您好,欢迎来到爱go旅游网。
搜索
您的当前位置:首页2019年高考物理热点题型归纳与整合带电粒子在组合场、复合场中的运动

2019年高考物理热点题型归纳与整合带电粒子在组合场、复合场中的运动

来源:爱go旅游网
2019年高考物理热点题型归纳与整合带电粒子在组合场、复合场中的运动

题型一 带电粒子在组合场中的运动

1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,电场、磁场交替出现. 2.分析思路

(1)划分过程:将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段,对不同的阶段选取不同的规律处理.

(2)找关键:确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键. (3)画运动轨迹:根据受力分析和运动分析,大致画出粒子的运动轨迹图,有利于形象、直观地解决问题.带

例1.在平面坐标系内,在第Ⅰ象限内有沿y轴负方向的匀强电场,在第Ⅰ、Ⅰ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。在y轴上A(0,L)处将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于x 轴正方向以速度v0射出,从x轴上M(2L,0)处离开电场进入磁场,再次到达x轴时刚好经过坐标原点O处。不计重力及其他作用。求:

(1)匀强电场的电场强度的大小E; (2)匀强磁场的磁感应强度的大小B。 【答案】(1)2𝑞𝐿 (2)𝑞𝐿0

【解析】(1)粒子在电场中只受电场力作用,做平抛运动,所以有:2𝐿=𝑣0𝑡;

𝑚𝑣02

𝑚𝑣

𝐿=×

2

1𝑞𝐸𝑚

×𝑡2,

𝑚𝑣022𝑞𝐿

解得:𝐸=;

2𝐿

0

(2)且由平抛运动的规律可知,粒子在电场中运动的时间为:𝑡=𝑣, 进入磁场时,速度v的水平分量为:vx=v0,竖直分量为:𝑣𝑦=𝑚×𝑣=𝑣0,

0

𝑞𝐸2𝐿

解得:v=√2v0;

粒子在磁场中只受洛伦兹力,在洛伦兹力的作用下作圆周运动,所以粒子运动轨迹如图所示, 则,粒子做圆周运动的半径为:R=√2L,

𝑚𝑣2𝑅

所以由洛伦兹力作向心力可得:Bvq=

𝑚𝑣

𝑚𝑣0𝑞𝐿

解得:𝐵=𝑞𝑅= 【易错点】将粒子的初速度当成进入磁场的速度。

例2.如图所示,在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度为E,在x轴的下方等腰三角形CDy区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场,磁感应强度为B,其中C,D在x轴上,它们到原点O的距离均为a,𝜃=45∘ 。现将一质量为m,带电量为q的带正电粒子,从y轴上的P点由静止释放,设P点到O点的距离为h,不计重力作用与空气阻力的影响。,下列说法正确的是( )

A. 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞2𝑚𝐸

,则粒子垂直Cy射出磁场

B. 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞2𝑚𝐸

,则粒子平行于x轴射出磁场

C. 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞8𝑚𝐸

,则粒子垂直Cy射出磁场

D. 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞8𝑚𝐸

,则粒子平行于x轴射出磁场

【答案】AD

B2a2q2mE

12

𝑣2𝑟

【解析】若h= ,则在电场中,由动能定理得: qEh= mv2;在磁场中,有qvB=m 联,

立解得:r=a,如图,根据几何知识可知粒子垂直Cy射出磁场,故A正确,B错误.若h=

1

B2a2q8mE

与上题同理可得:r=2a,则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场,故C错误,D正确.故选AD。

【易错点】没正确计算出粒子运动的半径。

例3.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xoy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xoy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为𝑙′,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条形区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; (2)求该粒子从M点射入时速度的大小;

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为6,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。

𝜋

【答案】(1)轨迹图如图所示:

𝑞

4√3𝐸𝑙′

𝐵2𝑙2(2)𝑣0=

2𝐸𝑙′𝐵𝑙

(3)𝑚=

; 𝑡′=

𝐵𝑙𝐸

(1+18𝑙′)

√3π𝑙

【解析】(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为

v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为𝜃(见图(b)),速度沿电场方向的分量为v1,根据牛顿第二定律有

qE=ma ①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量,由运动学公式有 v1=at ② 𝑙′=𝑣0𝑡   ③ 𝑣1=𝑣cos𝜃 ④

粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 𝑞𝑣𝐵=

𝑚𝑣2𝑅

由几何关系得 𝑙=2𝑅cos𝜃 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 𝑣0=

2𝐸𝑙′𝐵𝑙

(3)由运动学公式和题给数据得 𝑣1=𝑣0cot6 ⑧

π

联立①②③⑦⑧式得

𝑞𝑚

4√3𝐸𝑙′𝐵2𝑙2= ⑨

设粒子由M点运动到N点所用的时间为𝑡′,则

2(−)2π

ππ26

𝑡=2𝑡+

𝑇 ⑩

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期, 𝑇=

2π𝑚𝑞𝐵

由③⑦⑨⑩⑪式得 𝑡′=

𝐵𝑙𝐸

√3π𝑙

(1+18𝑙′) ⑫

【易错点】找不准几何关系。

例4.如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,MN间电压可以任意调节。当电压调到某一数值时,原来静止的某种带电粒子从点P经MN间电场加速后从小孔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为磁场边界上的绝缘板,它与N板的夹角为θ=30°,假设粒子打在绝缘板上即被吸收,孔Q到板的下端C的距离为L,当MN间电压为U0时,粒子恰好打在CD板上,已知带电粒子的电量为q,质量为m,粒子重力不计,则下列说法正确的是( )

𝑞𝐵2𝐿218𝑚

A. 要使粒子能打到绝缘板上,两极板间电压值最小值𝑈0=

√3 B. CD板上可能被击中区域的长度为3𝐿

C. 粒子在磁场中运动的最长时间𝑡𝑚=

𝜋𝑚𝑞𝐵

D. 能达到N板上粒子的最大动能𝐸𝑘𝑚=【答案】BCD

𝑞2𝐵2𝐿22𝑚

【解析】根据题设条件,轨迹恰好与CD相切于E点,如图所示,

𝑣2

由几何关系(r+L)sin30°=r,洛仑兹力提供向心力𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑟,在加速电场中由动能定理有:U0q=

12

mv2,联立以上式子可得:U0=

𝑞𝐵2𝐿22𝑚

,所以选项A错误;由于负粒子做逆时针方向圆周

运动,打到CD板上最上的位置为E点,CE=2Lcos30°=√3L;速度无穷大时,半径无穷大,进入磁场后,基本沿直线运动,打到最低的位置F,CF=cos300=长度为CE-CF=√3𝐿−

2√3√3𝐿=L,选项33

𝐿

2√3𝐿,所以打到3

CD板的

B正确;当粒子轨迹不与CD相切或相交时,粒子在

磁场中旋转半周,时间最长为半个周期,所以选项C正确;能达到N板的最大速度,对应粒子的最大半径,而打在N板上的最大半径是轨迹恰好与CD相切,r=L,即题目的已知条件的情况,最大动能是U0q=

q2B2L22m

,选项D正确。故选BCD。

【易错点】不能准确找到临界条件。

例5.如图所示,在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E.第三象限内存在匀强磁场Ⅰ,磁感应强度为B1,y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅰ,磁感应强度为B2=3 B1.Ⅰ、Ⅰ磁场的方向均垂直于纸面向里.一质量为m、电荷量为+q的粒子自P(-l,l)点由静止释放,沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ,接着以垂直于y轴的方向进入

磁场Ⅰ,不计粒子重力.下列说法正确的是( )

2𝑚𝐸𝑞𝑙

A. 磁场Ⅰ的磁感应强度B1=√

5𝜋3

𝑚𝑙

B. 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间t=

√2𝑞𝐸 3

C. 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴这段时间内的位移s=2l D. 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴这段时间内的位移s=3l 【答案】ABD

【解析】设粒子垂直于x轴进入磁场时的速度为v,由动能定理得:𝑞𝐸𝑙=𝑚𝑣2

2

𝑣2

1

2

由题意知,粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径R=l,由牛顿第二定律得:𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑙 解得:𝐵=√

2𝑚𝐸𝑞𝑙

,故A正确;

设粒子第二次进入磁场时的速度为v1,与x轴的夹角为θ,由动能定理得:

12

2𝑞𝐸𝑙=𝑚𝑣1

2解得:𝑣1=2√

𝑞𝐸𝑙𝑚

由tan𝜃=2tan𝛼=1,则𝜃=450 在磁场中做圆周运动的半径为R1, 根据𝑞𝑣1𝐵=𝑚

2𝑣1

𝑅1

解得:𝑅1=√2𝑙

由几何关系可得:粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间𝑡=

2

5𝜋3

√2𝑞𝐸,粒子从第一

𝑚𝑙

次经过y轴到第四次经过y轴这段时间内的位移𝑠=3𝑙,故B、D正确,C错误。 【易错点】几何关系不正确。

例6.如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:

(1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 【答案】(1)𝐵=𝑙𝑣(2)1:4

1

4𝑈

【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为

R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有

2

𝑞1𝑈=2𝑚1𝑣1①

1

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 𝑞1𝑣1𝐵=𝑚1

2𝑣1

𝑅1

由几何关系知 2𝑅1=𝑙③ 由①②③式得 𝐵=𝑙𝑣④

1

4𝑈

(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有

2𝑞2𝑈=𝑚2𝑣2⑤

21

𝑞2𝑣2𝐵=𝑚2𝑅2⑥

2

𝑣2

由题给条件有 2𝑅2=2⑦

由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为

𝑞1𝑚1

𝑙

:𝑚2=1:4⑧

2

𝑞

【易错点】不能准确求出速度。

例7.如图所示为质谱仪的结构原理图,若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核(不计重力),经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点,则氕、氘、氚原子核( )

A. 进入磁场时的速度相同 B. 在磁场中运动的时间相同 C. 在电场中加速的时间相同

D. 打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为(√2−1):(√3−√2) 【答案】D

【解析】设原子核的电荷量为q,质量为m,加速电压为U,磁感应强度大小为B,原子核在电场中加速时有𝑞𝑈=𝑚𝑣2,得𝑣=√

21

2𝑞𝑈𝑚

,结合𝑣=𝑎𝑡=

𝑞𝐸

𝑡,得加速时间𝑡=√𝑚𝐸

12𝑚𝑈𝑞

由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同,质量不同,所以三种原子核进入磁场时的速度不同,在电场中的加速时间不同。故AC两项错误。原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期𝑇=

2𝜋𝑚𝑞𝐵

,原子核在磁场中的运动时间𝑡2=

𝑇2

=

𝜋𝑚𝑞𝐵

,由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同,质量不同,三种原子核在磁场中运动的时间不同。故B项错误。原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径𝑟=

𝑚𝑣𝑞𝐵

=𝐵√

12𝑚𝑈𝑞

,氕、氘、氚原子核的电荷量相同,质量之比为1:2:3,所

以氕、氘、氚在磁场中磁场中运动的半径之比为1:√2:√3,打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为(√2−1):(√3−√2)。故D项正确。 【易错点】不能分析清楚粒子的运动状态。

题型二 电粒子在复合场中运动

1.正确的受力分析

除重力、弹力和摩擦力外,要特别注意电场力和磁场力的分析. 2.正确分析物体的运动状态

找出物体的速度、位置及其变化特点,分析运动过程.如果出现临界状态,要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子的受力情况.

(1)当粒子在复合场内所受合力为零时,做匀速直线运动(如速度选择器).

(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向,洛伦兹力提供向心力时,带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.

(3)当带电粒子所受的合力是变力,且与初速度方向不在一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线,由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区,因此粒子的运动情况也发生相应的变化,其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成.

例8.磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应,下列判断正确的是( )

A. 上板为正极,电流𝐼=

𝐵𝑑𝑣𝑎𝑏𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑑

B. 上板为负极,电流𝐼=𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑏 C. 下板为正极,电流𝐼=

𝐵𝑑𝑣𝑎𝑏𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑑

𝐵𝑣𝑎𝑑2

D. 下板为负极,电流𝐼=𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑏 【答案】C

【解析】根据左手定则,正电荷受到的洛伦兹力方向向下,负电荷受到的洛伦兹力向上,因

𝐵𝑣𝑎𝑑2

此下极板为电源的正极,根据平衡有𝑞𝑣𝐵=𝑞,解得稳定时电源的电动势𝐸=𝐵𝑑𝑣,则流

𝑑

𝐸

过R的电流为𝐼=

𝐸𝑅+𝑟

,而𝑟=𝜌,𝑆=𝑎𝑏,则得电流大小为𝐼=

𝑆

𝑑𝐵𝑑𝑣𝑎𝑏𝑎𝑏𝑅+𝜌𝑑

,C正确.

【易错点】不能正确算出电源的内阻。

例9.如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出).一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g.则( )

A. 匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外 B. 小球一定带正电荷 C. 电场强度大小为

𝑚𝑔𝑞

𝑚𝑔

D. 磁感应强度的大小为𝑞𝑣 【答案】C

【解析】小球做匀速直线运动,受到的合力为零,假设小球带正电,则小球的受力情况如图1所示,小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知;小球受到的重力、电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡,小球不可能做匀速直线运动,假设不成立,小球带负电。故B项错误。

小球带负电的受力情况如图2所示。小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方,根据左手定则,匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里。故A项错误。由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°,据几何关系可得:𝑞𝐸=𝑚𝑔、𝑞𝑣𝐵=2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°=√3𝑚𝑔,解得:𝐸=

𝑚𝑔𝑞

、𝐵=

√3𝑚𝑔。故𝑞𝑣

C项正确,D项错误。

【易错点】不能正确进行受力分析。

例10.在竖直放置固定的光滑绝缘圆环中,套有一个带电-q、质量m的小环,整个装置放在如图所示的正交匀强电磁场中,磁感应强度大小为B,电场𝐸=小环从大环顶端无初速度下滑时,则小环 ( )

3𝑚𝑔4𝑞

,重力加速度为g.当

A. 运动到最低点的速度最大 B. 不能做完整的圆周运动 C. 对轨道最大压力为𝑁=

234

𝑚𝑔

3

D. 受到的最大洛仑兹力𝑓=2𝑞𝐵√2𝑔𝑅 【答案】BD

【解析】将重力场和电场等效为一个等效场,只有运动到等效最低点速度才最大,故A错误。由能量守恒定律可知无法到达等效最高点,不能做完整的圆周运动,故B正确。由动

2

能定理可得𝑚𝑔𝑅+√(𝐸𝑞)2+(𝑚𝑔)2⋅𝑅=2𝑚𝑣max,解得𝑣max=2√2𝑔𝑅,受到的最大洛仑兹

1

3

力𝑓=𝑞𝐵√2𝑔𝑅,故D正确;C、在等效最低点由牛顿第二定律有𝑁−√(𝐸𝑞)2+(𝑚𝑔)2−𝑓=

2

2𝑚𝑣max

3

𝑅

,可知𝑁=

234

𝑚𝑔+𝑓,故C错误。故选BD。

【易错点】未正确找到速度的最大点。

例11.为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左、右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U,若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积),下列说法中正确的是( )

A. M板电势一定高于N板的电势

B. 污水中离子浓度越高,电压表的示数越大 C. 污水流动的速度越大,电压表的示数越大 D. 电压表的示数U与污水流量Q成正比 【答案】ACD

【解析】根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下,正离子所受洛伦兹力方向向上,所以M板电势一定高于N板的电势,故A正确;最终离子处于平衡,故电场力等于洛伦兹力,根据牛顿第二定律有𝑞𝑣𝐵=𝑞𝑐 ,解得𝑈=𝐵𝑣𝑐 ,所以与离子的浓度无关,与污水流动的速度成正比,故B项错误,C项正确。根据𝑣=𝐵𝑐 ,则流量𝑄=𝑣𝑏𝑐=𝐵𝑐𝑏𝑐=𝐵𝑏 ,即𝑈=

𝑈

𝑈

𝑈

𝑄𝐵𝑏

𝑈

故电压表示数与污水流量成正比,故D项正确。综上所述本题正确答案为ACD。 【易错点】不清楚流量计的原理。

例12.如图所示,水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B。在a点由静止释放一带正电的微粒,释放后微粒沿曲线acb运动,到达b点时速度为零,c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m,电荷量为q,重力加速度为g,不计微粒所受空气阻力,则下列说法中正确的是( )

A. 微粒在a点时加速度方向竖直向下 B. 微粒在c点时电势能最大 C. 微粒运动过程中的最大速率为

2(𝑚𝑔+𝑞𝐸)

𝑞𝐵

D. 微粒到达b点后将沿原路径返回a点 【答案】AC

【解析】微粒在a点时速度为零,不受洛伦兹力,只有重力和竖直向下的电场力,合力方向竖直向下,由牛顿第二定律知加速度方向竖直向下。故A正确。从a运动到c,电场力做正功,电势能减小。从c运动到b,电场力做负功,电势能增大,所以微粒在c点时电势能最小,故B错误。在a点,速度为零,分解为一左一右两个等大的速度,向右的分速度导致洛伦兹力与重力平衡,向左的分速度导致匀速圆周运动,故:𝑞𝑣𝐵=𝑞𝐸+𝑚𝑔,当两个分速度平行时,合速度最大,𝑣𝑚𝑎𝑥=2𝑣=2

𝑚𝑔+𝑞𝐸𝑞𝐵

,故C正确;微粒在b点的受力情况与a点

的受力情况相同,可知微粒到达b点后将相同轨迹向右做曲线运动,不可能沿原路径返回a点,故D错误;故选AC。

【易错点】受力分析不正确,忽略了重力。

例12 . 在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上,制作四个电极 E、F、M、N,它就成

了一个霍尔元件,如图所示。在E、F间通入恒定的电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,则薄片中的载流子(形成电流的自由电荷)就在洛伦兹力的作用下,向着与电流和磁场都垂直的方向漂移,使M、N 间出现了电压,称为霍尔电压UH。可以证明UH=kIB/d,k为霍尔系数,它的大小与薄片的材料有关。下列说法正确的是( )

A. 若M的电势高于N的电势,则载流子带正电

B. 霍尔系数k较大的材料,其内部单位体积内的载流子数目较多 C. 借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度) D. 霍尔电压UH越大,载流子受到磁场的洛仑兹力越小 【答案】C

【解析】根据左手定则可知正流子向N偏转,即N带正电,N的电势高于M的电势,A错误;设上下两个表面相距为L,电子所受的电场力等于洛仑兹力𝑒

𝑈𝐻𝐿

=𝑒𝑣𝐵,设材料单位体

𝐵𝐼

1

积内电子的个数为n,材料截面积为S,𝐼=𝑛𝑒𝑆𝑣,𝑆=𝑑𝐿,联立解得:𝑈𝐻=𝑛𝑒𝑑,令𝑘=𝑛𝑒,则𝑈𝐻=𝑘𝑑,所以根据𝑘=𝑛𝑒可知单位体积内的载流子数目,随着霍尔系数越大,而越小,B错误;根据𝑈𝐻=

𝑘𝐼𝐵𝑑

𝐵𝐼

1

可得𝐵=

𝑈𝐻𝑑𝑘𝐼

,故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁𝑈𝐻𝐿

感应强度),C正确;载流子受到的洛伦兹力𝐹=𝑒场的洛仑兹力越大,D错误.

【易错点】电子洛伦兹力方向判断不正确。

,霍尔电压UH越大,载流子受到磁

例13.如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中,电场方向竖直向上,磁场方向垂直于纸

面向里,带电粒子B静止在正交的电磁场中,另一带电粒子A以一定的水平速度沿直线向右运动,与粒子B碰撞后粘在一起,碰撞过程中粒子的电荷量没有损失,两个粒子的质量相等,则下列说法正确的是( )

A. 粒子A带负电,粒子B带正电

B. 粒子A的带电量一定小于粒子B的带电量 C. 两粒子碰撞后仍沿直线运动 D. 两粒子碰撞后会做向上偏转运动 【答案】BD

【解析】粒子B静止在电磁场中,则𝑞𝐵𝐸=𝑚𝐵𝑔,且粒子B带正电,粒子A以一定的水平速度在正交的电磁场中沿直线向右运动,则粒子A也带正电,有𝑞𝐴𝐸+𝑞𝐴𝑣0𝐵=𝑚𝐴𝑔,联立上面两式得:𝑞𝐴𝐸+𝑞𝐴𝑣0𝐵=𝑞𝐵𝐸,则粒子A的带电量小于粒子B的带电量,选项A错误、B正确;根据动量守恒定律有𝑚𝐴𝑣0=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣,则𝑣=𝑣0,由于(𝑞𝐴+𝑞𝐵)𝐸+(𝑞𝐴+

21

𝑞𝐵)×2𝑣0𝐵 >(qA+qB)E+qA𝑣0𝐵=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔,因此碰撞后粒子会做向上的偏转运动,选项C错误、D正确。故本题选BD。 【易错点】没有运用动量守恒定律。

例14.如图所示,在平面直角坐标系中AO是∠xOy的角平分线,x轴上方存在水平向左的匀强电场,下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,两电场的电场强度大小相等.一质量为m、电荷量为+q的质点从OA上的M点由静止释放,质点恰能沿AO运动而通过O点,经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C,D均未画出).已知OD=OM,匀强磁场的磁感应强度大小为B= (T),重力加速度为g=10 m/s.求:

2

1

(1)两匀强电场的电场强度E的大小; (2)OM的长度L;

(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.

【答案】(1) (2)20 m或m (3)7.71 s或6.38 s

【解析】试题分析:质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动,结合力学关系即可求出电场强度,点在x轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,结合运动学知识及平抛规律即可解题,运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。

质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动,

所以有mg=qE,即Emg q(2)质点在x轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限

v2后做类平抛运动,其轨迹如图所示.有Bqvm

r

2

由运动学规律知v=2aL,a2g

设粒子从C点运动到D点所用时间为t3, 由类平抛运动规律知

R=vt3,R3L12at3 42202m 9联立解得:L202m或

(3)质点做匀加速直线运动有L12at1 2得t1=2 s或

2s 3质点做匀速圆周运动有t232m4.71s 4qB质点做类平抛运动有R=vt3,得t3=1 s 质点从M点出发到击中D点所经历的时间为:

t=t1+t2+t3=7.71 s或6.38 s.

【点评】:本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动,画出粒子轨迹,再结合数学知识即可解题。

例15.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动,某装置可用于气体中某些有害离子进行收集,如图1所示。Ⅰ区为加速区,Ⅱ区为离子收集区,其原理是通过板间的电场或磁场使离子偏转并吸附到极板上,达到收集的目的。已知金属极板CE、DF长均为d,间距也为d,AB、CD间的电势差为U,假设质量为m、电荷量为q的大量正离子在AB极均匀分布。离子由静止开始加速进入收集Ⅱ区域,Ⅱ区域板间有匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,离子恰好沿直线通过Ⅱ区域;且只撤去电场时,恰好无离子从Ⅱ区域间射出,收集效率(打在极板上的离子占离子总数的百分比)为100%,(不考虑离子间的相互作用力、重力和极板边缘效应)。

(1)求离子到达Ⅱ区域速度大小;

(2)求Ⅱ区域磁感应强度B的大小

(3)若撤去Ⅱ区域磁场,只保留原来的电场,则装置的收集效率是多少?

(4)现撤去Ⅱ区域的电场,保留磁场但磁感应强度大小可调。假设AB极上有两种正离子,质量分别为m1、m2,且m1≤4m2,电荷量均为q1。现将两种离子完全分离,同时收集更多的离子,需在CD边上放置一探测板CP(离子必须打在探测板上),如图2所示。在探测板下端留有狭缝PD,离子只能通过狭缝进入磁场进行分离,试求狭缝PD宽度的最大值。

【答案】(1)v=2qU1(2)B=mdm1m22mU(3)50%(4)xd q2m1m2【解析】(1)离子在Ⅰ区域初速度为0开始加速,由动能定理:qU=1mv2 2可得v=2qU m(2)进入DF极板的离子恰好不从极板射出,确定圆心;尘埃在磁场中的半径r=d,如图所示;

v2磁场中洛伦磁力提供向心力: qvB=m

r B=1d2mU q(3)电场、磁场同时存在时,尘埃匀速直线,满足:qE=qvB

撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛,假设距离DF极板y的粒子恰好离开电场:

由平抛运动规律:y=

12at,d=vt 2解得:y=0.5d

当y>0.5d时,时间更长,水平位移x>d,即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场, 则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比

d0.5d100%50% dv2(4)设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2,根据洛伦兹力做向心力得qvB=m

R代入得:R112Um1 Bq1R212Um2

Bq1R1m1 R2m2则半径关系为

因为m1≤4m2,则有R1≤2R2,此时狭缝最大值x同时满足(如图所示)

x=2R1-2R2

d=2R1+ x

解得:xm1m22m1m2d

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容

Copyright © 2019- igat.cn 版权所有 赣ICP备2024042791号-1

违法及侵权请联系:TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com

本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务