2024高考物理一輪復(fù)習(xí)高頻考點(diǎn)強(qiáng)化練五帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題含解析

PAGE1-帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)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,1～6題為單選題,7～10題為多選題)1.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B組成的正交或平行的電場和磁場,有一個(gè)帶正電小球(電荷量為+q,質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁復(fù)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.①② B.③④C.①③ D.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,故洛倫茲力肯定變更,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(yùn)動(dòng);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(yùn)動(dòng);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(yùn)動(dòng);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(yùn)動(dòng)。故選項(xiàng)B正確。2.如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法正確的是 ()A.組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B.組成A束和B束的離子質(zhì)量肯定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面對外【解析】選C。由左手定則知,A、B離子均帶正電,A錯(cuò)誤;兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同,在偏轉(zhuǎn)磁場中,由R=mvqB可知,半徑大的離子對應(yīng)的比荷小,但離子的質(zhì)量不肯定相同,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確;速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直紙面對里,D3.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻溝通電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成周期性變更的電場,使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中,如圖所示。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時(shí),勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,高頻溝通電頻率為f。則下列說法正確的是 ()A.質(zhì)子被加速后的最大速度不行能超過2πfRB.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān)C.高頻電源只能運(yùn)用矩形交變電流,不能運(yùn)用正弦式交變電流D.不變更B和f,該回旋加速器也能用于加速α粒子【解析】選A。由T=2πRv,T=1f,可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR,其不行能超過2πfR,質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān),選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;高頻電源可以運(yùn)用正弦式交變電流,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;要加速α粒子,高頻溝通電周期必需變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動(dòng)的周期,即T=2πm【加固訓(xùn)練】(多選)回旋加速器的工作原理如圖所示,置于高真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子在狹縫間加速的時(shí)間忽視不計(jì),勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與盒面垂直,粒子源產(chǎn)生的粒子質(zhì)量為m,電荷量為+q,U為加速電壓,則 ()A.交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期的一半B.加速電壓U越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大C.D形盒半徑R越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大【解析】選C、D。為了保證粒子每次經(jīng)過電場時(shí)都被加速,必需滿意交變電壓的周期和粒子在磁場中的回轉(zhuǎn)周期相等,故A錯(cuò)誤;依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力qvB=mv2R,解得:v=BqRm,動(dòng)能Ek=12mv2=B2q2R22m,可知,帶電粒子的速度與加速電壓無關(guān),D形盒半徑R越大,磁感應(yīng)強(qiáng)度4.如圖所示的平行板之間,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直,具有不同水平速度的帶電粒子(不計(jì)重力)射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的狀況不同。這種器件能把具有特定速度的粒子選擇出來,所以叫速度選擇器。下列關(guān)于速度選擇器的說法正確的是 ()A.這個(gè)特定速度與粒子的質(zhì)量有關(guān)B.這個(gè)特定速度與粒子的比荷有關(guān)C.從右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直線穿出速度選擇器D.從左向右以特定速度射入的粒子才能沿直線穿出速度選擇器【解析】選D。當(dāng)帶電粒子能從左向右勻速直線穿過時(shí),電場力和洛倫茲力反向,且Eq=qvB,解得v=EB,該速度與粒子的質(zhì)量和帶電荷量無關(guān),A、B錯(cuò)誤;當(dāng)粒子從右向左運(yùn)動(dòng)時(shí),電場力和洛倫茲力的方向相同,粒子不行能沿直線穿過,C錯(cuò)誤,D5.如圖所示,某空間同時(shí)存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面對里,電場線與水平方向的夾角為θ。一質(zhì)量為m,電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場線方向進(jìn)入該空間,恰好沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)。下列說法中正確的是 ()A.該微?？赡軒ж?fù)電B.微粒從P到Q的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mgD.電場的場強(qiáng)大小為mg【解析】選C。帶電微粒從P到Q恰好沿直線運(yùn)動(dòng),則微?？隙ㄗ鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng),作出微粒在電磁場中受力分析圖如圖所示,由圖可知微?？隙◣д?故A、B錯(cuò)誤;由受力分析及平衡條件可知qE=mgsinθ,qBv=mgcosθ,解得E=mgsinB=mgcosθqv,故C6.如圖所示,在正交的勻強(qiáng)電磁場中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴,A靜止,B做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若B與A相碰并結(jié)合在一起,則它們將 ()A.以B原速率的一半做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.以R2C.仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D.做周期為B的一半的勻速圓周運(yùn)動(dòng)【解析】選B。由A、B相碰時(shí)動(dòng)量守恒mv=2mv′,有v′=v2。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴仍受重力與電場力平衡,合外力是洛倫茲力,所以接著做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且有r=2mv'2qB=mv2qB=R27.如圖所示,在其次象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場,在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。在該平面有一個(gè)質(zhì)量為m帶正電且電荷量為q的粒子以初速度v0垂直x軸,從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場,恰好與y軸成45°角射出電場,再經(jīng)過一段時(shí)間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場,已知OP之間的距離為d,則 ()A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2B.電場強(qiáng)度E=mC.自進(jìn)入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為t=7D.自進(jìn)入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為t=7π【解析】選B、D。粒子的軌跡如圖所示:帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng),豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng),由題得知,出電場時(shí),vx=vy=v0,依據(jù):x=vx2t,y=vyt=v0t,得y=2x=2d,出電場時(shí)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2d),則設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為R,y=2d,而β=135°,解得:R=22d,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為:v=2v0,依據(jù)R=mvqB,解得:B=mv02qd,故A錯(cuò)誤;依據(jù)vx=at=qEmt=v0,x=vx2t,聯(lián)立解得:E=mv022qd,故B正確;在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為=2πdv0,所以自進(jìn)入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為:t=t1+t2=7πd2v0,故D正確,C錯(cuò)誤。所以B8.(2024·石家莊模擬)如圖所示是某霍爾元件的內(nèi)部結(jié)構(gòu)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(fù)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(guān)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(qiáng)弱相同D.在測定地球赤道上的磁場強(qiáng)弱時(shí),霍爾元件的工作面應(yīng)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(xiàng)A正確;cd間霍爾電壓滿意Udq=Bqv,而I=neSv,可知U=Bdv=BdIneS,即cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關(guān),選項(xiàng)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(qiáng)弱不肯定相同,選項(xiàng)C錯(cuò)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(qiáng)弱時(shí),霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直,選項(xiàng)D正確;故選A、B、【加固訓(xùn)練】(多選)1957年,科學(xué)家首先提出了兩類超導(dǎo)體的概念,一類稱為Ⅰ型超導(dǎo)體,主要是金屬超導(dǎo)體,另一類稱為Ⅱ型超導(dǎo)體(載流子為電子),主要是合金和陶瓷超導(dǎo)體。Ⅰ型超導(dǎo)體對磁場有屏蔽作用,即磁場無法進(jìn)入超導(dǎo)體內(nèi)部,而Ⅱ型超導(dǎo)體則不同,它允許磁場通過?，F(xiàn)將一塊長方體Ⅱ型超導(dǎo)體通入穩(wěn)恒電流I后放入勻強(qiáng)磁場中,如圖所示,下列說法正確的是 ()A.超導(dǎo)體的內(nèi)部產(chǎn)生了熱能B.超導(dǎo)體所受安培力等于其內(nèi)部全部電荷定向移動(dòng)所受洛倫茲力的合力C.超導(dǎo)體表面上a、b兩點(diǎn)的電勢關(guān)系為φa>φbD.超導(dǎo)體中的電流I越大,a、b兩點(diǎn)的電勢差越大【解析】選B、D。超導(dǎo)體電阻為零,超導(dǎo)體內(nèi)部沒有產(chǎn)生熱能,A錯(cuò)誤;超導(dǎo)體所受安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),安培力等于其內(nèi)部全部電荷定向移動(dòng)所受洛倫茲力的合力,B正確;載流子為電子,超導(dǎo)體上表面帶負(fù)電,φa<φb,C錯(cuò)誤;依據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=neSv,可得電子定向移動(dòng)速度v=IneS,穩(wěn)定時(shí),洛倫茲力和電場力平衡,即evB=eUd,整理得U=BdIneS,所以電流I越大,9.如圖所示,相距為d的兩金屬板A、B水平放置,A板接地,A板上方高h(yuǎn)處有一負(fù)電生成器,帶負(fù)電的小液滴不斷地從它的下端口滴下,每一滴的質(zhì)量為m,電荷量為-q,小液滴通過A板上的小孔進(jìn)入兩板間后,在兩極板間磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場作用下向右偏轉(zhuǎn)。起先液滴還能落到B板上,當(dāng)B板上的液滴積累到肯定數(shù)量時(shí),板間電壓為U,再滴下的液滴恰好以速度v從下極板右端水平飛出板間,下列等式成立的是()A.mg(h+d)=12mvB.mg(h+d)=qU+12mvC.mg=qvB+qUdD.mg<qvB+qU【解析】選B、D。依據(jù)動(dòng)能定理得:mg(h+d)-qU=12mv2-0,所以A錯(cuò)誤,B正確;液滴恰好以速度v從下極板右端水平飛出板間,依據(jù)受力分析得mg<qvB+qUd,故C錯(cuò)誤10.如圖所示,豎直直線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.01kg、電荷量q=+0.01C的小球從MN左側(cè)水平距離為l=0.4m的A點(diǎn)水平拋出,當(dāng)下落距離是水平距離的一半時(shí)從MN上的D點(diǎn)進(jìn)入電磁場,并恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),圖中C點(diǎn)是圓周的最低點(diǎn)且C到MN的水平距離為2l,不計(jì)空氣阻力,gA.小球的初速度為20B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為10V/mC.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2TD.小球從D到C運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.1πs【解析】選B、D。小球從A到D做平拋運(yùn)動(dòng),l=v0t,l2=12gt2,所以t=0.2s,v0=2m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球進(jìn)入電磁場中恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則qE=mg,即E=10V/m,選項(xiàng)B正確;小球進(jìn)入電磁場時(shí)有vy=gt=v22m/s,且與MN成45°角,由幾何關(guān)系可得小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=2lcos45°=452m,又因Bqv=mv2r,聯(lián)立并代入數(shù)值得B=2.5T,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球從D到達(dá)C經(jīng)驗(yàn)了18圓周,所以從D到C運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【總結(jié)提升】帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的解題思路(1)分析復(fù)合場的組成:弄清電場、磁場、重力場組合狀況。(2)受力分析:先場力,再彈力,后摩擦力。(3)運(yùn)動(dòng)狀況分析:留意運(yùn)動(dòng)狀況和受力狀況的結(jié)合。(4)規(guī)律選擇:①勻速直線運(yùn)動(dòng):應(yīng)用平衡條件求解。②勻速圓周運(yùn)動(dòng):應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。③困難曲線運(yùn)動(dòng):應(yīng)用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。二、計(jì)算題(本題共40分,需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(20分)如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面對里的勻強(qiáng)磁場,MN為電場和磁場的交界面,ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向放射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與ab相切并返回磁場。已知電場強(qiáng)度E=3v02(1)粒子第一次穿過MN時(shí)的速度大小和水平位移的大小;(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小?！窘馕觥?1)依據(jù)動(dòng)能定理,得qEd=12mv2-12mv02粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),有F=qE,a=Fm,d=12at12解得t1=23d3(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進(jìn)入磁場,tanθ=v2-v02依據(jù)R+Rcosθ=d,得R=2由牛頓其次定律可得qvB=mv2R,解得B=答案:(1)2v023d【加固訓(xùn)練】如圖所示,一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場中,最終從磁場的左邊界上的N點(diǎn)離開磁場。已知帶電粒子的比荷qm=3.2×109C/kg,電場強(qiáng)度E=200V/m,M、N間距MN=1cm,金屬板長L=25cm,粒子的初速度v(1)粒子射出電場時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角θ;(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。【解析】(1)由牛頓其次定律有qE=ma粒子在電場中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),L=v0t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),射出電場時(shí)的豎直分速度vy=at速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=v由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ=45°(2)粒子射出電場時(shí)的速度大小為:v=v在磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力:Bqv=mv由幾何關(guān)系得MN=2r代入數(shù)據(jù)解得B=2.5×10-2T答案:(1)45°(2)2.5×10-2T12.(20分)(2024·全國卷Ⅲ)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電