(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)合場中的運(yùn)動課后達(dá)標(biāo)檢測卷(含解析).doc
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帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 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)磁場中,當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時,在導(dǎo)體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實驗表明:當(dāng)磁場不太強(qiáng)時,電勢差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)體上表面的電勢大于下表面的電勢 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)體上表面的電勢小于下表面的電勢,故A錯誤;導(dǎo)體中的電場強(qiáng)度E=,載流子所受電場力F=qE=q,故C錯誤;穩(wěn)定時,電場力與洛倫茲力相等,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,電場力與洛倫茲力相等,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間忽略不計。勻強(qiáng)磁場的磁感應(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,粒子獲得的最大動能越大 C.D形盒半徑R越大,粒子獲得的最大動能越大 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,粒子獲得的最大動能越大 解析:選CD 為了保證粒子每次經(jīng)過電場時都被加速,必須滿足交變電壓的周期和粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期相等,故A錯誤;當(dāng)粒子從D形盒中出來時,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能越大,B錯誤,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)的電動勢將增大 B.僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度,發(fā)電機(jī)的電動勢將減小 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)的電動勢將減小,僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度,發(fā)電機(jī)的電動勢將增大,故A、B錯誤;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,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錯誤;由E電=Bdv,可知僅增大磁流體的噴射速度,電動勢將增大,因為總電阻不變,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,x軸下方存在電場強(qiáng)度為E,方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,一個質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子的重力)從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v沿y軸正方向射入磁場區(qū)域。求: (1)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑; (2)寫出粒子從出發(fā)開始計時,到第一次打到x軸前,粒子的位移s隨著時間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 粒子的位移隨著時間變化的表達(dá)式: s=sin ,其中t<。 (3)粒子在磁場中的運(yùn)動周期T= 在電場中往返一次運(yùn)動時間:t1== 設(shè)第n次到x軸的位移為x,時間為t,平均速度為 n為奇數(shù)時:第n次到x軸的位移為x=2R=, 時間為t=+t1=+ 平均速度為== n為偶數(shù)時: 第n次到x軸的位移為x=2R=, 時間為t=+t1=+ 平均速度為==。 答案:(1) (2)s=sin ,其中t< (3)n為奇數(shù)時:= n為偶數(shù)時:= 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,場強(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,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,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,再經(jīng)C點(diǎn)越過MN,越過時速度方向與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)時的速度; (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E2以及C點(diǎn)的坐標(biāo); (3)線段CD的長度。 解析:(1)小球在PO段做類平拋運(yùn)動 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,重力與電場力平衡 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兩個速度的合成,在磁場中小球的運(yùn)動可以看成勻速直線運(yùn)動與勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動, 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(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,電場強(qiáng)度大小為E;在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,磁場方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點(diǎn)、A(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場,偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,E=,B2=,不計電子重力。 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??; (2)若電場沿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,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)入電場做減速運(yùn)動,由動能定理 eEΔy=mv02 可求出Δy==R。 (3)若勻強(qiáng)電場沿y軸正方向,電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動,設(shè)電子b經(jīng)電場加速后到達(dá)MN時速度大小為v,電子b在MN下方磁場做勻速圓周運(yùn)動軌道半徑為r1,電子b離開電場進(jìn)入磁場時速度方向與水平方向成θ角,如圖所示。 由動能定理eEΔy′=mv2-mv02 解得v=2v0 在電場中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,在下方磁場中運(yùn)動的圓心O2在y軸上,當(dāng)粒子從矩形磁場右邊界射出,且射出方向與水平方向夾角為θ=時,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,最小矩形磁場的水平邊長為 l1=(r1+r1sin θ) 豎直邊長為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,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長為d。PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場,兩極板長度為d,間距為d。電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏?,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,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)電場邊緣效應(yīng),求: (1)能夠進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子通過磁場區(qū)域的時間t1; (2)偏轉(zhuǎn)電場的電壓U; (3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時才能打到熒光屏上。 解析:(1)電子在磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動 evB=m,T= 解得r=,T= 由幾何知識可知t1=T=。 (2)由rmax=d= 解得vmax= 通過電場的時間t2=,代入數(shù)據(jù)解得:t2= 電子離開電場后做勻速直線運(yùn)動到達(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 在磁場中rmin= 電場中水平方向: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)經(jīng)電場加速后,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板長為L,兩板相距L。加在M、N兩板間電壓uMN隨時間t變化關(guān)系為uMN=sin,如圖乙所示。把兩板間的電場看成勻強(qiáng)電場,忽略板外電場。在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi),電場可視作恒定。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,周期為T,筒的周長為s,筒上坐標(biāo)紙的高為L,以t=0時電子打到坐標(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。 (1)求穿過水平金屬板的電子在板間運(yùn)動的時間t; (2)通過計算,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,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,水平方向:L=v0t 解得:t=L。 (2)電子在平行金屬板間運(yùn)動的加速度為: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,電子從水平金屬板右邊緣飛出,則=at2,a=, 解得:U=U0 故在一個周期中的~、~時間內(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)磁場方向垂直于紙面向外時,若電子打不到圓筒坐標(biāo)紙上,設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,電子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為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)磁場方向垂直于紙面向里時,若電子打不到圓筒坐標(biāo)紙上,設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2,電子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為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)磁場方向垂直于紙面向外時,應(yīng)滿足的條件B>;②當(dāng)勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里時,應(yīng)滿足的條件B>- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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