高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題3 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)演練

第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1(2016浙江嘉興期末)英國物理學(xué)家阿斯頓因首次制成質(zhì)譜議，并用此對(duì)同位素進(jìn)行了研究，因此榮獲了1922年的諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)若速度相同的同一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是(AD)A該束帶電粒子帶正電B速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，比荷越小解析：根據(jù)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌道，由左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；粒子在正交場中，受向上的洛倫茲力，故電場力向下，即速度選擇器的P1極板帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，根據(jù)R可知，在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，質(zhì)量與電荷量的比值越大，或者比荷越小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確2(2016長沙一中月考五)如圖是利用金屬做成的霍爾元件的工作原理圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通如圖所示方向的電流I，則C、D兩側(cè)面會(huì)形成電勢差UCD，下列說法正確的是(AC)A電勢差UCD與導(dǎo)體本身的材料有關(guān)B電勢差UCD大于0C僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢差UCD變大D在測定地球赤道上方的地磁場弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)水平放置解析：電勢差UCD與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、材料有關(guān)，A正確，霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，則電勢差UCD0，B錯(cuò)誤；僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢差UCD變大，C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持豎直，D錯(cuò)誤3(2016湖南雅禮中學(xué)月考四)如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場E1和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成37角沿直線經(jīng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(BD)A微粒一定帶負(fù)電B電場強(qiáng)度E2一定豎直向上C兩電場強(qiáng)度之比D微粒的初速度為v解析：微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A錯(cuò)誤；此時(shí)有qE1mgtan 37，微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mgqE2，所以E2的方向豎直向上，B正確；由以上分析可知，C錯(cuò)誤；AP段有mgBqvcos 37，即v，D正確4(2016浙江嘉興期末檢測)洛倫茲力演示儀是由勵(lì)磁線圈(也叫亥姆霍茲線圈)、洛倫茲力管和電源控制部分組成的勵(lì)磁線圈是一對(duì)彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產(chǎn)生(垂直于線圈平面的)勻強(qiáng)磁場洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內(nèi)有電子槍，能夠連續(xù)發(fā)射出電子，玻璃泡內(nèi)充滿稀薄氣體，電子在玻璃泡內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以顯示出電子運(yùn)動(dòng)的徑跡，其結(jié)構(gòu)如圖所示現(xiàn)給勵(lì)磁線圈通電，電子槍垂直磁場方向向左發(fā)射電子，恰好形成如“結(jié)構(gòu)示意圖”所示的圓形徑跡，則(BD)A勵(lì)磁線圈通道有逆時(shí)針方向的電流B若只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡半徑增大C若只增大勵(lì)磁圈中的電流，可以使電子流的圓形徑跡半徑增大D若已知電子的比荷，燈絲發(fā)出的電子的初速為零，加速電壓為U，則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算兩線圓間的磁感應(yīng)強(qiáng)度解析：電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，電子所在磁場的方向垂直紙面向里，根據(jù)安培定則可知：勵(lì)磁線圈通有順時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可得R，欲增大圓形半徑R，可減小B，即只減小勵(lì)磁線圈的電流，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；欲增大圓形徑跡半徑R，可增大v，根據(jù)動(dòng)能定理eUmv2可知只增大加速電壓，可增大v，選項(xiàng)B正確；根據(jù)上述兩式可得B，選項(xiàng)D正確5如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小解析：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvBm，式中v為粒子在a點(diǎn)的速度過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)由幾何關(guān)系知，線段ac、bc和過a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此acbcr.設(shè)cdx，由幾何關(guān)系acRx，bcR.聯(lián)立式得rR.再考慮粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qEma.粒子在電場方向和直線方向運(yùn)動(dòng)的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得rat2，rvt，式中t是粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立解得E.答案：6(2015重慶卷)右圖為某種離子加速器的設(shè)計(jì)方案兩個(gè)半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場其中MN和MN是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對(duì)的兩個(gè)小孔O和O，ONONd，P為靶點(diǎn)，OPkd(k為大于1的整數(shù))極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點(diǎn)由靜止開始加速，經(jīng)O進(jìn)入磁場區(qū)域當(dāng)離子打到極板上ON區(qū)域(含N點(diǎn))或外殼上時(shí)將會(huì)被吸收兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過忽略相對(duì)論效應(yīng)和離子所受的重力求：(1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?2)能使離子打到P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值；(3)打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解析：(1)離子在電場中加速一次的速度為v，由動(dòng)能定理qUmv2在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvBm，能打到P點(diǎn)，則2rkd聯(lián)立以上幾式得B(2)離子可以n次被加速做圓周運(yùn)動(dòng)最終打到P點(diǎn)，則有nqUmv最后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑應(yīng)滿足2rnkd由qvnBm得B當(dāng)離子經(jīng)過第一次加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，qUmv，qv1B解得r1，由于<r1，故1n<k2，且n為整數(shù)，所以n1,2,3，k21.磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為B(n1,2,3，k21)(3)離子在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的周期T，離子加速n次后在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tB(n)T當(dāng)nk21時(shí)離子的能量最大，代入此時(shí)的B，得運(yùn)動(dòng)時(shí)間tB離子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以連接起來一起看是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有nhtE加速運(yùn)動(dòng)階段應(yīng)用動(dòng)能定理nqUmv，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tEh答案：(1)(2)2(n1,2,3，k21)(3)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間h磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間7(2014山東卷)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0為已知量(1)若tTB，求B0.(2)若tTB，求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小(3)若B0，為使粒子仍垂直打在P板上，求TB解析：(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d，聯(lián)立上式得B0(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d，解得a.(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得，T由牛頓第二定律得qv0B0由題意知B0，代入上式得d4R粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1、O2連線與水平方向的夾角為，在每個(gè)TB內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0，由題意可知T設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n0,1,2,3，)若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd當(dāng)n0時(shí)，無解當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立解得(或sin )得TB當(dāng)n2時(shí)，不滿足090的要求若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2Rsin 2(RRsin )nd當(dāng)n0時(shí)，無解當(dāng)n1時(shí)，得arcsin(或sin )則TB(arcsin)當(dāng)n2時(shí)，不滿足090的要求答案：(1)(2)(3)或