【名師伴你行】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)24帶電粒子在復(fù)合場中運動-

二十四帶電粒子在復(fù)合場中運動1．如圖所示，有一正方形區(qū)域，CB為對角線，A、D分別為對應(yīng)邊的中點，一不計重力的帶電粒子以速度v沿CB方向射入．當(dāng)在正方形平面內(nèi)有垂直于CB方向的勻強電場E時，粒子從A點飛出，速率為v1，所用時間為t1；當(dāng)區(qū)域有垂直于紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時，粒子從D點飛出，速率為v2，所用時間為t2.則下列說法正確的是()A．t1＝t2 B．t1<t2C．v1＝v2 D．v1<v2答案：B解析：粒子在電場力作用下做類平拋運動，水平方向的速度重量保持不變，而在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，水平方向的速度重量漸漸減小，t1小于t2，故A錯誤，B正確；在電場作用下，電場力對粒子做正功，動能增加，速率增大，而洛倫茲力始終不做功，所以速率不變，所以v1>v2，故C、D錯誤．2．如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，最終分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()A．a(chǎn)的質(zhì)量肯定大于b的質(zhì)量B．a(chǎn)的電荷量肯定大于b的電荷量C．在磁場中a運動的時間大于b運動的時間D．a(chǎn)的比荷eq\f(qa,ma)大于b的比荷eq\f(qb,mb)答案：D解析：R＝eq\f(mv,Bq)，t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，在加速電場中運用動能定理Uq＝eq\f(mv2,2)，所以R＝eq\r(\f(2Um,qB2))，可知答案為D．3．如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子最終落到P點，設(shè)OP＝x，下列圖線能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()答案：B解析：帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，而在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，依題意x＝2r，聯(lián)立解得x＝eq\f(2m,qB)eq\r(\f(2qU,m))，因此正確答案為B．4．如圖所示為“濾速器”裝置示意圖，a、b為水平放置的平行金屬板，其電容為C，板間距離為d，平行板內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．a(chǎn)、b板帶上電荷，可在平行板內(nèi)產(chǎn)生勻強電場，且電場方向和磁場方向相互垂直．一帶電粒子以速度v0經(jīng)小孔進入正交電磁場可沿直線OO′運動，由O′射出，粒子所受重力不計，則a板所帶電荷狀況是()A．帶正電，其電量為eq\f(Cv0B,d) B．帶負電，其電量為eq\f(Bdv0,C)C．帶正電，其電量為CBdv0 D．帶負電，其電量為eq\f(Bv0,Cd)答案：C解析：設(shè)粒子的電荷量為q，a板電荷量為Q，粒子在電磁場中做直線運動，qE＝qv0B，其中E＝eq\f(U,d)，而U＝eq\f(Q,C)，聯(lián)立解得Q＝CBdv0；假設(shè)粒子帶正電，依據(jù)左手定則，粒子受到的洛倫茲力方向向上，那么電場力方向向下，則a板帶正電．同理，若粒子帶負電，也可以推斷出a板帶正電，選項C正確．5．如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面對里，一帶電微粒由A點進入電磁場并剛好能沿AB直線向上運動，則該微粒在A、B兩點的動能Ek和電勢能Ep的關(guān)系是()A．EkA<EkB B．EkA>EkBC．EpA<EpB D．EpA>EpB答案：D解析：在復(fù)合場中帶電粒子肯定做勻速直線運動，重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，并且可推斷粒子肯定帶正電，電場力的方向水平向右，洛倫茲力方向垂直AB斜向左上，EkA＝EkB，A、B項均錯誤；帶電粒子從A運動到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，有EpA>EpB，C項錯誤，D項正確．6．(多選)霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿z軸方向均勻變化的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝B0＋kz(B0、k均為常數(shù))．將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變(方向如圖所示)，當(dāng)物體沿z軸正方向平移時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同．則()A．磁感應(yīng)強度B越大，上、下表面的電勢差U越大B．k越大，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)越高C．若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下板電勢高D．電流I越大，上、下表面的電勢差U越小答案：AB解析：對于霍爾元件，qeq\f(U,d)＝qvB(d為上、下兩板間的距離)，所以U＝dvB，B越大，上、下表面的電勢差U越大，選項A正確；k越大，B隨z的變化越大，由上面的分析可得U隨z的變化也越大，所以傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)越高，選項B正確；若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，依據(jù)左手定則電子受到的洛倫茲力向下，下板帶負電，下板電勢低，選項C錯誤；電流的微觀表達式I＝nqSv，電流I越大，電荷定向移動的速度v越大，上、下表面的電勢差U越大，選項D錯誤．7．(2021·安慶二模)如圖所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板，其間構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界與兩金屬板下端的水平面PQ重合，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，一比荷為eq\f(q,m)且?guī)д姷牧Ｗ右运俣葀0從兩板中間位置沿與a、b板平行方向射入偏轉(zhuǎn)電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設(shè)M、N兩點間的距離為x(M、N點圖中未畫出)．則以下說法中正確的是()A．只減小磁感應(yīng)強度B的大小，則x減小B．只增大初速度v0的大小，則x減小C．只減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則x不變D．只減小帶電粒子的比荷eq\f(q,m)的大小，則x不變答案：C解析：帶正電的粒子垂直于場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，向右做類平拋運動，設(shè)進入磁場時速度為v，與水平向右方向的夾角為θ，則在磁場中做勻速圓周運動，運動的弧所對的圓心角為2θ，半徑為R，由幾何學(xué)問得M、N兩點的距離為：x＝2Rsinθ＝2eq\f(mv,Bq)sinθ＝eq\f(2mv0,Bq).只減小磁感應(yīng)強度B的大小，則x增大，選項A錯誤；只增大初速度v0的大小，則x增大，選項B錯誤；只減小偏轉(zhuǎn)電壓U的大小，則x不變，選項C正確；只減小帶電粒子的比荷eq\f(q,m)的大小，則x增大，選項D錯誤．8．(2021·武漢摸底)(多選)圖甲是回旋加速器的工作原理圖．D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有肯定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速．兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運動．若帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應(yīng)帶來的影響，下列推斷正確的是()A．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有tn＋1－tn＝tn－tn－1B．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有tn＋1－tn<tn－tn－1C．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有En＋1－En＝En－En－1D．在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有En＋1－En<En－En－1答案：AC解析：依據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關(guān)可知，在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有tn＋1－tn＝tn－tn－1，選項A正確，B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ek-t圖中應(yīng)當(dāng)有En＋1－En＝En－En－1，選項C正確，D錯誤．9．如圖所示，豎直絕緣桿處于方向彼此垂直，大小為E、B的勻強電場和勻強磁場中，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，從靜止開頭沿桿下滑，且與桿的動摩擦因數(shù)為μ，試求：(1)小球速度為多大時，加速度最大？是多少？(2)小球下滑的最大速度是多少？答案：(1)eq\f(E,B)g(2)eq\f(mg＋μqE,μqB)解析：小球開頭下滑后，在水平方向始終受到方向相反的電場力qE和洛倫茲力qvB的作用．(1)當(dāng)qE>qvB時，絕緣桿對小球的壓力FN水平向左，小球下滑的加速度為a＝eq\f(mg－μFN,m)＝g－eq\f(μqE－qvB,m)由上述式知a隨v的增大而增大，即小球做加速度增大的加速運動．當(dāng)qE＝qvB，即速度增大到v＝eq\f(E,B)時，摩擦力Ff＝μFN＝0，加速度最大，其最大值為am＝g.(2)當(dāng)qE<qvB時，絕緣桿對小球的壓力FN轉(zhuǎn)變方向，為水平向右，小球下滑的加速度為a＝eq\f(mg－μFN,m)＝g－eq\f(μqvB－qE,m)由此可知a隨v增大而減小，即小球做加速度減小的加速運動，當(dāng)a＝0時，速度達到最大，這時有mg＝μ(qvmB－qE)故最大速度為vm＝eq\f(mg＋μqE,μqB).10．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上N點到O點的距離是12cm，虛線NP與x軸負向的夾角是30°.第Ⅰ象限內(nèi)NP的上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝1T，第Ⅳ象限有勻強電場，方向沿y軸正向．一質(zhì)量m＝8×10－10kg、電荷量q＝1×10－4C的帶正粒子，從電場中M(12，－8)點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從N點進入磁場，又從y軸上P點穿出磁場．不計粒子重力，(1)粒子在磁場中運動的速度v；(2)粒子在磁場中運動的時間t；(3)勻強電場的電場強度E.答案：(1)104m/s(2)1.6×10－5s(3)5×10解析：(1)粒子在磁場中的軌跡如圖由幾何關(guān)系得粒子做圓周運動的軌道半徑R＝eq\f(2,3)×12cm＝0.08由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝104(2)粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為120°，則有t＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝1.6×10－5s(3)由qEd＝eq\f(1,2)mv2得E＝eq\f(mv2,2qd)＝5×103V/m.11．(2021·山西太原一模)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中的第一象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場；其次象限內(nèi)存在大小為B、方向垂直坐標(biāo)平面對外的有界圓形勻強磁場(圖中未畫出)．一粒子源固定在x軸上M(L,0)點，沿y軸正方向釋放出速度大小均為v0的電子，電子經(jīng)電場后恰好從y軸上的N點進入其次象限．進入其次象限后，電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后通過x軸時，與x軸的夾角為75°.已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，電場強度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2eL)，不考慮電子的重力和其間的相互作用，求：(1)N點的坐標(biāo)；(2)圓形磁場的最小面積．答案：(1)(0,2L)(2)eq\f(3πm2v\o\al(2,0),2e2B2)或eq\f(2＋\r(3)πm2v\o\al(2,0),2e2B2)解析：(1)從M到N的過程中，電子做類平拋運動，有L＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)t2yN＝v0t解得：yN＝2則N點的坐標(biāo)為(0,2L(2)設(shè)電子到達N點的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，由動能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eELcosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)解得：v＝eq\r(2)v0，θ＝45°設(shè)電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r則evB＝meq\f(v2,r)