2017高考物理总复习强化作业36专题五-带电粒子在复合

课时强化作业三十六 专题五 带电粒子在复合场中的运动1．霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在翻盖手机中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d (M 、N 间距离)，厚为h (图中上下面距离)，当通以图示方向电流时，MN 两端将出现电压U MN ，则( )A ．MN 两端电压U MN 仅与磁感应强度B 有关B ．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN 两端电压U MN ＜0C ．若增大霍尔元件宽度d ，则MN 两端电压U MN 一定增大D ．通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN解析：电子流过霍尔元件，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，洛伦兹力受力指向N 板，电子向N 板聚集，M 板带正电荷，两板间的电势差U MN >0，故B 选项错误；设霍尔元件的长为l ，两板间产生电场，电子受力平衡，电场力等于洛伦兹力，e U MN d ＝e v B ，电流的微观表达式I ＝neS v ＝nedh v ，联立解得U MN ＝BIneh，MN 两端电压U MN 与磁感应强度B 、电流I 有关，故A 选项错误；根据MN 两端电压的表达式U MN ＝BIneh ，可知增大霍尔元件宽度d ，MN 两端电压不变，故C 选项错误；通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN ，故D 选项正确．答案：D2．(多选)(2016届鄂豫晋冀陕五省联考)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D 形盒，D 形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t ，已知磁场的磁感应强度大小为B ，质子质量为m 、电荷量为＋q ，加速器接一高频交流电源，其电压为U ，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是( )A ．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D 形盒运动轨道的半径r ＝1B2mUqB ．D 形盒半径R ＝2Ut πBC ．质子能够获得的最大动能为2q 2BUtπmD ．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1解析：质子在电场中加速运动，根据动能定理得，qU ＝12m v 2，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，联立解得质子在磁场中的轨道半径r ＝1B2mUq，A 选项正确；设质子从静止开始加速到出口处被加速了n 圈，根据动能定理得，2nqU ＝12m v 2，在磁场中洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ＝m 4π2T2R ，运动时间t ＝nT ，联立解得R ＝2UtπB，B 选项正确；带电粒子射出时的动能E k ＝12m v 2＝B 2R 2q 22m ＝BUq 2t，C 选项错误；匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，频率f ＝qB2πm ，质子与α粒子的电量之比为1∶2，质量之比为1∶4，频率之比2∶1，故D 选项错误．答案：AB3．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直，在电、磁场区域内，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，O 点为圆环的圆心，a 、b 、c 为圆环上的三点，a 点为最高点，c 点为最低点，Ob 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a 点由静止释放．下列判断正确的是( )A ．当小球运动的弧长为圆周长的34时，洛伦兹力最大B ．当小球运动的弧长为圆周长的12时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点到b 点，重力势能减小，电势能减小D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小解析：小球从a 点静止释放，在水平电场力和竖直重力的共同作用下，将逆时针做圆周运动，电场力和重力等大，F 合＝2mg ，合力的方向与水平方向成45°角斜向左下方，“等效”重力mg ′＝F 合＝2mg ，bc 圆弧的中点为“等效”的最低点，图形的对称点为“等效”的最高点；运动过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，运动到bc 圆弧的中点时动能最大，速度最大，洛伦兹力f ＝q v B ，即运动的弧长为圆周长的38时到达bc 圆弧的中点，此时洛伦兹力最大，故A 、B 选项错误；从a 到b 的过程中，电场力做正功，重力做正功，根据功能关系可知，电势能减小，重力势能减小，故C 选项正确；小球从b 点运动到c 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，根据以上分析可得动能先增大再减小，故D 选项正确．答案：CD4. (2016届吉林东北师范大学附中高三模拟)空间三维直角坐标系如图所示(重力沿y 轴负方向)，同时存在与xOy 平面平行的匀强电场和匀强磁场，它们的方向与x 轴正方向的夹角均为53°.(已知重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)若一电荷量为＋q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向的速度v 0做匀速直线运动，求电场强度E 和磁感应强度B 的大小；(2)若一电荷量为－q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v 0通过y 轴上的点P (0，h,0)时，调整电场使其方向沿x 轴负方向、大小为E 0.适当调整磁场，则能使带电质点通过坐标Q (h,0,0.5h )点，求通过Q 点时其速度大小；(3)若一电荷量为－q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v 0通过y 轴上的点P (0,0.6h,0)时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，但不改变其方向，带电质点做匀速圆周运动能经过x 轴上的某点M ，问电场强度E ′和磁感应强度B ′的大小满足什么条件？并求出带电质点经过x 轴M 点的时间．解析： (1)带电质点电荷受重力、洛伦兹力和电场力，三力平衡，如图所示：根据平衡条件得，qE ＝mg sin53°，q v 0B ＝mg cos53°，解得：E ＝4mg 5q ，B ＝3mg5q v 0.(2)洛伦兹力不做功，粒子从P 点运动到Q 点的过程中，根据动能定理得，mgh ＋qE 0h ＝12m v 2Q －12m v 20，解得，v Q ＝ 2⎝⎛⎭⎫g ＋qE 0m h ＋v 20 . (3)粒子做匀速圆周运动，电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹如图所示：E ′q ＝mg ，解得，E ′＝mgq ，方向竖直向下，要使带电质点经过x 轴，轨迹的直径：2r ＝0.6h cos53°＝h ，由牛顿第二定律得，q v 0B ′＝m v 20r ，解得，B ′＝2m v 0qh ，带电质点的运动周期为T ＝2πm qB ′＝πh v 0，质点经半个周期第一次通过x 轴，以后每经过整周期又经过x 轴．经过x 轴的时间为，t ＝12T ＋nT ＝⎝⎛⎭⎫12＋n πh v 0(n ＝1、2、3…)． 答案：(1)4mg 5q 3mg5q v 0(2) 2⎝⎛⎭⎫g ＋qE 0m h ＋v 20 (3)E ′＝mg q，方向竖直向下 B ′＝2m v 0qh ⎝⎛⎭⎫12＋n πhv 0(n ＝1、2、3…) 5．(2016届新乡、许昌、平顶山高三调研)如图所示，在y 轴左侧的区域内存在方向与x 轴同向的匀强电场，电场强度为E .在y 轴右侧以原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面并指向纸面里，磁感应强度为B .x 轴上的A 点与O 点的距离为d .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 点由静止释放，经电场加速后从O 点射入磁场．不计粒子的重力作用．(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r ；(2)要使粒子进入磁场之后不再经过y 轴，电场强度需大于或等于某个值E 0，求E 0； (3)若电场强度E 等于第(2)问中E 0的23，求粒子经过y 轴时的位置．解析：(1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理得，qEd ＝12m v 2－0，进入磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，解得，r ＝2mqEdqB.(2)要使粒子之后恰好不再经过y 轴，则离开磁场时的速度方向与x 轴平行，根据几何关系可知，r ＝22R ，解得，E 0＝qB 2R 24md.(3)若电场强度E 等于第(2)问E 0的23，粒子在磁场中运动的轨迹半径r ′＝R3，画出粒子的运动轨迹如图所示：cos α＝R2r ′＝32，解得，α＝30°，β＝2α＝60°，粒子第一次经过y 轴时的位置坐标为，y 1＝r ′＋r ′cos β，解得，y 1＝3R ，此后粒子进入电场中，做类平抛运动，设在电场中运动的时间为t ，沿y 轴方向上又运动的距离为Δy ，则有：Δy ＝v sin α·t ，v cos α＝a t2，解得，Δy ＝3d ，则粒子第二次经过y 轴时的位置坐标为：y 2＝3(R ＋d )．答案：(1)2mqEd qB (2)qB 2R 24md(3) 3(R ＋d )6．(2016届揭阳期末)两块板长为L ＝1.4 m ，间距d ＝0.3 m 水平放置的平行板，板间加有垂直于纸面向里，B ＝1.25 T 的匀强磁场，如图1所示，在两极板间加上如图2所示电压，当t ＝0时，有一质量m ＝2×10－15kg ，电量q ＝1×10－10C 带正电荷的粒子，以速度v 0＝4×103m/s 从两极正中央沿与板面平行的方向射入，不计重力的影响．(1)画出粒子在板间的运动轨迹；(2)求在两极板间运动的时间．解析：(1)电场力qE ＝5×10－7N ，方向向下，洛伦兹力q v B ＝5×10－7N ，方向向上，故在有电场的时间段内，粒子受力平衡做匀速直线运动，没有电场的情况下，粒子做匀速圆周运动. 第一个10－4 s 有电场，粒子做匀速直线运动，位移为x ＝v 0t ＝0.4 m ，第二个10－4 s 无电场，粒子做匀速圆周运动，周期为T ＝2πm qB ＝1×10－4 s ，半径为R ＝m v qB ＝6.4×10－2 m ，则R ＜d2，不会碰到板，粒子可以转一周，以后重复上述运动，粒子可在磁场里做三个完整的圆周运动，其轨迹如图所示：(2)直线运动的时间段为n ＝L x ＝1.40.4＝3.5，圆周运动的圈数为3圈，故运动时间为T ′＝3.5t ＋3T ＝6.5×10－4 s.答案：(1)见解析 (2)6.5×10－4 s7．(2016届杭州西湖中学月考)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．解析：(1)粒子在电场中直线加速，根据动能定理得，qEd ＝12m v 2－0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在Ⅰ区内，q v B 0＝m v 2r，当k ＝1时，由几何关系得，r ＝L ，联立解得，E ＝qB 20L22md.(2)当2＜k ＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，轨迹如图所示：由几何关系可知，(r －L )2＋(kL )2＝r 2，解得，r ＝(k 2＋1)2L ，联立解得，v ＝(k 2＋1)qB 0L2m，粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，由对称性及几何关系可知，k 3－k ＝rr 1，解得，r 1＝(3－k )(k 2＋1)2k L ，联立解得，B ＝k(3－k )B 0.答案：(1)qB 20L22md (2)v ＝(k 2＋1)qB 0L 2m B ＝k (3－k )B 08. (2016届杭州五校联考)坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xOy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v 0，在0＜y ＜d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ＝3m v 202qd ，其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量；在d ＜y＜2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y ＝2d 处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab 板上．(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？解析：(1)α粒子运动到进入磁场的过程中，qEd ＝12m v 2－12m v 20，解得刚进入磁场时的动能12m v 2＝2m v 20. (2)α粒子沿x 轴正方向射出，进入磁场的偏转角度最大，画出运动的轨迹如图所示：进入磁场的速度v ＝2v 0，速度偏角cos θ＝12，根据几何关系得，d ＝r ＋r cos θ，解得r ＝23d ，r ＝m v qB ，联立解得B ＝3m v 0qd.(3)沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况是轨迹与ab 板相切，根据几何关系得，磁场宽度d ′＝d 3，故ab 板平移到y ＝4d3位置时所有粒子均能打到板上．答案：(1)2m v 20(2)3m v 0qd (3)y ＝4d3。