《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時檢測》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時檢測(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第一部分 專題三 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動
一、單項選擇題
1.(2018·定州一模)電動自行車是一種應(yīng)用廣泛的交通工具,其速度控制是通過轉(zhuǎn)動右把手實現(xiàn)的,這種轉(zhuǎn)動把手稱“霍爾轉(zhuǎn)把”,屬于傳感器非接觸控制。轉(zhuǎn)把內(nèi)部有永久磁鐵和霍爾器件等,截面如圖3-3-13甲。開啟電源時,在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓,形成電流,如圖乙。隨著轉(zhuǎn)把的轉(zhuǎn)動,其內(nèi)部的永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動,霍爾器件能輸出控制車速的電壓,已知電壓與車速關(guān)系如圖丙,以下關(guān)于“霍爾轉(zhuǎn)把”敘述正確的是
圖3-3-13
A.為提高控制的靈敏度,永久磁鐵的上、下端分別為N、S極
B.按圖甲順時針轉(zhuǎn)動電動車的右把手,車
2、速將變快
C.圖乙中從霍爾器件的左右側(cè)面輸出控制車速的霍爾電壓
D.若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào),將影響車速控制
解析 由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓,形成電流,當(dāng)永久磁鐵的上下端分別為N、S極時,磁場與電子的移動方向平行,則電子不受洛倫茲力作用,那么霍爾器件不能輸出控制車速的電勢差,故A錯誤;當(dāng)按圖甲順時針轉(zhuǎn)動把手,導(dǎo)致霍爾器件周圍的磁場增加,那么霍爾器件輸出控制車速的電勢差增大,因此車速變快,故B正確;根據(jù)題意,結(jié)合圖乙的示意圖,那么永久磁鐵的N、S極可能在左、右側(cè)面,或在前、后表面,因此從霍爾器件輸出控制車速的電勢差,不一定在霍爾器件的左右側(cè)面,也可能在前后表
3、面,故C錯誤;當(dāng)霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調(diào),從霍爾器件輸出控制車速的電勢差正負號相反,但由圖丙可知,不會影響車速控制,故D錯誤;故選B。
答案 B
2.(2018·日照質(zhì)檢)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖3-3-14所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū),該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運動到A,下列說法中正確的是
圖3-3-14
A.該微粒一定帶負電荷
B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C.該磁場的磁感應(yīng)強度大小為
D.該電場的場強為Bvcos θ
解析 若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重
4、力mg、水平向左的電場力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB,知微粒不能做直線運動,據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運動到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動,則選項A正確,B錯誤;由平衡條件得:qvBcos θ=mg,qvBsin θ=qE,得磁場的磁感應(yīng)強度B=,電場的場強E=Bvsin θ,故選項C、D錯誤。
答案 A
3.速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束,其運動軌跡如圖3-3-15所示,其中S0A=S0C,則下列相關(guān)說法中正確的是
圖3-3-15
A.甲束粒子帶正電,乙束粒子帶負電
5、
B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于
D.若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3∶2
解析 由左手定則判定甲帶負電,乙?guī)д?,A錯誤;粒子在兩極板間做勻速直線運動,故qE=qvB1,則v=,故C錯誤;由S0A=S0C知,R甲=R乙,又R=,所以=,故B正確,D錯誤。
答案 B
4.(2018·山西五市聯(lián)考)如圖3-3-16所示的金屬導(dǎo)體,長l、寬d、高h,導(dǎo)體中通有沿x軸正方向的恒定電流I,空間存在沿z軸負方向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,已知金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n,電子電荷量為e,則下列說法正確的是
圖
6、3-3-16
A.金屬導(dǎo)體的M面帶正電
B.金屬導(dǎo)體中電荷定向移動速率為
C.增加導(dǎo)體高度h,M、M′兩面間的電壓將增大
D.M、M′兩面間的電勢差為
解析 根據(jù)左手定則知,電子向M面偏轉(zhuǎn),則導(dǎo)體的M面帶負電,為負極,M′面帶正電,為正極;自由電子做定向移動,視為勻速運動,設(shè)定向移動速率為v,則時間t內(nèi)某一截面內(nèi)電子前進的距離為vt,對應(yīng)體積為vthd,此體積內(nèi)含有的電子個數(shù)為nvthd,電荷量為nevthd,則電流I==nevhd,電荷定向移動速率為v=;電子受電場力和洛倫茲力平衡,有e=Bev,可得電勢差U=Bhv=,可知M、M′兩面間的電壓與導(dǎo)體高度h無關(guān);因M面電勢低,則M、
7、M′兩面間的電勢差為-。所以B正確,A、C、D錯誤。
答案 B
二、多項選擇題
5.(2018·東北育才學(xué)校二模)如圖3-3-17所示為一種質(zhì)譜儀示意圖,由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R,通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E,磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器,由P點垂直邊界進入磁分析器,最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法正確的是
圖3-3-17
A.極板M比極板N電勢高
B.加速電場的電壓U=ER
C.
8、直徑PQ=2B
D.若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點,則該群粒子具有相同的比荷
解析 粒子在靜電分析器中受力方向指向圓心,與電場方向相同,故粒子帶正電,為使粒子在加速電場中被加速,極板M的電勢應(yīng)比極板N的電勢高,A項正確;在加速電場中,有qU=mv2,在靜電分析器中,有qE=m,解得U=ER,B錯誤;設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r,有qvB=m,與qE=m聯(lián)立,解得r=,故直徑PQ=,C錯誤;粒子落在膠片上同一點,即在磁場中軌道半徑相同,因r=,故粒子的比荷相同,D項正確。
答案 AD
6.如圖3-3-18所示,長方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個側(cè)面是絕緣體,上下兩個面是電阻可忽
9、略的導(dǎo)體電極,兩極間距為d,極板面積為S。這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直前后側(cè)面的方向上,有一勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為ρ的高溫電離氣體,氣體以速度v向右流動,并通過專用管道導(dǎo)出。由于運動的電離氣體受到磁場的作用,將產(chǎn)生大小不變的電動勢。若不計氣體流動時的阻力,下列說法正確的是
圖3-3-18
A.若可變電阻R已知,則可變電阻消耗的電功率為2R
B.若可變電阻R已知,則可變電阻消耗的電功率為
C.調(diào)節(jié)可變電阻R的阻值,可變電阻R消耗的電功率的最大值為Pm=
D.調(diào)節(jié)可變電阻R的阻值,可變電阻R消耗的電功率的最大值為Pm=
解析 根據(jù)磁流體發(fā)電的原理可
10、得qvB=q,產(chǎn)生的電動勢為u=Bdv,根據(jù)歐姆定律可得通過可變電阻的電流為I=,可變電阻消耗的電功率為P=I2R=R,選項A正確,B錯誤;P=I2R=R=,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)S=時,P有最大值,Pm=,選項C正確,D錯誤。
答案 AC
三、計算題
7.(2018·鹽城模擬)電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成,如圖3-3-19甲所示。大量電子(其重力不計)由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當(dāng)兩板不帶電時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期
11、為2t0、幅值恒為U0的電壓時,所有電子均從兩板間通過,然后進入水平寬度為L,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上,問:
圖3-3-19
(1)電子在剛穿出兩板之間的偏轉(zhuǎn)電場時最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少?
(2)要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為多少?
(3)在滿足(2)問的情況下,打在熒光屏上的電子束的寬度為多少?(已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e)
解析 (1)由題意可知,從0、2t0、4t0……時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向位移最大,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為
ymax=at+vyt0=t+t=t
從t
12、0、3t0……時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向位移最小,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為ymin=at=t
所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為ymax∶ymin=3∶1
(2)設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏轉(zhuǎn)角為θ,由于電子要垂直打在熒光屏上,所以電子在磁場中運動半徑應(yīng)為R=
設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉(zhuǎn)電場的極板的速度為vy,則電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的偏轉(zhuǎn)角滿足sin θ=
式中vy=t0,根據(jù)牛頓第二定律,有evtB=
聯(lián)立解得B=
(3)由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中出來的電子的速度大小相同,方向也相同,因此電子進入磁場后的半徑也相同,都能垂直打在熒光屏上,由第(1)問可
13、知電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移的差值為Δy=y(tǒng)max-ymin,即Δy=t,所以打在熒光屏上的電子束的寬度為Δy=t
答案 (1)3∶1 (2) (3)t
8.(2018·開封一模)如圖3-3-20所示,真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域,半徑為R=0.5 m,磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿-y方向的勻強電場,電場強度為E=1.0×105 V/m。在M點有一正粒子以速率v=1.0×106 m/s沿+x方向射入磁場,粒子穿出磁場后進入電場,速度減小到0后又返回磁場,最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為=1.0×107 C/kg,粒子重力不計。
圖3-3
14、-20
(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大??;
(2)求沿+x方向射入磁場的粒子,從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。
解析 (1)沿+x方向射入磁場的粒子進入電場后,速度減小到0,則粒子一定是從如圖的P點射出磁場、逆著電場線運動的,所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑
r=R=0.5 m
根據(jù)Bqv=
得B=,代入數(shù)據(jù)得B=0.2 T
(2)粒子返回磁場后,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場,MN為直徑,粒子在磁場中的總路程為二分之一圓周長
s1=πR
設(shè)在電場中的路程為s2,根據(jù)動能定理得
Eq=mv2
s2=
總路程s=πR+,代入數(shù)據(jù)得s=0.5π+1 (m)。
答
15、案 (1)0.2 T (2)0.5π+1(m)
9.(2017·天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場,第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖3-3-21所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進入磁場,最終從x軸上的P點射出磁場,P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,問:
圖3-3-21
(1)粒子到達O點時速度的大小和方向;
(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。
解析 (1)在電場中,粒子做類平拋運動,設(shè)Q點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子
16、的加速度為a,運動時間為t,有2L=v0t①
L=at2②
設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy
vy=at③
設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α,有
tan α=④
聯(lián)立①②③④式得α=45°⑤
即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。
設(shè)粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有
v= ⑥
聯(lián)立①②③⑥式得v=v0⑦
(2)設(shè)電場強度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得F=ma⑧
又F=qE⑨
設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力,有
q
17、vB=m⑩
由幾何關(guān)系可知R=L?
聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得=。
答案 見解析
10.(2018·全國卷Ⅰ)如圖3-3-22,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。H的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計重力。求
圖3-3-22
(1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離;
(2)磁場的磁感應(yīng)強度大??;
(3)H第一次離開磁場的位置到原點O的
18、距離。
解析 (1)H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有
s1=v1t1①
h=a1t②
由題給條件,H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1=60°。H進入磁場時的速度的y分量的大小為
a1t1=v1tan θ1③
聯(lián)立以上各式得
s1=h④
(2)H在電場中運動時,由牛頓第二定律有
qE=ma1⑤
設(shè)H進入磁場時速度的大小為v′1,由速度合成法則有
v′1=⑥
設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B,H在磁場中運動的圓軌
19、道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qv′1B=⑦
由幾何關(guān)系得
s1=2R1sin θ1⑧
聯(lián)立以上各式得
B=⑨
(3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給條件得
(2m)v=mv⑩
由牛頓第二定律有
qE=2ma2?
設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v′2,速度的方向與x軸正方向夾角為θ2,入射點到原點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有
s2=v2t2?
h=a2t?
v′2=?
sin θ2=?
聯(lián)立以上各式得
s2=s1,θ2=θ1,v′2=v′1。?
設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得
R2==R1?
所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s′2,由幾何關(guān)系有
s′2=2R2sinθ2?
聯(lián)立④⑧???式得,H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為
s′2-s2=(-1)h。?
答案 見解析
10