高考物理三轮复习简易通(新课标)三级排查大提分Word版训练：专题九带电粒子在电磁场中的运动.docx

高中物理学习材料
桑水制作
专题九带电粒子在电磁场中的运动
一、选择题
1．(仿2013安徽高考，15T)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图6所示为垂直于导线的截面图．在如图6所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN夹角为θ.
若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，单根导线中的电流在M 处产生的磁感应强度为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是( )．
图6
A．M点和N点的磁感应强度方向一定相反
B．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cos θ
C．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sin θ
D．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
解析如图所示，导线a(或b)在M处的磁感应强度大小为B0，方向垂直于aM(或bM)，与OM的夹角相等，因而合磁感应强度大小为2B
sin(90°－θ)
＝2B0cos θ，方向与OM垂直且向下(或向上)，选项A、B正确；导线a、b 在O点的磁感应强度方向分别为沿ON和OM且大小相等，合磁感应强度为零，选项D错误．
答案AB
2．(仿2013新课标全国高考Ⅰ，18T)如图7所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t，若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径方向入射，粒子飞出此区域时，速度方
向偏转了π
3
，根据上述条件可求得的物理量为( )．
图7
A．带电粒子的初速度
B．带电粒子在磁场中运动的半径C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的比荷
解析无磁场时t＝2r
v
(r、v0未知)，有磁场时R＝3r＝
mv
qB
，运动时间t′
＝1
6
T＝
πm
3qB
.由此解得：
q
m
＝
23
3Bt
，t′＝
3
6
πt，T＝3πt.故C、D正确．
答案CD
3．(仿2013新课标全国高考Ⅱ，17T)如图8所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是( )．
图8
A．增大加速电压
B．增加偏转磁场的磁感应强度
C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些
D．将圆形磁场的半径增大些
解析增大加速电压，电子射入磁场区域的速度增大，根据电子在磁场中做
圆周运动的半径公式r＝mv
Bq
可知，半径增大，偏转角减小，电子将回到P点，
故A可行．B越大，半径越小，偏转角越大，会打到P点外侧．把圆形磁场区域向屏幕靠近些，粒子的偏转角不变，水平位移减小，粒子竖直偏转量减小，C可行．磁场半径越大，偏转角越大．
答案AC
4．(仿2013山东高考，21T(1))利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图9是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是( )．
图9
A．电势差U CD仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0
C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
解析当载流子q所受电场力q U
CD
d
(d为C、D两侧面距离)与洛伦兹力qvB相
等时，C、D两侧面会形成电势差U CD；根据电流的微观表达式有I＝nqvS，得
U CD ＝
BI
nqh
，其中n为单位体积内的载流子数目，h为元件的厚度；可见电势差
U
CD
与磁感应强度以及电流、材料均有关，A错，C对，若载流子是自由电子，电子将偏向C侧面运动，C侧面电势低，B对，地球赤道上方的地磁场方向水平，元件的工作面应保持竖直，D错．
答案BC
二、计算题
5．(仿2013安徽高考，23T)如图10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内的有界圆形匀强磁场区域(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轴上的A点，A点坐标为(－L,0)．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后方向恰好垂直于ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．(电
子的质量为m，电荷量为e，不考虑电子的重力和电子之间的相互作用．)求：
图10
(1)第二象限内电场强度E的大小．
(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ.
(3)圆形磁场的最小半径R min.
解析(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：
L＝1
2
×
eE
m
t2,2L＝vt，联立解得：E＝
mv2
2eL
.
(2)设电子到达C点的速度大小为v C，方向与y轴正方向的夹角为θ.
由动能定理得：1
2
mv2
C
－
1
2
mv2＝eEL
解得v C＝2v，cos θ＝v
v
C
＝
2
2
，所以θ＝45°
(3)电子的运动轨迹如图所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mv
C eB
电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，
则磁场最小半径R min＝PQ
2
＝r sin 60°
由以上两式可得R min＝
6mv 2eB
答案(1)mv2
2eL
(2)45°(3)
6mv
2eB
6．(仿2013山东高考，23T)如图11所示，aa′、bb′、cc′、dd′为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的竖直边界，三个区域的宽度相同，长度足够大，区域Ⅰ、Ⅲ内分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在竖直向下的匀强电场．一群速率不同的带正电的某种粒子，从边界aa′上的O处，沿着与Oa成30°角的方向射入Ⅰ区．速率小于某一值的粒子在Ⅰ区内运动时间均为t0；速率
为v0的粒子在Ⅰ区运动t
5
后进入Ⅱ区．已知Ⅰ区的磁感应强度的大小为B，
Ⅱ区的电场强度大小为2Bv0，不计粒子重力．求：
图11
(1)该种粒子的比荷q m ；
(2)区域Ⅰ的宽度d；
(3)速率为v0的粒子在Ⅱ区内运动的初、末位置间的电势差U；
(4)要使速率为v0的粒子进入Ⅲ区后能返回到Ⅰ区，Ⅲ区的磁感应强度B′的大小范围应为多少？
解析(1)速率小于某一值的粒子在区域Ⅰ中运动时间均为t0，这些粒子不能从bb′离开区域Ⅰ，其轨迹如图a所示(图中只画出某一速率粒子的轨迹)．粒子运动轨迹的圆心角为φ1＝300°①
t 0＝
300°
360°
T＝
5
6
T②
由牛顿第二定律得qvB＝mv2 R
③
T＝2πR v
④
得粒子的比荷q
m
＝
5π
3t0B
⑤
(2)设速率为v0的粒子在区域Ⅰ内运动轨迹所对圆心角为φ2，φ2＝1
5
φ
1
＝60
°⑥
由几何知识可知，穿出bb′时速度方向与bb′垂直，其轨迹如图b所示，设轨迹半径为R0，d＝R0sin φ2⑦
R 0＝mv
qB
区域Ⅰ的宽度d＝33v0t0 10π
⑧
(3)设速率为v0的粒子离开区域Ⅱ时的速度大小为v1，方向与边界cc′的夹角为φ3
水平方向有d＝v0t竖直方向有v y＝at⑨
a＝qE
m
＝
2qBv0
m
⑩
tan φ3＝v
v
y ⑪
v
1
＝2v0⑫
φ
3
＝30°⑬
由动能定理得qU＝1
2
mv2
1
－
1
2
mv2
⑭
U＝9t0Bv20 10π
⑮
(4)速率为v0的粒子在区域Ⅲ内做圆周运动，当Ⅲ区内的磁感应强度为B1时，粒子恰好不能从区域Ⅲ的边界dd′飞出，设其轨迹半径为r，则r(1＋cos φ3
)＝d⑯
r＝mv
1
qB
1
，解得B1＝
43＋6
3
B⑰
所以，粒子能返回Ⅰ区，B′的大小范围为B′≥43＋6
3
B⑱
答案(1)5π
3t0B
(2)
33v0t0
10π
(3)
9t0Bv20
10π
(4)B′≥43＋6
3
B。