\f(nmv,qB)，时间为t＝eq\f(n,2)·eq\f(T,2)＋eq\f(n,2)·t1＝eq\f(nπm,2qB)＋eq\f(nmv,qE)平均速度为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为奇数时：eq\x\to(v)＝eq\f(2n＋1Ev,n＋1πE＋2n－1Bv)n为偶数时：eq\x\to(v)＝eq\f(2Ev,πE＋2Bv)5．(2018·南京三模)如图所示，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，磁感应强度B＝1T，y轴与MN之间有平行于y轴的匀强电场E2(图中未画出)。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越过y轴，在y轴与MN之间恰好做匀速圆周运动，再经C点越过MN，越过时速度方向与x轴正方向一致。线段CD平行于x轴，小球能通过D点，取g＝10m/s2。求：(1)经过O点时的速度；(2)匀强电场的场强E2以及C点的坐标；(3)线段CD的长度。解析：(1)小球在PO段做类平抛运动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)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＝eq\f(mg,q)＝2N/C，方向向上洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力qvB＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(mv,qB)＝1mx＝Rsinθ＝0.8my＝R－Rcosθ＝0.4mC点坐标为(0.8m，－0.4m)。(3)在MN右侧，由qv1B＝mg，得v1＝eq\f(mg,qB)＝2m/sv2＝v－v1＝3m/s小球在C点的速度大小是v＝5m/s，可看成是v1＝2m/s和v2＝3m/s两个速度的合成，在磁场中小球的运动可以看成匀速直线运动与匀速圆周运动的合运动，周期为T＝eq\f(2πm,qB)＝0.4πs所以LCD＝v1·nT＝0.8πnm，n＝1,2,3，…。答案：(1)5m/s，与x轴夹角为53(2)2N/C，方向向上(0.8m，－0.4m)(3)LCD＝0.8πnm，n＝1,2,3，…6.(2018·苏北四市一模)如图所示的xOy平面，在以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，E＝eq\f(\r(3)mv02,2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不计电子重力。(1)求磁感应强度B1的大小；(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；(3)若电场沿y轴正方向，Δy′＝eq\r(3)R，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。解析：(1)电子射入圆形区域后做匀速圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当电子a射入，经过O点进入x轴下方，则：r＝R，由牛顿第二定律得ev0B1＝meq\f(v02,r)，解得：B1＝eq\f(mv0,eR)。(2)若匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理eEΔy＝eq\f(1,2)mv02可求出Δy＝eq\f(mv02,2eE)＝eq\f(\r(3),3)R。(3)若匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，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离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示。由动能定理eEΔy′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝2v0在电场中a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(\r(3)v02,2R)t1＝eq\r(\f(2Δy′,a))＝eq\f(2R,v0)x＝v0t1＝2R由牛顿第二定律evB2＝meq\f(v2,r1)代入得r1＝eq\f(4\r(3),3)Rcosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，则θ＝eq\f(π,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边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝eq\f(π,3)时，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远。由几何关系得，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＋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·扬州期末)在如图所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d。PQ右侧为偏转电场，两极板长度为eq\f(1,2)d，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eq\f(1,2)d，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：(1)能够进入偏转电场的电子通过磁场区域的时间t1；(2)偏转电场的电压U；(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上。解析：(1)电子在磁场区域做匀速圆周运动evB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)解得r＝eq\f(mv,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)由几何知识可知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)通过电场的时间t2＝eq\f(d,2vmax)，代入数据解得：t2＝eq\f(m,2eB)电子离开电场后做匀速直线运动到达M点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代入数据解得：U＝eq\f(8eB2d2,3m)。(3)电子恰好越过下极板右边缘时在磁场中rmin＝eq\f(mvmin,eB)电场中水平方向：eq\f(1,2)d＝vmint3竖直方向：rmin＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·t32由上述三式代入数据解得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eq\f(3,4)L。加在M、N两板间电压uMN随时间t变化关系为uMN＝eq\f(9U0,4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))，如图乙所示。把两板间的电场看成匀强电场，忽略板外电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，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eq\f(3,2)L，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eq\f(15,4)L，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。(1)求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t；(2)通过计算，在示意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右侧和圆筒左侧区域加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B应满足什么条件？解析：(1)设电子经加速电压加速后的速度为v0，则eU0＝eq\f(1,2)mv02，又电子在水平金属板中运动，水平方向：L＝v0t解得：t＝L·eq\r(\f(m,2eU0))。(2)电子在平行金属板间运动的加速度为：a＝eq\f(euMN,m·\f(3L,4))能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离：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))设当M、N两板间电压为U时，电子从水平金属板右边缘飞出，则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故在一个周期中的eq\f(T,12)～eq\f(5T,12)、eq\f(7T,12)～eq\f(11T,12)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如图所示。(3)设从N板右端下边缘