《高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练 1压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1 所示，压力波p（t）进 入弹性盒后，通过与铰链O 相连的 “ ” 型轻杆 L，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中 沿 x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力 p 成正比（ ,0 xp ）霍尔片的放大图如 图 2 所示，它由长 宽 厚=abd，单位体积内自由电子数为n 的 N 型半导体制成，磁场方 向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为 0(1 )0BBx ， 无压力波输入时，霍尔 片静止在x=0 处，此时给霍尔片通以沿 12 C C方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生 霍尔电压U0. （1）
2、指出 D1、D2两点那点电势高； （2）推导出U0与 I、B0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系 为I=nevbd，其中 e为电子电荷量）； （3）弹性盒中输入压力波p（ t），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压UH随时间 t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频 率（结果用U0、U1、t0、 、及 ） 【来源】浙江新高考2018 年 4 月选考科目物理试题 【答案】 (1) D1点电势高 (2) 0 0 1 IB U ne d (3) 1 0 1 (1) U A U ， 0 1 2 f t 【解析】 【分析】由左手定则可判
3、定电子偏向D2边，所以 D1边电势高 ；当电压为U0时，电子不再 发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为 I=nevbd 求出 U0与 I、B0之间的关系式 ；图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻杆向一侧运动 至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合 U0与 I、B0之间的关系式求出压力波的振幅 解： （1）电流方向为C1C2，则电子运动方向为 C2C1 ，由左手定则可判定电子偏向D2边， 所以 D1边电势高 ； （2）当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力 0 0 U qvBq b 由电流Inev
4、bd 得： I v nebd 将 带入 得 0 0 IB U ned （3）图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点， 则轻杆的 运动周期为T=2t0 所以，频率为 : 0 1 2 f t 当杆运动至最远点时，电压最小，即取 U1，此时 0(1 )BBx 取 x 正向最远处为振幅A，有： 0 1 (1? ) IB UA ned 所以： 0 0 0 1 1 (1) 1 IB U ned IBA UA ned 解得： 01 0 UU A U 根据压力与唯一关系 xp可得 x p 因此压力最大振幅为： 01 0 m UU p U 2小明受回旋加速器的启发，设计了如图1 所
5、示的 “ 回旋变速装置” 两相距为d 的平行金 属栅极板 M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方两板间加上如图2所示的幅值为 U0的交变电压，周期0 2 m T qB 板 M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B、方向相 反的匀强磁场粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子有一沿x 轴可 移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿 y轴正方向射出质量为m、电荷量为 q（q0）的粒子 t=0 时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子忽略粒子的重力和 其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计 （1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子
6、两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之 间的关系 【来源】【省级联考】浙江省2019 届高三上学期11 月选考科目考试物理试题 【答案】（ 1） 00 xy ， 2 0 2 qBy m （2）见解析 【解析】 【详解】 （1）发射源的位置00 xy， 粒子的初动能： 2 0 0 2 k qBy E m ； （2）分下面三种情况讨论： （i）如图 1， 00 2 k EqU 由 021 01 mvmvmv yRR BqBqBq 、， 和 22 100 11 22 mvmvqU， 22 210 11 22 mvmvqU， 及 01 2xyRR， 得 22 00 2
7、2 24xyyqBmqUyqBmqU qBqB ； （ii）如图 2， 000 2 k qUEqU 由 02 0 mvmv ydR BqBq 、， 和 22 020 11 22 mvmvqU， 及 0 32xydR， 得 2 22 0 2 3)2xydydq BmqU qB （ ； （iii）如图 3，00kEqU 由 02 0 mvmv ydR BqBq 、 ， 和 22 020 11 22 mvmvqU， 及 04xydR ， 得 2 22 0 4 2xydydq BmqU qB ； 3如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直 于坐标平面向里的有界矩
8、形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x 轴负方向 的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为,0L的 A 点。粒子源沿y 轴正方向释放出速 度大小为 0 v的电子，电子通过y 轴上的 C 点时速度方向与y 轴正方向成 45 o 角，电子 经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15o角的射线OM 已知电子 的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求： 1 匀强电场的电场强度E的大小； 2电子在电场和磁场中运动的总时间t 3 矩形磁场区域的最小面积min S 。 【来源】湖南省怀化市2019 年高考物理一模物理试题 【答案】 (1) 2 0 2 mv
9、eL ；(2) 0 22 3 Lm veB ；(3) 2 0 3() mv eB 【解析】 【详解】 1电子从 A 到 C的过程中，由动能定理得： 22 0 11 22 C eELmvmv 0 cos45 C vv o 联立解得： 2 0 2 mv E eL 2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有： 1 sin 2 C v Lt 其中 0 cos C v v 由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角： 2 3 电子在磁场中的运动时间： 2 2 tT 其中 2 m T eB 电子在电场和磁场中运动的总时间 12 ttt 联立解得： 0 22 3 Lm t veB 3电子在磁场中做匀速圆周
10、运动，洛伦兹力提供向心力， 则有 2 C v evBm r 最小矩形区域如图所示， 由数学知识得：2sin 2 CDrcos 2 CQrr 最小矩形区域面积： min SCD CQ 联立解得： 20 3() mv Smin eB 4如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场E，在 y 轴左侧平面内有足够大的磁 场，磁感应强度B1随时间 t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在 y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m 的圆 形区域 (图中未画出 )且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B2=0.8T， t=0 时刻，一质量 m=8 1
11、0 4kg、电荷量 q=+2 10 4C 的微粒从 x 轴上 xp=0.8m 处的 P点以速度v=0.12m/s 向 x 轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g 取 10m/s 2) (1)求电场强度。 (2)若磁场 15s 后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x 轴的最大距离； (3)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x， y)。 【来源】陕西榆林市2019 届高考模拟第三次测试理科综合物理试题 【答案】 (1) 40/EN C，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.30 2.25)， 【解析】 【详解】 (1)因为微粒射
12、入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：qEmg 解得：40/EN C，方向竖直向上 (2)由牛顿第二定律有： 2 1 1 v qvBm R 所以1 1 0.6 mv Rm qB 1 2 10 m Ts qB 从图乙可知在05 s内微粒做匀速圆周运动，在510 s内微粒向左做匀速直线运 动在1015 s内微粒又做匀速圆周运动，在15 s内微粒向右做匀速直线运动，之后 穿过 y 轴 离 x 轴的最大距离 11 2242.4sRRm (3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的 直径 由牛顿第二定律，有 2 2 2 v qvBm R 所以2
13、 2 0.62 mv Rmr qB 所以最大偏转角为60 所以圆心坐标0.30 xm 1 602.40.32.25 2 ysrcosmm 即磁场的圆心坐标为0.302.25， 5如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置带正电的粒子从容器A 下方小孔 S 不断飘入电势差为U 的加速电场进过S正下方小孔O 后，沿 SO方向垂直进入磁感应强 度为 B 的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收， D 与 O 在同一水平面上，粒子在 D 上的落点距O 为 x，已知粒子经过小孔 S时的速度可视为零，不考虑粒子重力 （1）求粒子的比荷q/m； （2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面
14、内将发生不同程度的微小偏 转其方向与竖直方向的最大夹角为 ，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D上的落点 与 O 的距离范围； （3）加速电压在（U U）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不 同现从容器A 中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m1、m2（m1 m2），在纸面内经 电场和磁场后都打在照相底片上若要使两种离子的落点区域不重叠，则 U U V 应满足什么 条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为 ） 【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018 学年高二1 月月考物理试题 【答案】 （1） 22 8U B x （ 2）最大值 x 最小值 cosx （3）
15、2 12 2 12 cos cos mm U mm 2 12 (cos)mm 【解析】 【详解】 （1）沿 SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D 的粒子； 粒子经过加速电场：qU= 1 2 mv2 洛伦兹力提供向心力：qvB=m 2 v R 落点到 O 的距离等于圆运动直径：x=2R 所以粒子的比荷为： 22 8qU mB x （2）粒子在磁场中圆运动半径 2 2 qmUx R qB 由图象可知：粒子左偏角（轨迹圆心为O1）或右偏 角（轨迹圆心为O2） 落点到 O 的距离相等，均为L=2Rcos 故落点到O 的距离 最大： Lmax=2R=x 最小： Lmin=2Rcos =xcos
16、 （3）考虑同种粒子的落点到O 的距离； 当加速电压为U+U、偏角 =0 时，距离最大， Lmax=2Rmax= 2 2()qm UU Bq 当加速电压为U- U、偏角 = 时，距离最小 Lmin=2Rmincos = 2 2()qm UU Bq cos 考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由 R= 2qmU qB 和 m1m2，知： R 1R2 要使落点区域不重叠，则应满足：L1minL2max 1 2 2()qm UU Bq cos 2 2 2()qm UU Bq 解得： 2 12 2 12 cos cos mm U mm （应有条件m1cos 2 m 2，否则粒子落点区域必然重叠） 6回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间有狭缝 （间距dR），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q，加在狭 缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为 0 U ，周期为T，与粒子在磁场中的周期相 同一束该种粒子在0 / 2tT时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在 电场
