2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)(I).doc

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2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)(I) 1.(xx江蘇單科,9,4分)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則(　　) A.霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面 B.若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào),電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 2.(xx浙江理綜,20,6分)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)θ=30后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),離子P+和P3+(　　) A.在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1 B.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為∶1 C.在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為1∶2 D.離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3 3.(xx重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長(zhǎng)方體形導(dǎo)電材料,左右兩端面的邊長(zhǎng)都為a和b,內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí),測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢(shì)比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為(　　) A.,負(fù) B.,正 C.,負(fù) D.,正 4.(xx浙江理綜,25,22分)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖1所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價(jià)正離子;Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū),長(zhǎng)度為L(zhǎng),兩端加有電壓,形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入Ⅱ區(qū),被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。 Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在離軸線R/2處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動(dòng),截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成α角(0<α≤90)。推進(jìn)器工作時(shí),向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0,電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M;電子質(zhì)量為m,電量為e。(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞) (1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大小; (2)為取得好的電離效果,請(qǐng)判斷Ⅰ區(qū)中的磁場(chǎng)方向(按圖2說(shuō)明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”); (3)α為90時(shí),要取得好的電離效果,求射出的電子速率v的范圍; (4)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系。 圖1　　　　　　　　　　　　　　　圖2 5.(xx大綱全國(guó),25,20分)如圖,在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外;在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng),方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)重力。若該粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ,求 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值; (2)該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 6.(xx浙江理綜,24,20分)如圖所示,兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面,從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng);進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后,最終垂直打在下板的M點(diǎn)。 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類,并求其電荷量; (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值; (3)現(xiàn)保持噴口方向不變,使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn),應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B,則B的大小為多少? 1.CD　由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負(fù)電荷,前表面電勢(shì)較高,故A錯(cuò)。由電路關(guān)系可見,當(dāng)電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)時(shí),通過(guò)霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場(chǎng)方向同時(shí)反向,前表面的電勢(shì)仍然較高,故B錯(cuò)。由電路可見,=,則IH=I,故C正確。RL的熱功率PL=RL=RL=,因?yàn)锽與I成正比,故有:UH=k=k=k=PL,可得知UH與PL成正比,故D正確。 2.BCD　兩離子所帶電荷量之比為1∶3,在電場(chǎng)中時(shí)由qE=ma知a∝q,故加速度之比為1∶3,A錯(cuò)誤;離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由Ek=qU知Ek∝q,故D正確;在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv=m、Ek=mv2知R=∝,故B正確;設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d,則有sin θ=∝,即=,故θ=60=2θ,C正確。 3.C　因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低,故上表面帶負(fù)電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電,則B、D兩項(xiàng)均錯(cuò)。設(shè)長(zhǎng)方體形材料長(zhǎng)度為L(zhǎng),總電量為Q,則其單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)為,當(dāng)電流I穩(wěn)恒時(shí),材料內(nèi)的電荷所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相互平衡,則有=BIL,故=,A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。 4.答案　(1)　　(2)垂直紙面向外 (3)v0≤v<(B>)　(4)vmax= 解析　(1)由動(dòng)能定理得M=eU① U=② a==e=③ (2)由題知電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好,則題圖2中顯然電子往左半部偏轉(zhuǎn)較好,故Ⅰ區(qū)中磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向外④ (3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r 　　 2r=R⑤ eBv=m⑥ 所以有v0≤v<⑦ 要使⑦式有解,磁感應(yīng)強(qiáng)度B>⑧ (4)如圖所示 OA=R-r,OC=,AC=r 根據(jù)幾何關(guān)系得r=⑨ 由⑥⑨式得vmax= 5.答案　(1)v0 tan2 θ　(2) 解析　(1)如圖,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B=m① 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0=d② 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,離開電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 Eq=max③ vx=axt④ t=d⑤ 由于粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖),有 tan θ=⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 =v0 tan2 θ⑦ (2)聯(lián)立⑤⑥式得 t=⑧ 6.答案　(1)負(fù)電荷　　(2)　(3) 解析　(1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng),有 q=mg① 由①式得: q=② 由于電場(chǎng)方向向下,墨滴所受電場(chǎng)力向上,可知: 墨滴帶負(fù)電荷。③ (2)墨滴垂直進(jìn)入電、磁場(chǎng)共存區(qū)域,重力仍與電場(chǎng)力平衡,合力等于洛倫茲力,墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有 qv0B=m④ 考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和撞板的幾何關(guān)系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng),則半徑 R=d⑤ 由②、④、⑤式得 B=⑥ (3)根據(jù)題設(shè),墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖,設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R,有 qv0B=m⑦ 由圖示可得: R2=d2+⑧ 得:R=d⑨ 聯(lián)立②、⑦、⑨式可得: B=