（江苏专版）2019版高考物理二轮复习 专题三 第三讲 带电粒子在复合场中的运动课前自测诊断卷（含解析）.doc

带电粒子在复合场中的运动考点一电磁技术的应用1.[考查对霍尔效应的理解与分析]在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子(形成电流的自由电荷)就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH可以证明UH＝，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关下列说法正确的是(　　)A．若M的电势高于N的电势，则载流子带正电B．霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多C．借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)D．霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛伦兹力越小解析：选C　根据左手定则可知载流子向N偏转，若载流子带正电，则N的电势高于M的电势，A错误；设左右两个表面相距为L，载流子所受的电场力等于洛伦兹力：e＝evB，设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，I＝neSv，S＝dL，联立解得：UH＝，令k＝，则UH＝k，所以根据k＝可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数增大而减小，B错误；根据UH＝可得B＝，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)，C正确；载流子受到的洛伦兹力F＝e，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛伦兹力越大，D错误。

2．[考查回旋加速器的原理分析][多选]回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是(　　)A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析：选BC　当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝m，得vm＝，那么质子获得的最大动能Ekm＝，则最大动能与交流电压U无关，故A错误根据T＝，若只增大交流电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B正确根据T＝，若磁感应强度B增大，那么T会减小，则交流电频率f必须适当增大才能正常工作，故C正确带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率f才能加速α粒子，故D错误3．[考查用质谱仪分析两种离子的运动][多选]一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束。

下列说法中正确的是(　　)A．速度选择器的P1极板带负电B．粒子1带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D．粒子2的比荷的绝对值最大解析：选BC　三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由受力平衡得：qvB＝qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，速度选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，速度选择器的P1极板带正电，故速度选择器的P1极板一定是带正电，与带电粒子无关，故A错误在磁场B2中，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的洛伦兹力的方向向上，将向上偏转，所以粒子1带负电，故B正确能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB1＝qE，所以v＝，故C正确根据qvB2＝m，解得：r＝，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷的绝对值最小，故D错误考点二带电粒子在组合场中的运动4.[考查带电粒子加速后进入磁场]如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里。

一质量为m、电荷量为＋q的粒子自P(－l，l )点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力1)求磁场Ⅰ的磁感应强度B1；(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B2＝3B1，求粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间t及这段时间内的位移解析：(1)设粒子垂直于x轴进入磁场Ⅰ时的速度为v，由运动学公式有：2al＝v2，由牛顿第二定律有：Eq＝ma，由题意知，粒子在Ⅰ中做圆周运动的半径为l，由牛顿第二定律有：qvB1＝m，联立以上各式，解得：B1＝2)粒子的运动轨迹如图所示设粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为r1，周期为T1，则r1＝l，T1＝＝设粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2，周期为T2，有：3qvB1＝m，T2＝＝得：r2＝，T2＝粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间t＝＋T2，代入数据得t＝ 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴时间内的位移s＝2r1－4r2＝2r2解得：s＝l，方向沿y轴负方向答案：(1) 　(2) 　l，方向沿y轴负方向5．[考查带电粒子由磁场进入电场后再返回磁场的情况]如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E，在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，粒子重力不计。

1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间解析：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：r＝R根据Bqv＝m得：B＝2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H点射出磁场，MH为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR设在电场中路程为s2，根据动能定理Eq＝mv2解得s2＝总路程s＝πR＋3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，经分析从C点竖直射出磁场，从D点射入、射出电场，又从C点射入磁场，最后从N点(MN为直径)射出磁场所以N点坐标为(2R,0)C点在磁场中，MC段圆弧对应圆心角α＝30°，CN段圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t1＝＝粒子在CD段做匀速直线运动，由几何关系知CD＝t2＝＝粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝t3＝＝总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋。

答案：(1)　(2)πR＋ (3)(2R,0)　＋考点三带电粒子在叠加场中的运动6.[考查带电粒子在叠加场中的直线运动][多选]如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是(　　)A．离子一定都带正电B．这些离子进入复合场的初速度相等C．离子的比荷一定相同D．这些离子的初动能一定相同解析：选BC　因为它们通过区域Ⅰ时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的速度相等若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，同样能够满足平衡，所以选项A错误，B正确又因为进入磁场Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确虽然确定初速度相等，但无法判断质量是否相等，所以无法判断初动能是否相等，选项D错误7．[考查带电粒子在叠加场中的圆周运动][多选]如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。

一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g则(　　)A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为B．小球返回A点后可以第二次到达最高点CC．小球带正电，且电场强度大小为D．匀强磁场的磁感应强度大小为解析：选ACD　小球恰能经过最高点C，则mg＝m，解得vC＝；从A到C由动能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得E＝，选项C正确；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，选项D正确8．[考查带电粒子在叠加场中的直线运动与类平抛运动]如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。

求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝③代入数据解得tan θ＝θ＝60°④(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s≈3.46 s⑨法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.46 s⑦答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.46 s考点四带电粒子在交变场中的运动9.[考查带电粒子在周期性变化的电场和恒定磁场中的运动]如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX′板长L＝0.2 m，板间距离d＝0.2 m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3 T，方向垂直纸面向里。

现将X′极板接地，X极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示现有带正电的粒子流以v0＝1×105 m/s的速度沿水平中线OO′连续射入电场中，粒子的比荷＝1×108 C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)求：(1)若粒子恰好可以从极板右侧边缘飞出，求此时两极板间的电压值；(2)粒。