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步步高届高考物理一轮复习配套文档:第八章 单元小结练 带电粒子在叠加场、组合场中的运动[ 高考]


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单元小结练 带电粒子在叠加场、组合场中的运动

(限时:45 分钟)

1.如图所示,虚线空间中存在由匀强电场 E 和匀强磁场 B 组成的正交或平行的电场和磁场,

有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为 m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高

度自由落下,那么,带电小球可能沿直线通过的是

()

答案 CD 解析 带电小球进入复合场时受力情况:

其中只有 C、D 两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同,所以有可能沿直线通

过复合场区域,A 项中力 qvB 随速度 v 的增大而增大,所以三力的合力不会总保持在

竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,做曲线运动,所以 A 错.

2.如图 1 所示,一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向 A 极板,为了使电子束

沿射入方向做直线运动,可采用的方法是

()

图1 A.将变阻器滑动头 P 向右滑动 B.将变阻器滑动头 P 向左滑动 C.将极板间距离适当减小 D.将极板间距离适当增大 答案 D
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解析 电子射入极板间后,偏向 A 板,说明 Eq>Bvq,由 E=Ud 可知,减小场强 E 的方

法有增大板间距离和减小板间电压,故 C 错误,D 正确;而移动滑动头 P 并不能改变

板间电压,故 A、B 均错误.

3.导体导电是导体中的自由电荷定向移动的结果,这些可以移动的电荷又叫载流子,例如

金属导体中的载流子就是自由电子.现代广泛应用的半导体材料可以分成两大类,一类

是 N 型半导体,它的载流子为电子;另一类为 P 型半导体,它的载流子是“空穴”(相

当于带正电的粒子).如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中,磁场方向如图 2

所示,且与前、后侧面垂直.长方体中通有水平向右的电流,测得长方体的上、下表面

M、N 的电势分别为 φM、φN,则该种材料

()

图2

A.如果是 P 型半导体,有 φM>φN B.如果是 N 型半导体,有 φM<φN C.如果是 P 型半导体,有 φM<φN D.如果是金属导体,有 φM<φN 答案 C

解析 如果是 P 型半导体,它的载流子是“空穴”,由左手定则可知,“空穴”受到

的洛伦兹力指向 N,“空穴”偏向 N,有 φM<φN,选项 A 错误,C 正确.如果是 N 型 半导体,它的载流子是电子,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力指向 N,电子偏向

N,有 φM>φN,选项 B 错误.如果是金属导体,它的载流子是电子,由左手定则可知, 电子受到的洛伦兹力指向 N,电子向 N 偏移,有 φM>φN,选项 D 错误.

4.如图 3 所示的虚线区域内,存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一

带电粒子 a(不计重力)以一定的初速度由左边界的 O 点射入磁场、电场区域,恰好沿直

线由区域右边界的 O′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,

另一个同样的粒子 b(不计重力)仍以相同初速度由 O 点射入,从区域右边界穿出,则粒

子b

()

图3
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A.穿出位置一定在 O′点下方

B.穿出位置一定在 O′点上方

C.在电场中运动时,电势能一定减小

D.在电场中运动时,动能一定减小

答案 C

解析 a 粒子要在电场、磁场的复合场区内域做直线运动,则该粒子一定沿水平方向做

匀速直线运动,故对粒子 a 有:Bqv=Eq,即只要满足 E=Bv 无论粒子带正电还是负电,

粒子都可以沿直线穿出复合场区域;当撤去磁场只保留电场时,粒子 b 由于电性不确定,

故无法判断从 O′点的上方还是下方穿出,选项 A、B 错误;粒子 b 在穿过电场区域的

过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动,电场力做正功,其电势能减小,动能增

大,故 C 项正确,D 项错误.

5.利用如图 4 所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数 n,现测得一块横

截面为矩形的金属导体的宽为 b,厚为 d,并加有与侧面垂直的匀强磁场 B,当通以图

示方向电流 I 时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为 U.已知自由电子的电荷

量为 e,则下列判断正确的是

()

图4

A.上表面电势高

B.下表面电势高

C.该导体单位体积内的自由电子数为edIb

D.该导体单位体积内的自由电子数为eBUIb

答案 BD

解析 画出平面图如图所示,由左手定则可知,自由电子向上表面

偏转,故下表面电势高,A 错误,B 正确.再根据 eUd =evB,I=neSv

=nebdv 得 n=eBUIb,故 D 正确,C 错误.

6.如图 5 所示,两导体板水平放置,两板间电势差为 U,带电粒子以某一初速度 v0 沿平行 于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀

强磁场,则粒子射入磁场和射出磁场的 M、N 两点间的距离 d 随着 U 和 v0 的变化情况



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图5 A.d 随 v0 增大而增大,d 与 U 无关 B.d 随 v0 增大而增大,d 随 U 增大而增大 C.d 随 U 增大而增大,d 与 v0 无关 D.d 随 v0 增大而增大,d 随 U 增大而减小 答案 A 解析 设粒子从 M 点进入磁场时的速度大小为 v,该速度与水平方向的夹角为 θ,故有 v=covs0 θ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为 r=mqBv.而 MN 之间的距离为 d=2rcos θ. 联立解得 d=2mqBv0,故选项 A 正确. 7.如图 6 所示,在 xOy 坐标系中,x 轴上的 N 点到 O 点的距离是 12 cm,虚线 NP 与 x 轴 负向的夹角是 30°.第Ⅰ象限内 NP 的上方有匀强磁场,磁感应强度 B=1 T,第Ⅳ象限内 有匀强电场,方向沿 y 轴正向.将一质量 m=8×10-10 kg、电荷量 q=1×10-4 C 带正 电粒子,从电场中 M(12,-8)点由静止释放,经电场加速后从 N 点进入磁场,又从 y 轴上 P 点穿出磁场.不计粒子重力,取 π=3,求:
图6 (1)粒子在磁场中运动的速度 v; (2)粒子在磁场中运动的时间 t; (3)匀强电场的电场强度 E. 答案 (1)104 m/s (2)1.6×10-5 s (3)5×103 V/m 解析 (1)粒子在磁场中的轨迹如图,由几何关系得粒子做圆周运 动的轨道半径 R=23×12 cm=0.08 m 由 qvB=mvR2得 v=104 m/s (2)粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为 120°,则有
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t=132600°°×2qπBm=1.6×10-5 s (3)由 qEd=12mv2 得 E=m2qvd2=5×103 V/m 8.如图 7 所示,M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压可取从零到某一 最大值之间的任一数值.静止的带电粒子带电荷量为+q,质量为 m(不计重力),从靠 近 M 板的 P 点经电场加速后,从小孔 Q 进入 N 板右侧的匀强磁场区域,磁感应强度大 小为 B,方向垂直于纸面向外,CD 为磁场边界上的一绝缘板,它与 N 板的夹角为 θ= 45°,孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L,当 M、N 两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打 在 CD 板上,求:

图7

(1)两板间电压的最大值 Um;

(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度 s;

(3)粒子在磁场中运动的最长时间 tm.

答案

qB2L2 (1) 2m

(2)(2- 2)L

πm (3)Bq

解析 (1)M、N 两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在 CD 板上,

所以圆心在 C 点,如图所示,CH=QC=L 故半径 r1=L 又因为 qv1B=mvr121 且 qUm=12mv21,所以 Um=qB2m2L2.

(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与 CD 板相切于 K 点,此轨迹的半径为 r2,设圆心为 A, 在△AKC 中:

sin 45°=L-r2r2

解得 r2=( 2-1)L,即 KC =r2=( 2-1)L

所以 CD 板上可能被粒子打中的区域的长度 s= HK ,即

s=r1-r2=(2- 2)L

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(3)打在 Q、E 间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期,所以 tm=T2=πBmq. 9.中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在 1945 年首次通过实验观察到正、负
电子的弹性碰撞过程.有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这 一过程.实验设计原理如下:在如图 8 所示的 xOy 平面内,A、C 二小孔距原点的距离 均为 L,每隔一定的时间源源不断地分别从 A 孔射入正电子,C 孔射入负电子,初速度 均为 v0,方向垂直 x 轴,正、负电子的质量均为 m,电荷量均为 e(忽略电子之间的相互 作用).在 y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场,在 y 轴的右侧区域加一垂直纸面 的匀强磁场(图中未画出),要使正、负电子在 y 轴上的 P(0,L)处相碰.求:
图8 (1)电场强度 E 的大小;磁感应强度 B 的大小及方向; (2)P 点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差 Δt. 答案 见解析 解析 (1)对 A 处进入的正电子,由类平抛运动规律得: L=v0tA L=12at2A=2Eme tA2 得 E=2meLv20 对 C 处进入的负电子,由牛顿第二定律得 ev0B=mLv20 B=meLv0,方向垂直纸面向外 (2)设 P 点相碰的正、负电子的动能分别为 EkA、EkC.对 A 处进入的正电子,由动能定理 得: EeL=EkA-m2v20,所以 EkA=5m2v20,故 EEkkCA=51 从 C 进入的负电子运动的时间为 tC=39600°°×2vπ0L=2πvL0 从 A 进入的正电子运动的时间 tA=vL0 Δt=tC-tA,得 Δt=2πvL0-vL0=?π-2v20?L
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