2024高考物理一輪復習考點強化練四帶電粒子在復合場中的運動問題含解析新人教版

PAGE11-高頻考點強化練(四)帶電粒子在復合場中的運動問題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分，其中1～6題為單選，7～10題為多選)1.如圖所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面對里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面對外，兩邊的磁感應強度大小相等。電荷量為2e的帶正電的質點M以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，與靜止在b點的電荷量為e的帶負電的質點N相撞，并粘合在一起，不計質點M和質點N的重力，則它們在磁場中的運動軌跡是()【解析】選D。帶正電質點以某一速度擊中并汲取靜止的帶負電質點，動量保持不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可推斷出帶正電質點剛過b點時所受洛倫茲力向下；由r＝eq\f(mv,qB)可得，電量減半，則半徑增大到原來的2倍，故磁場中的運動軌跡為D項，則D正確，A、B、C錯誤?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示，虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球(電荷量為+q，質量為m)從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度自由落下，那么帶電小球可能沿直線通過的是 ()A.①②B.③④C.①③D.②④【解析】選B。①圖中小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度肯定變大，故洛倫茲力肯定改變，不行能始終與電場力平衡，故合力不行能始終向下，故肯定做曲線運動；②圖中小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力，合力與速度肯定不共線，故肯定做曲線運動；③圖中小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則小球做勻速直線運動；④圖中小球受向下的重力和向上的電場力，合力肯定與速度共線，故小球肯定做直線運動。故選項B正確。2.如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處起先加速。已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m、電荷量為q。下列說法錯誤的是()A．質子的最大速度不超過2πRfB．質子的最大動能為eq\f(q2B2R2,2m)C．質子的最大動能與電壓U無關D．只增大磁感應強度B，回旋加速器仍可正常工作【解析】選D。質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf。所以最大速度不超過2πfR，故A正確；當質子加速到運動的半徑與D形盒的運動半徑相等時動能最大，則qvB＝meq\f(v2,R)，則質子的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與電壓無關，故B、C正確；磁感應強度增大，質子運動的頻率增大，會大于高頻交變電源的頻率，使回旋加速器不能正常工作，故D錯誤。3.如圖所示，一塊長方體金屬材料置于方向垂直于其前表面對里的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。當通以從左到右的恒定電流I時，金屬材料上、下表面電勢分別為φ1、φ2。該金屬材料垂直電流方向的截面為長方形，其與磁場垂直的邊長為a、與磁場平行的邊長為b，金屬材料單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，元電荷為e。那么()A．φ1－φ2＝eq\f(IB,enb)B．φ1－φ2＝－eq\f(IB,enb)C．φ1－φ2＝eq\f(IB,ena)D．φ1－φ2＝－eq\f(IB,ena)【解析】選B。由左手定則可推斷出金屬材料中的自由電子受到的洛倫茲力方向向上，金屬材料上表面的電勢φ1低于下表面電勢φ2，金屬材料上、下表面的電勢差U＝φ2－φ1，eq\f(U,a)e＝evB，I＝nevab，聯(lián)立解得φ1－φ2＝－eq\f(IB,enb)，則B正確，A、C、D錯誤。4．(2024·西安模擬)作用在導電液體上的安培力能起到推動液體流淌的作用，這樣的裝置稱為電磁泵，它在醫(yī)學技術上有多種應用，血液中含有離子，在人工心肺機里的電磁泵就可作為輸送血液的動力。某電磁泵及尺寸如圖所示，矩形截面的水平管道上下表面是導體，它與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，并有長為l的部分在磁場中，當管內(nèi)充溢血液并通以橫穿管子的電流時血液便能向前流淌。為使血液在管內(nèi)不流淌時能產(chǎn)生向前的壓強p，電流強度I應為()A．eq\f(p,aB)B．eq\f(B,pl)C．eq\f(Bp,l)D．eq\f(ap,B)【解析】選D。由左手定則推斷安培力的方向沿管道向里，當血液不流淌時，安培力產(chǎn)生的壓強為p，則BIb＝pab，I＝eq\f(ap,B)，D對。5.如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉半個圓周后打在P點，設OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關系的是()【解析】選B。帶電粒子經(jīng)電壓U加速，由動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，洛倫茲力供應向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，2R＝x，聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以能夠正確反應x與U之間的函數(shù)關系的是圖B，A、C、D錯誤。6.(2024·安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R。已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面對里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時針方向運動D．液滴運動速度大小v＝eq\f(Rg,BE)【解析】選C。液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故選項B錯誤；電場力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯誤；由左手定則可推斷液滴沿順時針轉動，選項C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故選項D錯誤。7.太陽風含有大量高速運動的質子和電子，可用于發(fā)電。如圖所示，太陽風進入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應強度大小為B的勻強磁場(未畫出)，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則()A．在開關S未閉合的狀況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢差為BLvB．閉合開關S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場恒定C．閉合開關S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILvD．閉合開關S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功【解析】選A、B。太陽風進入兩極板之間的勻強磁場中，開關S未閉合的狀況下，穩(wěn)定后，帶電粒子受到洛倫茲力和電場力作用，且eq\f(qU,L)＝qvB，解得U＝BLv，選項A正確；閉合開關S后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場恒定，選項B正確；回路中電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(BLv,R)，電阻消耗的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)＝BILv，選項C錯誤；洛倫茲力永不做功，選項D錯誤?！炯庸逃柧殹?多選)(2024·石家莊模擬)如圖所示是某霍爾元件的內(nèi)部結構圖，其載流子為電子，a接直流電源的正極，b接直流電源的負極，cd間輸出霍爾電壓，下列說法正確的是()A.若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，c端的電勢高于d端B.cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關C.將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱相同D.在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直【解析】選A、B、D。若工作面水平，置于豎直向下的磁場中，由于電流從a流向b，電子從b流向a，由左手定則可知，電子偏向d極，則c端的電勢高于d端，選項A正確；cd間霍爾電壓滿意q=Bqv，而I=neSv，可知U=Bdv=，即cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關，選項B正確；由以上分析可知，將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱不肯定相同，選項C錯誤；地球赤道處的磁場與地面平行，則在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直，選項D正確；故選A、B、D。8．(2024·洛陽模擬)如圖甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝6×10－7C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零。當小球以2m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的改變關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/sA．勻強電場的場強大小為3.2×106V/mB．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能削減了2.4JC．小球做順時針方向的勻速圓周運動D．小球所受的洛倫茲力的大小為3N【解析】選B、D。據(jù)題意和乙圖可知，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2×106,0.4)V＝5×106V，故A錯誤；據(jù)題意可知，小球所受的電場力等于重力，洛倫茲力供應向心力，所以小球重力勢能增加最多，電勢能削減最多，大小為2qφ＝2×6×10－7×2×106J＝2.4J，故B正確；由以上分析可知，洛倫茲力供應向心力，據(jù)左手定則可知，小球做逆時針運動，故C錯誤；由以上可知：mg＝Eq，f＝qvB＝eq\f(mv2,r)，聯(lián)立各式解得：f＝3N，故D正確。9．在半導體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里、有肯定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A.在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3【解題指導】解答本題可按以下思路進行：(1)正離子在電場中，由于電場力的作用做加速運動。(2)正離子在磁場中，洛倫茲力供應向心力，做圓周運動。【解析】選B、C、D。設電場的寬度為d，兩個離子的質量相同，其帶電量是1∶3的關系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，其在電場中的加速度之比是1∶3，故A錯誤；要想知道半徑必需先知道進入磁場的速度，而速度的確定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達式為：v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知其速度之比為1∶eq\r(3)。洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，所以其半徑之比為eq\r(3)∶1，故B正確；由B的分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1，設磁場寬度為L，離子通過磁場轉過的角度等于其圓心角，所以有sinθ＝eq\f(L,r)，則可知角度的正弦值之比為1∶eq\r(3)，又P＋的角度為30°，可知P3＋角度為60°，即在磁場中轉過的角度之比為1∶2，故C正確；由電場加速后：qU＝eq\f(1,2)mv2可知，兩離子離開電場的動能之比為1∶3，在磁場中，洛倫茲力不做功，故D正確。【加固訓練】(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，由絕緣材料制成的豎直平行軌道CD、FG與半圓軌道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圓弧軌道半徑為R，圓心為O，P為圓弧最低點，整個軌道處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E。PDC段還存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B。有一金屬圓環(huán)M，帶有正電荷q，質量m=，套在軌道FG上，圓環(huán)與CD軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。假如圓環(huán)從距G點高為10R處由靜止釋放，則下列說法正確的是 ()A.圓環(huán)在CD軌道上也能到達相同高度處B.圓環(huán)第一次運動到P點(未進入磁場區(qū)域)時對軌道的壓力為21mgC.圓環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功為8mgRD.圓環(huán)最終會靜止在P點【解析】選B、C。圓環(huán)從起先下落點到CD軌道最高點的過程中，電場力和摩擦力都做負功，圓環(huán)的機械能削減，所以圓環(huán)在CD軌道上不能到達相同高度，A錯誤；對圓環(huán)第一次運動到P點的過程由動能定理得mg·11R-EqR=mv2，在P點，由牛頓其次定律得N-mg=m，又m=，解得N=21mg，由牛頓第三定律可知圓環(huán)第一次運動到P點時對軌道的壓力N′=N=21mg，B正確；因為mg>μqE，圓環(huán)將來回往復運動，最終會在D點的速度減為零，不再滑上CD軌道，對全程由動能定理得mg·10R-qE·2R-Wf=0，解得克服摩擦力做功Wf=8mgR，C項正確；而后圓環(huán)將在D點右側肯定范圍內(nèi)來回滑動，D項錯誤。10.如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶負電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面對里的勻強磁場。現(xiàn)加一水平向左的勻強電場，發(fā)覺甲、乙一塊向右加速運動。在加速運動階段()A．甲、乙兩物塊一起做加速度減小的加速運動B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不變C．乙物塊與地板之間的摩擦力不斷增大D．甲、乙兩物塊可能做勻加速直線運動【解析】選A、C。對整體受力分析，地面對乙物塊的摩擦力f＝μ(mg＋Mg＋qvB)，因為整體做加速運動，故地板對乙物塊的摩擦力漸漸增大，C正確；對整體，依據(jù)牛頓其次定律得qE－μ(mg＋Mg＋qvB)＝(M＋m)a，整體的加速度漸漸減小，A正確，D錯誤；對甲物塊受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得f1＝ma，加速度減小，則兩物塊間的摩擦力減小，B錯誤。二、計算題(本題共2小題，共40分)11．(20分)(2024·泰州模擬)如圖甲所示，質量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子在t＝0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場的磁感應強度大小不變而方向周期性改變，如圖乙所示(垂直于紙面對里為正方向)；Ⅱ區(qū)域為勻強電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁感應強度大小與Ⅰ區(qū)域相同，均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)肯定能完成半個圓周運動且每次經(jīng)過邊界mn的時刻均為eq\f(T0,2)的整數(shù)倍。(1)求粒子在Ⅰ區(qū)域運動的軌跡半徑；(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)。【解析】(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，由洛倫茲力供應向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB0)。(2)帶電粒子的運動軌跡有兩種可能。第一種狀況：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝eq\f(x,2)，qv2B0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R)解得粒子在Ⅲ區(qū)域中的速度大小v2＝eq\f(qB0x,2m)其次種狀況：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝eq\f(x－4r,2)粒子在Ⅲ區(qū)域中的速度大小v2＝eq\f(qB0x,2m)－2v0。答案：(1)eq\f(mv0,qB0)(2)eq\f(qB0x,2m)或eq\f(qB0x,2m)－2v012．(20分)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的一、二象限內(nèi)，分別存在以虛線OM為邊界的勻強電場和勻強磁場。勻強電場方向沿y軸負方向，勻強磁場方向垂直于xOy平面對里，虛線OM與x軸負方向成45°角。一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標原點O處以速度v0沿x軸正方向運動，粒子每次到x軸將反彈，每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的eq\f(\r(13),4)、方向相反。電場強度大小為eq\f(3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qd)，磁感應強度大小為eq\f(mv0,qd)，求：(不計粒子重力，題中各物理量單位均為國際單位，計算結果可用分式表示)(1)帶電粒子第一次離開磁場的位置坐標；(2)帶電粒子從起先運動到最終一次離開磁場所需時間?！窘馕觥?1)設磁感應強度大小為B，粒子