（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第三讲 带电粒子在复合场中的运动

第三讲带电粒子在复合场中的运动——课后自测诊断卷1.[多选](2019·南京三模)如图所示，宽度为d、厚度为h的金属导体放在磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U＝kBId，该式中的比例系数k称为霍尔系数，设载流子的电荷量大小为q，金属导体单位体积内的自由电荷数目为n，下列说法正确的是()A．导体上表面的电势大于下表面的电势B．霍尔系数为k＝1nqC．载流子所受静电力的大小F＝qUdD．载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝BInhd解析：选BD由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，由于金属的载流子是自由电子，故导体上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；导体中的电场强度E＝Uh，载流子所受电场力F＝qE＝qUh，故C错误；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即qUh＝qvB，解得U＝Bhv，又电流的微观表达式：I＝nqSv＝nqhdv，解得：U＝IBnqd，则霍尔系数为k＝1nq，故B正确；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝Bqv＝BInhd，故D正确。2.[多选](2019·江苏六市二模)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。粒子源A产生的粒子质量为m，电荷量为＋q，U为加速电压，则()A．交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半B．加速电压U越大，粒子获得的最大动能越大C．D形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大D．磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大解析：选CD为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力qvmB＝mvm2R，解得：vm＝BqRm，则粒子获得的最大动能为：Ekm＝12mvm2＝B2q2R22m，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，粒子的速度越大，即粒子获得的最大动能越大，B错误，C、D正确。3.(2019·江苏七市三模)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电。下列说法正确的是()A．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B．仅增强磁感应强度，发电机的电动势将减小C．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大解析：选D电荷处于平衡，有qvB＝qE电d，解得：E电＝Bdv，由此可知仅减小两板间的距离，发电机的电动势将减小，仅增强磁感应强度，发电机的电动势将增大，故A、B错误；根据欧姆定律和功率公式可知，当外电阻和内阻相等时，输出功率最大，所以增加负载的阻值，发电机的输出功率不一定增大，故C错误；由E电＝Bdv，可知仅增大磁流体的喷射速度，电动势将增大，因为总电阻不变，所以输出功率将增大，故D正确。4.(2019·徐州考前模拟)在xOy平面内，x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，x轴下方存在电场强度为E，方向沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计粒子的重力)从坐标原点以速度v沿y轴正方向射入磁场区域。求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)写出粒子从出发开始计时，到第一次打到x轴前，粒子的位移s随着时间t变化的表达式；(3)粒子从出发到第n次到达x轴的平均速度的大小。解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中偏转有qvB＝mv2R得R＝mvqB。(2)由T＝2πmqB，得t＝θmqB，即θ＝qBtm由图中几何关系可知：s＝2Rcosα＝2Rsinθ2粒子的位移随着时间变化的表达式：s＝2mvqBsinqBt2m，其中tπmqB。(3)粒子在磁场中的运动周期T＝2πmqB在电场中往返一次运动时间：t1＝2vqEm＝2mvqE设第n次到x轴的位移为x，时间为t，平均速度为vn为奇数时：第n次到x轴的位移为x＝n＋12·2R＝n＋mvqB，时间为t＝n＋12·T2＋n－12·t1＝n＋m2qB＋n－mvqE平均速度为v＝xt＝n＋Evn＋E＋n－Bvn为偶数时：第n次到x轴的位移为x＝n2·2R＝nmvqB，时间为t＝n2·T2＋n2·t1＝nπm2qB＋nmvqE平均速度为v＝xt＝2EvπE＋2Bv。答案：(1)mvqB(2)s＝2mvqBsinqBt2m，其中tπmqB(3)n为奇数时：v＝n＋Evn＋E＋n－Bvn为偶数时：v＝2EvπE＋2Bv5．(2019·江苏七市三模)如图甲所示，一有界匀强磁场垂直于xOy平面向里，其边界是以坐标原点O为圆心、半径为R的圆。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场边界与x轴交点P处以初速度大小v0、沿x轴正方向射入磁场，恰能从M点离开磁场。不计粒子的重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)若带电粒子从P点以速度大小v0射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点O，求粒子在磁场中运动的时间t及离开磁场时速度的方向；(3)在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图乙所示，与O点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向原点O。带电粒子从P点沿x轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子恰能不离开电场外边界且能回到P点，求粒子初速度大小v以及电场两边界间的电势差U。解析：(1)根据几何关系，粒子做圆周运动的半径r＝R，由向心力公式有qv0B＝mv02r，解得B＝mv0qR。(2)如图所示，过带电粒子运动轨迹上的弦PO作垂直平分线过磁场边界O1点，因粒子做圆周运动的半径与磁场边界半径相等，所以△POO1为等边三角形，O1为圆心位置，粒子做圆周运动的周期T＝2πRv0，图中∠PO1N＝120°，则有t＝T3，解得t＝2πR3v0，根据几何关系可知，粒子离开磁场时速度沿y轴正方向。(3)设粒子刚进入磁场做圆周运动的圆心O1和原点O的连线与x轴夹角为β，运动半径为r1，如图，则有tanβ＝r1R，由向心力公式有qvB＝mv2r1，粒子从P点射入磁场，恰能回到P点，则根据几何关系有：2kβ＝2nπ，解得v＝v0tannπk(n＝1,2,3，…；k＝2n＋1,2n＋2，2n＋3，…)根据能量守恒有qU＝12mv2，解得U＝mv022qtannπk2(n＝1,2,3，…；k＝2n＋1,2n＋2,2n＋3，…)。答案：(1)mv0qR(2)2πR3v0速度的方向沿y轴正方向(3)v0tannπk(n＝1,2,3，…；k＝2n＋1,2n＋2，2n＋3，…)mv022qtannπk2(n＝1,2,3，…；k＝2n＋1,2n＋2,2n＋3，…)6．(2019·南通一模)如图所示，两边界MN、PQ相互平行，相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为m、电荷量为＋q的粒子从与边界MN距离为2L的O点，以方向垂直于边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°，粒子还能回到O点，忽略粒子的重力。求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)粒子回到O点时的动能Ek；(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t。解析：(1)粒子向右通过电场的时间t1＝2Lv0，粒子离开电场时沿电场方向的分速度vy＝v0tan45°粒子在电场中运动的加速度a＝vyt1，由牛顿第二定律qE＝ma，联立解得E＝mv022qL。(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离h＝12a(2t1)2由动能定理有qEh＝Ek－12mv02，联立解得Ek＝52mv02。(3)粒子进入磁场的速度v＝2v0，设粒子在磁场中运动半径为r，由几何关系可知2rcos45°＝h＋2Ltan45°解得r＝32L，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r，解得B＝mv03qL粒子在磁场中运动时间t2＝34·2πrv，则t＝2t1＋t2＋2Lv0，联立解得t＝＋L2v0。答案：(1)mv022qL(2)52mv02(3)mv03qL＋L2v07．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方d2处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qv0B＝mv02r0由题意知r0＝d4由以上两式解得B＝4mv0qd。(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝mv2r得r＝54d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。由几何关系d＝rsinα，得sinα＝45，即α＝53°在一个矩形磁场中的运动时间t1＝α360°×2πmqB，解得t1＝53πd720v0粒子做直线运动的时间t2＝2dv解得t2＝2d5v0则t＝4t1＋t2＝53π＋72180dv0。(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x。粒子向上的偏移量y＝2r(1－cosα)＋xtanα由y≤2d，解得x≤34d则当xm＝34d时，Δt有最大值粒子直线运动路程的最大值sm＝2xmcosα＋(2d－2xm)＝3d增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d增加时间的最大值Δtm＝Δsmv＝d5v0。答案：(1)4mv0qd(2)53π＋72180dv0(3)d5v08．(2019·南京、盐城二模)某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场。边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力。(1)若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2)若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3)若粒子从M′点射出，求v0满足的条件。解析：(1)粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向d＝12·Eqm·t2得t＝2mdqE代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则粒子运动时间t0＝Lv0＝0.5×10－6s，竖直位移y＝12·Eqm·t02＝0.0125m所以粒子从P′点下方0.0125m处射出。(2)由第(1)问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v02mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1＝qEm·t＝2qEdm设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝v1sinα在磁场中由qvB＝mv2R得R＝mvqB粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L联立解得v0＝L·Eq2md－EB＝3.6×105m/s。(3)由第(2)问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝mvqB、v＝v1sinα、v1＝2qEdm代入解得Δy＝1B2mEdq－cosαsinα＝1B2mEdq·tanα2可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α