新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題3電場(chǎng)與磁場(chǎng)微專題4帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

第一部分專題三微專題4A組·基礎(chǔ)練1.(2023·山東煙臺(tái)模擬)有一種磁強(qiáng)計(jì)，可用于測(cè)定磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，其原理如圖所示。將一段橫截面為長(zhǎng)方形的N型半導(dǎo)體(主要靠自由電子導(dǎo)電)放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩電極P、Q分別與半導(dǎo)體的前后兩側(cè)接觸。已知磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，N型半導(dǎo)體橫截面的長(zhǎng)為a，寬為b，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，自由電子所做的定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流時(shí)，兩電極P、Q間的電勢(shì)差為U。下列說(shuō)法正確的是(C)A．P為正極，Q為負(fù)極B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(neaU,I)C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(nebU,I)D．其他條件不變時(shí)，n越大，電勢(shì)差U越大【解析】根據(jù)左手定則，結(jié)合自由電子定向移動(dòng)的方向與電流方向相反，可知，自由電子受到的洛倫茲力方向指向P，則自由電子偏向P，則P為負(fù)極，Q為正極，故A錯(cuò)誤；設(shè)自由電子定向移動(dòng)的速率為v，則單位時(shí)間內(nèi)移動(dòng)的距離為vΔt，則體積為abvΔt，電荷量為neabvΔt，則I＝eq\f(Δq,Δt)＝neabv，兩電極P、Q間的電勢(shì)差為U時(shí)，對(duì)于自由電子，根據(jù)平衡條件eq\f(Ue,a)＝evB，聯(lián)立解得B＝eq\f(nebU,T)，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)U＝Bav則其他條件不變時(shí)，電勢(shì)差U與n無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。2.(2023·山東東營(yíng)二模)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實(shí)現(xiàn)開(kāi)屏變亮，合屏熄滅。圖乙為一塊利用自由電子導(dǎo)電，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c的霍爾元件，電流方向向右。當(dāng)合上顯示屏?xí)r，水平放置的元件處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，元件前、后表面間產(chǎn)生電壓，當(dāng)電壓達(dá)到某一臨界值時(shí)，屏幕自動(dòng)熄滅。則元件的(D)A．合屏過(guò)程中，前表面的電勢(shì)比后表面的低B．開(kāi)屏過(guò)程中，元件前、后表面間的電壓變大C．若磁場(chǎng)變強(qiáng)，可能出現(xiàn)閉合屏幕時(shí)無(wú)法熄屏D．開(kāi)、合屏過(guò)程中，前、后表面間的電壓U與b無(wú)關(guān)【解析】電流方向向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則，自由電子向后表面偏轉(zhuǎn)，后表面積累了電子，前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；穩(wěn)定后根據(jù)平衡條件有evB＝eeq\f(U,b)，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式有I＝neSv＝nebcv解得U＝eq\f(BI,nec)，所以開(kāi)屏過(guò)程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，元件前、后表面間的電壓變小。若磁場(chǎng)變強(qiáng)，元件前、后表面間的電壓變大，不可能出現(xiàn)閉合屏幕時(shí)無(wú)法熄屏。開(kāi)、合屏過(guò)程中，前、后表面間的電壓U與b無(wú)關(guān)，故D正確，BC錯(cuò)誤。故選D。3.(多選)(2023·江南十校聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的雙層光滑管道位于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球位于管道最低點(diǎn)A，B是最高點(diǎn)，空間存在水平向左、場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(mg,q)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)在A點(diǎn)給小球一水平初速度v0，小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(AC)A．v0的大小為eq\r(2\r(2)＋1gR)B．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)小球受到管道外壁的壓力大小為(3－2eq\r(2))mgC．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)小球受到管道外壁的支持力大小為(3＋2eq\r(2))mgD．若在A點(diǎn)給小球的水平初速度增大一倍，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度也增大一倍【解析】如圖所示，小球在等效最低點(diǎn)P靜止時(shí)，受重力、支持力和電場(chǎng)力三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtanθ＝qE，結(jié)合E＝eq\f(mg,q)知θ＝45°，且重力和電場(chǎng)力的合力F＝eq\r(2)mg，小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小球經(jīng)過(guò)等效最高點(diǎn)Q時(shí)速度剛好為零，由Q到A根據(jù)動(dòng)能定理，有mg(R＋Rcos45°)＋qERsin45°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2\r(2)＋1gR)，A正確；在A點(diǎn)根據(jù)向心力公式有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得N＝(3＋2eq\r(2))mg，C正確；由B到A根據(jù)動(dòng)能定理，有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(v\o\al(2,0)－4gR)，在B點(diǎn)有mg－NB＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)小球受到管道內(nèi)壁的支持力大小為NB＝(3－2eq\r(2))mg。BD錯(cuò)誤，故選AC。4.(多選)(2023·河北九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，厚度非常薄的鉛板MN的上方、下方分別分布有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為2B、B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一比荷為k、電量為q的粒子(不計(jì)重力)從a點(diǎn)射入第一個(gè)磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)鉛板的b點(diǎn)射入第二個(gè)磁場(chǎng)，從c點(diǎn)射出第二個(gè)磁場(chǎng)，緊接著進(jìn)入虛線PJ(與MN平行)下方的與MN垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子到達(dá)d點(diǎn)時(shí)速度正好與PJ平行。已知兩個(gè)圓弧軌跡的圓心均在鉛板的O點(diǎn)，Oa＝R、∠aOb＝∠cOb＝60°，粒子與鉛板的作用時(shí)間忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是(BD)A．該粒子帶正電B．粒子從a到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(π,2Bk)C．粒子與鉛板的碰撞生熱為3B2R2qkD．c點(diǎn)與d點(diǎn)的電勢(shì)差為eq\f(1,8)kB2R2【解析】由左手定則可知該粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子從a到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tac＝eq\f(π,3)×eq\f(m,2Bq)＋eq\f(π,3)×eq\f(m,Bq)，結(jié)合k＝eq\f(q,m)，綜合計(jì)算可得tac＝eq\f(π,2Bk)，選項(xiàng)B正確；分析可知粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧軌跡半徑相等，設(shè)為R，由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得2Bqv1＝eq\f(mv12,R)，Bqv2＝eq\f(mv22,R)，綜合可得mv1＝2BqR，mv2＝BqR，由能量守恒，粒子與鉛板的碰撞生熱為Q＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，結(jié)合m＝eq\f(q,k)，綜合計(jì)算可得Q＝eq\f(3,2)B2R2qk，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析可知粒子從c點(diǎn)到d點(diǎn)做類斜拋運(yùn)動(dòng)，粒子在c點(diǎn)的速度與PJ的夾角為30°，把粒子在c點(diǎn)的速度分別沿著PJ和電場(chǎng)線的方向分解，沿著PJ方向的分速度為vx＝v2cos30°，粒子到達(dá)d點(diǎn)時(shí)沿電場(chǎng)線方向的分速度為0，由動(dòng)能定理Ucdq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)，結(jié)合m＝eq\f(q,k)，mv2＝BqR，綜合解得Ucd＝eq\f(1,8)kB2R2，選項(xiàng)D正確。故選BD。B組·綜合練5.(2023·遼寧沈陽(yáng)質(zhì)監(jiān))如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外，足夠長(zhǎng)的水平熒光屏PQ與圓形磁場(chǎng)區(qū)相切于P點(diǎn)。質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)以速率v＝eq\f(qBR,m)沿與豎直方向夾角θ＝30°的方向射入磁場(chǎng)。粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿水平方向離開(kāi)磁場(chǎng)。離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間，在熒光屏上方施加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)區(qū)域足夠?qū)?，電?chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(qB2R,m)，不計(jì)粒子重力，已知R＝1.0m。求：(1)粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)距離熒光屏的高度h；(2)粒子打到熒光屏上的亮點(diǎn)距P點(diǎn)的距離s。(計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1)1.5m(2)2.6m【解析】(1)由v＝eq\f(qBR,m)可得，粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)即與磁場(chǎng)圓半徑一樣，粒子軌跡圖如下由幾何關(guān)系得h＝R＋Rsinθ＝1.5m。(2)由類平拋規(guī)律得h＝eq\f(1,2)at2x＝vt由牛頓第二定律得Eq＝ma聯(lián)立解得x＝eq\r(3)R≈1.7m粒子打到熒光屏上的亮點(diǎn)距P點(diǎn)的距離s＝x＋Rcosθ聯(lián)立可得s≈2.6m。6.(2023·山東濟(jì)寧一模)如圖所示，在三維坐標(biāo)系O－xyz中存在一長(zhǎng)方體ABCD－abOd，yOz平面左側(cè)存在沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1(未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)存在沿BO方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2(未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一帶正電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿平面ABCD進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)C點(diǎn)垂直yOz平面進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，此時(shí)撤去yOz平面左側(cè)的磁場(chǎng)B1，換上電場(chǎng)強(qiáng)度為E(未知)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝L，B2＝5eq\r(2)B1，粒子的電量為q，質(zhì)量為m(重力不計(jì))。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；(2)粒子第二次經(jīng)過(guò)yOz平面的坐標(biāo)；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小?！敬鸢浮?1)B1＝eq\f(2mv,5qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(L,2)，\f(L,2)))(3)eq\f(mv2,4qL)【解析】(1)帶電粒子在yOz平面左側(cè)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得R2＝(2L)2＋(R－L)2解得R＝eq\f(5,2)L由牛頓第二定律可得qvB1＝meq\f(v2,R)解得B1＝eq\f(2mv,5qL)。(2)在右側(cè)磁場(chǎng)中由牛頓第二定律得qvB2＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(\r(2),4)Ly＝2rsin45°＝eq\f(L,2)z＝L－2rcos45°＝eq\f(L,2)即坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(L,2)，\f(L,2)))。(3)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，x軸方向上2L＝vty軸方向上L－y＝eq\f(qE,2m)t2解得E＝eq\f(mv2,4qL)。7.(2023·山東菏澤二模)如圖所示，在xOy平面內(nèi)半徑為R(未知)的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓形區(qū)域的邊界與y軸在坐標(biāo)原點(diǎn)O相切，區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1?？臻g中z軸正方向垂直于xOy平面向外，x軸上過(guò)D點(diǎn)(4d,0,0)放置一足夠大且垂直于x軸的粒子收集板PQ，PQ與yOz平面間有一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。x軸上過(guò)C點(diǎn)(d,0,0)垂直于x軸的平面MN與PQ間存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。在xOy平面內(nèi)的－2R≤x≤－R區(qū)域內(nèi)，有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿y軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后所有粒子均恰好經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，然后進(jìn)入y軸右側(cè)區(qū)域。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mv\o\al(2,0),6qd)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝eq\f(\r(3)πmv0,4qd)，不計(jì)帶電粒子的重力及粒子間的相互作用。求：(1)帶電粒子在圓形區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)帶電粒子到達(dá)MN平面上的所有位置中，離x軸最遠(yuǎn)的位置坐標(biāo)；(3)經(jīng)過(guò)MN平面時(shí)離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子到達(dá)收集板PQ時(shí)的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮?1)R＝eq\f(mv0,qB1)(2)(d，－2eq\r(3)d,0)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4d，\f(4\r(3)d,3π)－2\r(3)d，－\f(4\r(3)d,3π)))【解析】(1)只有帶電粒子的軌道半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑，粒子才能全部經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，由洛倫茲力提供向心力可得qv0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(mv0,qB1)。(2)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)的粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，速度方向沿y軸負(fù)方向，在MN上的位置離x軸最遠(yuǎn)，在y軸右側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qE＝ma解得a＝eq\f(v\o\al(2,0),6d)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(2\r(3)d,v0)又L＝v0t解得離x軸最遠(yuǎn)的距離L＝2eq\r(3)d對(duì)應(yīng)坐標(biāo)為(d，－2eq\r(3)d,0)。(3)經(jīng)過(guò)MN時(shí)離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子，沿x軸做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板PQ，粒子在到達(dá)MN平面時(shí)，沿x軸方向的速度大小veq\o\al(2,Cx)＝2ad解得vCx＝eq\f(\r(3),3)v0設(shè)粒子從MN到達(dá)PQ所用的時(shí)間為t2，則3d＝vCxt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(2\r(3)d,v0)經(jīng)過(guò)MN時(shí)離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子，在yOx平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(4d,\r(3)π)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v0)又eq\f(t2,T)＝eq\f(α,2π)解得α＝eq\f(3,2)π帶電粒子到達(dá)收集板PQ上位置的y坐標(biāo)為－(L－r)，則該帶電粒子到達(dá)收集板PQ上位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4d，\f(4\r(3)d,3π)－2\r(3)d，－\f(4\r(3)d,3π)))。8.(2023·山東臨沂一模)如圖所示，在平面坐標(biāo)系xOy中，在x軸上方空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，在第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電離子從x軸上的M(－3d,0)點(diǎn)射入電場(chǎng)，速度方向與x軸正方向夾角為45°，之后該離子從N(－d,0)點(diǎn)射入磁場(chǎng)Ⅰ，速度方向與x軸正方向夾角也為45°，速度大小為v，離子在磁場(chǎng)Ⅰ中的軌跡與y軸交于P點(diǎn)，最后從Q(3d,0)點(diǎn)射出第一象限，不計(jì)離子重力。(1)求第三象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)邊長(zhǎng)