PAGEPAGE2課時強化作業(yè)三十六專題五帶電粒子在復合場中的運動1．霍爾元件是一種應用霍爾效應的磁傳感器，廣泛應用于各領(lǐng)域，如在翻蓋中，常用霍爾元件來控制翻蓋時開啟或關(guān)閉運行程序．如圖是一霍爾元件的示意圖，磁場方向垂直霍爾元件工作面，霍爾元件寬為d(M、N間距離)，厚為h(圖中上下面距離)，當通以圖示方向電流時，MN兩端將出現(xiàn)電壓UMN，那么()A．MN兩端電壓UMN僅與磁感應強度B有關(guān)B．假設霍爾元件的載流子是自由電子，那么MN兩端電壓UMN＜0C．假設增大霍爾元件寬度d，那么MN兩端電壓UMN一定增大D．通過控制磁感應強度B可以改變MN兩端電壓UMN解析：電子流過霍爾元件，磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定那么可知，洛倫茲力受力指向N板，電子向N板聚集，M板帶正電荷，兩板間的電勢差UMN>0，故B選項錯誤；設霍爾元件的長為l，兩板間產(chǎn)生電場，電子受力平衡，電場力等于洛倫茲力，eeq\f(UMN,d)＝evB，電流的微觀表達式I＝neSv＝nedhv，聯(lián)立解得UMN＝eq\f(BI,neh)，MN兩端電壓UMN與磁感應強度B、電流I有關(guān)，故A選項錯誤；根據(jù)MN兩端電壓的表達式UMN＝eq\f(BI,neh)，可知增大霍爾元件寬度d，MN兩端電壓不變，故C選項錯誤；通過控制磁感應強度B可以改變MN兩端電壓UMN，故D選項正確．答案：D2．(多項選擇)(2022屆鄂豫晉冀陜五省聯(lián)考)某型號的盤旋加速器的工作原理圖如圖甲所示，圖乙為俯視圖．盤旋加速器的核心局部為D形盒，D形盒置于真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒盒面垂直．兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．質(zhì)子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，磁場的磁感應強度大小為B，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，加速器接一高頻交流電源，其電壓為U，可以使質(zhì)子每次經(jīng)過狹縫都能被加速，不考慮相對論效應和重力作用．那么以下說法正確的選項是()A．質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后，進入D形盒運動軌道的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))B．D形盒半徑R＝eq\r(\f(2Ut,πB))C．質(zhì)子能夠獲得的最大動能為eq\f(2q2BUt,πm)D．加速質(zhì)子時的交流電源頻率與加速α粒子的交流電源頻率之比為1∶1解析：質(zhì)子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2，質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得質(zhì)子在磁場中的軌道半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，A選項正確；設質(zhì)子從靜止開始加速到出口處被加速了n圈，根據(jù)動能定理得，2nqU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R，運動時間t＝nT，聯(lián)立解得R＝eq\r(\f(2Ut,πB))，B選項正確；帶電粒子射出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2R2q2,2m)＝eq\f(BUq2t,πm)，C選項錯誤；勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，頻率f＝eq\f(qB,2πm)，質(zhì)子與α粒子的電量之比為1∶2，質(zhì)量之比為1∶4，頻率之比2∶1，故D選項錯誤．答案：AB3．(多項選擇)如下圖，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直，在電、磁場區(qū)域內(nèi)，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球，O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向．小球所受電場力與重力大小相等，現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放．以下判斷正確的選項是()A．當小球運動的弧長為圓周長的eq\f(3,4)時，洛倫茲力最大B．當小球運動的弧長為圓周長的eq\f(1,2)時，洛倫茲力最大C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能減小D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小解析：小球從a點靜止釋放，在水平電場力和豎直重力的共同作用下，將逆時針做圓周運動，電場力和重力等大，F(xiàn)合＝eq\r(2)mg，合力的方向與水平方向成45°角斜向左下方，“等效〞重力mg′＝F合＝eq\r(2)mg，bc圓弧的中點為“等效〞的最低點，圖形的對稱點為“等效〞的最高點；運動過程中，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理可知，運動到bc圓弧的中點時動能最大，速度最大，洛倫茲力f＝qvB，即運動的弧長為圓周長的eq\f(3,8)時到達bc圓弧的中點，此時洛倫茲力最大，故A、B選項錯誤；從a到b的過程中，電場力做正功，重力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能減小，重力勢能減小，故C選項正確；小球從b點運動到c點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，根據(jù)以上分析可得動能先增大再減小，故D選項正確．答案：CD4.(2022屆吉林東北師范大學附中高三模擬)空間三維直角坐標系如下圖(重力沿y軸負方向)，同時存在與xOy平面平行的勻強電場和勻強磁場，它們的方向與x軸正方向的夾角均為53°.(重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)假設一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點沿平行于z軸正方向的速度v0做勻速直線運動，求電場強度E和磁感應強度B的大小；(2)假設一電荷量為－q、質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點沿平行于z軸正方向以速度v0通過y軸上的點P(0，h,0)時，調(diào)整電場使其方向沿x軸負方向、大小為E0.適當調(diào)整磁場，那么能使帶電質(zhì)點通過坐標Q(h,0,0.5h)點，求通過Q點時其速度大??；(3)假設一電荷量為－q、質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點沿平行于z軸正方向以速度v0通過y軸上的點P(0,0.6h,0)時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁感應強度的大小，但不改變其方向，帶電質(zhì)點做勻速圓周運動能經(jīng)過x軸上的某點M，問電場強度E′和磁感應強度B′的大小滿足什么條件？并求出帶電質(zhì)點經(jīng)過x軸M點的時間．解析：(1)帶電質(zhì)點電荷受重力、洛倫茲力和電場力，三力平衡，如下圖：根據(jù)平衡條件得，qE＝mgsin53°，qv0B＝mgcos53°，解得：E＝eq\f(4mg,5q)，B＝eq\f(3mg,5qv0).(2)洛倫茲力不做功，粒子從P點運動到Q點的過程中，根據(jù)動能定理得，mgh＋qE0h＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得，vQ＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(qE0,m)))h＋v\o\al(2,0)).(3)粒子做勻速圓周運動，電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡如下圖：E′q＝mg，解得，E′＝eq\f(mg,q)，方向豎直向下，要使帶電質(zhì)點經(jīng)過x軸，軌跡的直徑：2r＝eq\f(0.6h,cos53°)＝h，由牛頓第二定律得，qv0B′＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得，B′＝eq\f(2mv0,qh)，帶電質(zhì)點的運動周期為T＝eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(πh,v0)，質(zhì)點經(jīng)半個周期第一次通過x軸，以后每經(jīng)過整周期又經(jīng)過x軸．經(jīng)過x軸的時間為，t＝eq\f(1,2)T＋nT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋n))eq\f(πh,v0)(n＝1、2、3…)．答案：(1)eq\f(4mg,5q)eq\f(3mg,5qv0)(2)eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(qE0,m)))h＋v\o\al(2,0))(3)E′＝eq\f(mg,q)，方向豎直向下B′＝eq\f(2mv0,qh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋n))eq\f(πh,v0)(n＝1、2、3…)5．(2022屆新鄉(xiāng)、許昌、平頂山高三調(diào)研)如下圖，在y軸左側(cè)的區(qū)域內(nèi)存在方向與x軸同向的勻強電場，電場強度為E.在y軸右側(cè)以原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面并指向紙面里，磁感應強度為B.x軸上的A點與O點的距離為d.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從O點射入磁場．不計粒子的重力作用．(1)求粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(2)要使粒子進入磁場之后不再經(jīng)過y軸，電場強度需大于或等于某個值E0，求E0；(3)假設電場強度E等于第(2)問中E0的eq\f(2,3)，求粒子經(jīng)過y軸時的位置．解析：(1)帶電粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理得，qEd＝eq\f(1,2)mv2－0，進入磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，解得，r＝eq\f(\r(2mqEd),qB).(2)要使粒子之后恰好不再經(jīng)過y軸，那么離開磁場時的速度方向與x軸平行，根據(jù)幾何關(guān)系可知，r＝eq\f(\r(2),2)R，解得，E0＝eq\f(qB2R2,4md).(3)假設電場強度E等于第(2)問E0的eq\f(2,3)，粒子在磁場中運動的軌跡半徑r′＝eq\f(R,\r(3))，畫出粒子的運動軌跡如下圖：cosα＝eq\f(\f(R,2),r′)＝eq\f(\r(3),2)，解得，α＝30°，β＝2α＝60°，粒子第一次經(jīng)過y軸時的位置坐標為，y1＝r′＋eq\f(r′,cosβ)，解得，y1＝eq\r(3)R，此后粒子進入電場中，做類平拋運動，設在電場中運動的時間為t，沿y軸方向上又運動的距離為Δy，那么有：Δy＝vsinα·t，vcosα＝aeq\f(t,2)，解得，Δy＝eq\r(3)d，那么粒子第二次經(jīng)過y軸時的位置坐標為：y2＝eq\r(3)(R＋d)．答案：(1)eq\f(\r(2mqEd),qB)(2)eq\f(qB2R2,4md)(3)eq\r(3)(R＋d)6．(2022屆揭陽期末)兩塊板長為L＝1.4m，間距d＝0.3m水平放置的平行板，板間加有垂直于紙面向里，B＝1.25T的勻強磁場，如圖1所示，在兩極板間加上如圖2所示電壓，當t＝0時，有一質(zhì)量m＝2×10－15kg，電量q＝1×10－10C帶正電荷的粒子，以速度v0＝4×(1)畫出粒子在板間的運動軌跡；(2)求在兩極板間運動的時間．解析：(1)電場力qE＝5×10－7N，方向向下，洛倫茲力qvB＝5×10－7N，方向向上，故在有電場的時間段內(nèi)，粒子受力平衡做勻速直線運動，沒有電場的情況下，粒子做勻速圓周運動.第一個10－4s有電場，粒子做勻速直線運動，位移為x＝v0t＝0.4m，第二個10－4s無電場，粒子做勻速圓周運動，周期為T＝eq\f(2πm,qB)＝1×10－4s，半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝6.4×10－2m，那么R＜eq\f(d,2)，不會碰到板，粒子可以轉(zhuǎn)一周，以后重復上述運動，粒子可在磁場里做三個完整的圓周運動，其軌跡如下圖：(2)直線運動的時間段為n＝eq\f(L,x)＝eq\f(1.4,0.4)＝3.5，圓周運動的圈數(shù)為3圈，故運動時間為T′＝3.5t＋3T＝6.5×10－4s.答案：(1)見解析(2)6.5×10－4s7．(2022屆杭州西湖中學月考)如下圖，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L.質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮．(1)假設k＝1，求勻強電場的電場強度E；(2)假設2＜k＜3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應強度B與k的關(guān)系式．解析：(1)粒子在電場中直線加速，根據(jù)動能定理得，qEd＝eq\f(1,2)mv2－0，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，在Ⅰ區(qū)內(nèi)，qvB0＝meq\f(v2,r)，當k＝1時，由幾何關(guān)系得，r＝L，聯(lián)立解得，E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md).(2)當2＜k＜3時，由題意可知粒子在Ⅱ區(qū)只能發(fā)生一次偏轉(zhuǎn)，軌跡如下圖：由幾何關(guān)系可知，(r－L)2＋(kL)2＝r2，解得，r＝eq\f(k2＋1,2)L，聯(lián)立解得，v＝eq\f(k2＋1qB0L,2m)，粒子在Ⅱ區(qū)洛倫茲力提供向心力，由對稱性及幾何關(guān)系可知，eq\f(k,3－k)＝eq\f(r,r1)，解得，r1＝eq\f(3－kk2＋1,2k)L，聯(lián)立解得，B＝eq\f(k,3－k)B0.答案：(1)eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md)(2)v＝eq\f(k2＋1qB0L,2m)B＝eq\f(k,3－k)B08.(2022屆杭州五校聯(lián)考)坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的區(qū)域內(nèi)分布有指向