（通用版）2023高考物理二輪復(fù)習第1部分核心突破專題3電場和磁場第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運動演練

PAGEPAGE2第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．(2022·浙江嘉興期末)英國物理學(xué)家阿斯頓因首次制成質(zhì)譜議，并用此對同位素進行了研究，因此榮獲了1922年的諾貝爾化學(xué)獎．假設(shè)速度相同的同一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如下圖，那么以下說法中正確的選項是(AD)A．該束帶電粒子帶正電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小解析：根據(jù)粒子在磁場中的運動軌道，由左手定那么可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在正交場中，受向上的洛倫茲力，故電場力向下，即速度選擇器的P1極板帶正電，選項B錯誤，根據(jù)R＝eq\f(mv,qB)可知，在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量與電荷量的比值越大，或者比荷eq\f(q,m)越小，選項C錯誤，D正確．2．(2022·長沙一中月考五)如圖是利用金屬做成的霍爾元件的工作原理圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通如下圖方向的電流I，那么C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，以下說法正確的選項是(AC)A．電勢差UCD與導(dǎo)體本身的材料有關(guān)B．電勢差UCD大于0C．僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差UCD變大D．在測定地球赤道上方的地磁場弱時，元件的工作面應(yīng)水平放置解析：電勢差UCD與磁感應(yīng)強度B、材料有關(guān)，A正確，霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定那么可知，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，那么電勢差UCD＜0，B錯誤；僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差UCD變大，C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直，D錯誤．3．(2022·湖南雅禮中學(xué)月考四)如下圖，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強電場E1和垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強電場E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均，重力加速度為g，那么(BD)A．微粒一定帶負電 B．電場強度E2一定豎直向上C．兩電場強度之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(4,3) D．微粒的初速度為v＝eq\f(5mg,4Bq)解析：微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，那么微粒做勻速直線運動，由左手定那么及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A錯誤；此時有qE1＝mgtan37°，微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，B正確；由以上分析可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,4)，C錯誤；AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝eq\f(5mg,4Bq)，D正確．4．(2022·浙江嘉興期末檢測)洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈(也叫亥姆霍茲線圈)、洛倫茲力管和電源控制局部組成的．勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產(chǎn)生(垂直于線圈平面的)勻強磁場．洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內(nèi)有電子槍，能夠連續(xù)發(fā)射出電子，玻璃泡內(nèi)充滿稀薄氣體，電子在玻璃泡內(nèi)運動時，可以顯示出電子運動的徑跡，其結(jié)構(gòu)如下圖．現(xiàn)給勵磁線圈通電，電子槍垂直磁場方向向左發(fā)射電子，恰好形成如“結(jié)構(gòu)示意圖〞所示的圓形徑跡，那么(BD)A．勵磁線圈通道有逆時針方向的電流B．假設(shè)只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡半徑增大C．假設(shè)只增大勵磁圈中的電流，可以使電子流的圓形徑跡半徑增大D．假設(shè)電子的比荷，燈絲發(fā)出的電子的初速為零，加速電壓為U，那么可通過測量圓形徑跡的直徑來估算兩線圓間的磁感應(yīng)強度解析：電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)左手定那么可知，電子所在磁場的方向垂直紙面向里，根據(jù)安培定那么可知：勵磁線圈通有順時針方向的電流，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得R＝eq\f(mv,eB)，欲增大圓形半徑R，可減小B，即只減小勵磁線圈的電流，選項C錯誤；欲增大圓形徑跡半徑R，可增大v，根據(jù)動能定理eU＝eq\f(1,2)mv2可知只增大加速電壓，可增大v，選項B正確；根據(jù)上述兩式可得B＝eq\f(mv,eR)＝eq\f(\r(2meU),eR)＝eq\r(\f(2mU,eR2))，選項D正確．5．如下圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為eq\f(3,5)R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．假設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小．解析：粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvB＝meq\f(v2,r)，式中v為粒子在a點的速度．過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點．由幾何關(guān)系知，線段ac、bc和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此ac＝bc＝r.設(shè)cd＝x，由幾何關(guān)系ac＝eq\f(4,5)R＋x，bc＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2).聯(lián)立②③④式得r＝eq\f(7,5)R.再考慮粒子在電場中的運動．設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma.粒子在電場方向和直線方向運動的距離均為r，由運動學(xué)公式得r＝eq\f(1,2)at2，r＝vt，式中t是粒子在電場中運動的時間．聯(lián)立解得E＝eq\f(14qRB2,5m).答案：eq\f(14qRB2,5m)6．(2022·重慶卷)右圖為某種離子加速器的設(shè)計方案．兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場．其中MN和M′N′是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P為靶點，O′P＝kd(k為大于1的整數(shù))．極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)O′進入磁場區(qū)域．當離子打到極板上O′N′區(qū)域(含N′點)或外殼上時將會被吸收．兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過．忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力．求：(1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大?。?2)能使離子打到P點的磁感應(yīng)強度的所有可能值；(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間．解析：(1)離子在電場中加速一次的速度為v，由動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，能打到P點，那么2r＝kd聯(lián)立以上幾式得B＝eq\f(2\r(2Uqm),qkd)(2)離子可以n次被加速做圓周運動最終打到P點，那么有nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)最后做圓周運動的半徑應(yīng)滿足2rn＝kd由qvnB＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)得B＝eq\f(2\r(2nUqm),qkd)當離子經(jīng)過第一次加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)解得r1＝eq\f(kd,2\r(n))，由于eq\f(d,2)<r1≤eq\f(kd,2)，故1≤n<k2，且n為整數(shù)，所以n＝1,2,3，……，k2－1.磁感應(yīng)強度應(yīng)為B＝eq\f(2\r(2nUqm),qkd)(n＝1,2,3，…，k2－1)(3)離子在磁場中圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，離子加速n次后在磁場中運動的總時間tB＝(n－eq\f(1,2))T當n＝k2－1時離子的能量最大，代入此時的B，得運動時間tB＝eq\f(2k2－3πmkd,2\r(2Uqmk2－1))離子在電場中運動時，可以連接起來一起看是初速度為零的勻加速直線運動，有nh＝eq\f(vn,2)tE加速運動階段應(yīng)用動能定理nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，在電場中運動的時間tE＝heq\r(\f(2k2－1m,qU))答案：(1)eq\f(2\r(2Uqm),qkd)(2)2eq\f(\r(2nUqm),qkd)(n＝1,2,3，…，k2－1)(3)電場中運動的時間heq\r(\f(2k2－1m,qU))磁場中運動的時間eq\f(2k2－3πmdk,2\r(2Uqmk2－1))7．(2022·山東卷)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為量．(1)假設(shè)Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0.(2)假設(shè)Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。?3)假設(shè)B0＝eq\f(4mv0,qd)，為使粒子仍垂直打在P板上，求TB．解析：(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1)據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d，聯(lián)立上式得B0＝eq\f(mv0,qd)(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝eq\f(v\o\al(2,0),R2)據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d，解得a＝eq\f(3v\o\al(2,0),d).(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得，T＝eq\f(2πR,v0)由牛頓第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)由題意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入上式得d＝4R粒子運動軌跡如下圖，O1、O2為圓心，O1、O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0＜θ＜eq\f(π,2)，由題意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2)設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3，…)假設(shè)在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d當n＝0時，無解當n＝1時，聯(lián)立解得θ＝eq\f(π,6)(或sinθ＝eq\f(1,2))得TB＝eq\f(πd,3v0)當n≥2時，不滿足0＜θ＜90°的要求假設(shè)在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d當n＝0時，無