2018届高考物理二轮复习文档：“带电粒子在复合场中的运动”学前诊断

2018届高考物理二轮复习文档：“带电粒子在复合场中的运动”学前诊断

‎“带电粒子在复合场中的运动”学前诊断 考点一 电磁技术的应用 ‎1.[考查对霍尔效应的理解与分析]‎ ‎[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．超导体的内部产生了热能 B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力 C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb D．超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大 解析：选BD　超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体表面上a带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流I越大，电势差越大，D正确。‎ ‎2．[考查回旋加速器的改进及原理分析]‎ 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 解析：选C　带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，故A、D错误。根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v4－v3P3P4，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。‎ ‎3．[考查用质谱仪分析两种离子的运动]‎ ‎(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。‎ ‎(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；‎ ‎(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；‎ ‎(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。‎ 解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝×2mv2‎ 设甲种离子在磁场中的运动半径为r1‎ 则有qvB＝2m 解得r1＝ 根据几何关系有x＝2r1－L 解得x＝ －L。‎ ‎(2)如图所示。‎ 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ 解得d＝ －。‎ ‎(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2‎ r1的最小半径r1min＝ r2的最大半径r2max＝ 由题意知2r1min－2r2max>L 即 － >L 解得L<[2－]。‎ 答案：(1) －L　‎ ‎(2)图见解析　－ ‎(3)L<[2－]‎ 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先进入磁场再进入电场的情况]‎ 如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x 轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为(　　)‎ A．B＝，E＝　　 　B．B＝，E＝ C．B＝，E＝ D．B＝，E＝ 解析：选B　设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv＝，依题意可知r＝d，联立可解得B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d＝vt，d＝t2，联立可解得E＝，B正确。‎ ‎5．[考查带电粒子由电场中偏转再进入磁场中的情况]‎ ‎[多选]如图所示，边界MN、PQ间有竖直向下的匀强电场，PQ、EF间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的粒子从边界MN上的O点以水平初速度v0射入电场，结果从PQ上的A点进入磁场，且粒子在磁场中运动的时间为，MN和PQ间、PQ和EF间的距离均为L，O到A的竖直距离为，不计粒子的重力，则下列结论正确的是(　　)‎ A．匀强电场的电场强度大小为 B．粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为45°‎ C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L D．匀强磁场的磁感应强度为 解析：选BD　粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动L＝v0t，竖直方向＝at2，根据牛顿第二定律qE＝ma，解得E＝，故A错误；离开电场时竖直速度vy＝at＝×＝v0，进入磁场时速度与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝1，θ＝45°，故B正确；‎ 粒子在磁场中的圆心角为α，根据t＝T＝×＝，根据题意t＝，得α＝，如图所示，根据几何关系有R＝L，故C错误；根据半径公式R＝＝＝，得B＝，故D正确。‎ ‎6．[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＝ 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 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 ‎7.[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．这些离子的初动量一定相同 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，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。‎ ‎8．[考查带电粒子在叠加场中的圆周运动]‎ ‎[多选]如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．微粒在ab区域的运动时间为 B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为 D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为 解析：选ABC　将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v0＝at，d＝ 竖直方向：0＝v0－gt 解得：a＝g t＝ 故A正确；‎ 粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，即qE＝mg，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qv0B＝m 解得：r＝ 由以上各式整理得到r＝2d，故B正确；由于r＝2d，画出轨迹，如图所示，由几何关系，得到圆弧所对应的圆心角为30°，故在复合场中的运动时间为：‎ t2＝＝＝，故C正确；‎ 粒子在电场中运动时间为：‎ t1＝＝ 故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：‎ t＝t1＋t2＝d，故D不正确。‎ ‎9．[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/s ②‎ 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)解法一：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＝vt ⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2 ⑦‎ a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≈3.5 s。 ⑨‎ 解法二：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 θ ⑤‎ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－gt2＝0 ⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑦‎ 答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 ‎(2)3.5 s 考点四 带电粒子在交变场中的运动 ‎10.[考查带电粒子在周期性变化的电场和磁场中的运动]‎ 如图甲所示，空间平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t周期性变化(周期为T)的图像如图乙所示。取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向。在t＝0时，一质量为m，电荷量为q的带负电小球从离地面高为h＝的地方由静止释放。已知重力加速度为g，E0＝，B0＝。求：‎ ‎(1)小球第一次做圆周运动的半径；‎ ‎(2)要让小球一直在电场中运动，则电场在水平方向上的最小宽度；‎ ‎(3)小球落地时间。‎ 解析：(1)在0～时间内，重力和电场力平衡，小球静止不动，在～T时间内，小球只受电场力和重力，两力方向相同，由牛顿第二定律有qE0＋mg＝ma，解得a＝2g 在T时刻，小球的速度v1＝a＝gT，‎ 位移x1＝a2＝ 在T～T时间内，小球所受电场力和重力平衡，合力为洛伦兹力，带电小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qv1B0＝，解得R1＝＝。‎ ‎(2)小球做圆周运动的周期T′＝＝＝，只与磁场有关，且恒定，故小球相继在半周期内做匀加速直线运动和完整的圆周运动，小球做匀加速直线运动的加 速度恒为a＝2g，则在T、2T、3T…时刻，小球运动的总位移为x1、4x1、9x1…，速度为v1、2v1、3v1…，做圆周运动的半径为R1、2R1、3R1…‎ 由h＝＝9x1＋<9x1＋3R1，可知小球在第三次做圆周运动时转过圆心角θ落地，小球的运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知sin θ＝＝，解得θ＝ 由3R1(1－cos θ)<2×2R1，则电场在水平方向上的最小宽度d＝2×2R1＝。‎ ‎(3)小球落地时间t＝3T＋＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3)