2023年高考物理一轮复习课时分层集训27带电粒子在复合场中的运动新人教版

课时分层集训(二十七)带电粒子在复合场中的运动(限时：40分钟)[根底对点练]带电粒子在组合场中的运动1．如图9­3­17所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，那么粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()图9­3­17A．d随U1变化，d与U2无关B．d与U1无关，d随U2变化C．d随U1变化，d随U2变化D．d与U1无关，d与U2无关A[带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，那么有：eq\f(v0,v)＝cosθ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，那么有：eq\f(\f(d,2),R)＝cosθ，所以d＝eq\f(2Rv0,v)，又因为半径公式R＝eq\f(mv,Bq)，那么有d＝eq\f(2mv0,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU1,q)).故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误．]2．(多项选择)(2023·烟台模拟)如图9­3­18所示，在x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a.现将质量为m、电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响．以下说法正确的选项是()【导学号：84370420】图9­3­18A．假设粒子垂直于CM射出磁场，那么h＝eq\f(B2a2q,2mE)B．假设粒子垂直于CM射出磁场，那么h＝eq\f(B2a2q,8mE)C．假设粒子平行于x轴射出磁场，那么h＝eq\f(B2a2q,2mE)D．假设粒子平行于x轴射出磁场，那么h＝eq\f(B2a2q,8mE)AD[粒子在电场中加速，有qEh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).在磁场中做圆周运动，假设粒子垂直于CM射出磁场，那么轨迹所对的圆心角θ＝45°，半径R＝a，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得R＝eq\f(mv0,qB)，联立以上各式得h＝eq\f(B2a2q,2mE)，A正确；假设粒子平行于x轴射出磁场，那么轨迹所对的圆心有θ＝90°，半径R＝eq\f(a,2)，同理可得h＝eq\f(B2a2q,8mE)，D正确．]3．(2023·银川模拟)如图9­3­19所示，AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，不计粒子重力．试求：图9­3­19(1)M、N两点间的距离；(2)磁感应强度的大小和圆形匀强磁场的半径；(3)粒子自O点出发到回到O点所用的时间．[解析](1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如下图：粒子从O到M的时间：t1＝eq\f(d,v0)粒子在电场中加速度：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),d)故PM间的距离为：PM＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(\r(3),2)d粒子在M点时竖直方向的速度：vy＝at1＝eq\r(3)v0粒子在M点时的速度：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0速度偏转角正切：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)故θ＝60°粒子从N到O点时间：t2＝eq\f(d,2v0)，粒子从N到O点过程的竖直方向位移：y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)故P、N两点间的距离为：PN＝y＝eq\f(\r(3),8)d.所以MN＝PN＋PM＝eq\f(5\r(3),8)d.(2)由几何关系得：Rcos60°＋R＝MN＝eq\f(5\r(3),8)d可得半径：R＝eq\f(5\r(3),12)d由qvB＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(8\r(3)mv0,5qd)由几何关系确定区域半径为：R′＝2Rcos30°，即R′＝eq\f(5,4)d.(3)O到M的时间：t1＝eq\f(d,v0)N到O的时间：t2＝eq\f(d,2v0)在磁场中运动的时间：t3＝eq\f(\f(4π,3)R,2v0)＝eq\f(5\r(3)πd,18v0)无场区运动的时间：t4＝eq\f(Rcos30°,2v0)＝eq\f(5d,16v0)t＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(29d,16v0)＋eq\f(5\r(3)πd,18v0).[答案](1)eq\f(5\r(3)d,8)(2)eq\f(8\r(3)mv0,5qd)eq\f(5,4)d(3)eq\f(29d,16v0)＋eq\f(5\r(3)πd,18v0)带电物体在叠加场中的运动4．如图9­3­20所示，界面MN与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．假设不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，以下说法中正确的选项是()【导学号：84370421】图9­3­20A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和D[带电小球在刚进入复合场时受力如下图，那么带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度知道选项D正确．](2023·桂林模拟)如下图，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如下图(粒子在N点的速度比在M点的速度大)．那么以下说法正确的选项是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势面向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大C[根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定那么可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，那么电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．]5．如图9­3­21所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，以下判断正确的选项是()图9­3­21A．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大B．小球恰好运动一周后回到a点C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能增大C[电场力与重力大小相等，那么二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点〞．关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点〞，速度最大，此时洛伦兹力最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，假设从a点静止释放，最高运动到d点，故A、B错误．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C正确．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，故D错误．所以C正确，A、B、D错误．]6．(多项选择)(2023·哈尔滨模拟)如图9­3­22所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.一质量为m，电量为q的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，那么关于小球的运动，以下说法正确的选项是()【导学号：84370422】图9­3­22A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程中机械能守恒C．小球运动到最低点时电势能增加了eq\f(mgv,2Bq)D．小球第一次运动到最低点历时eq\f(πm,2qB)AD[小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，那么小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确．由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误．电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqRsin30°＝mg×eq\f(mv,Bq)×eq\f(1,2)＝eq\f(m2gv,2Bq)，所以电势能的增加量为eq\f(m2gv,2Bq)，选项C错误．小球第一次运动到低点的时间为eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2Bq)，所以选项D正确．应选AD.]7．(2023·泉州模拟)如图9­3­23所示，PR是一长为L＝0.64m的绝缘平板固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端．整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半局部有一个垂于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度0.32m．一个质量m＝0.50×10－3kg、带电荷量为q＝5.0×10－2C的小物体，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动．当物体碰到挡板R后被弹回，假设在碰撞瞬间撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响，整个过程中小物体的电量保持不变)，物体返回时在磁场中仍作匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC＝L/4.假设物体与平板间的动摩擦因数μ＝0.20,g取10m/s图9­3­23(1)判断电场的方向及物体带正电还是带负电；(2)求磁感应强度B的大小；(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能．[解析](1)物体由静止开始向右做匀加速运动，说明电场力向右且大于摩擦力．进入磁场后做匀速直线运动，说明它受的摩擦力增大，即证明它受的洛伦兹力方向向下，由左手定那么判断物体带负电，由其受力方向向右判断电场方向向左. (2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，从离开磁场到停在C点的过程中，由动能定理有－μmgeq\f(L,4)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)即v2＝0.80m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡，有mg＝Bqv2有B＝0.125T.(3)设从D点进入磁场时的速度为v1，由动能定理有qEeq\f(L,2)－μmgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)物体从D点到R做匀速直线运动，有qE＝μ(mg＋Bqv1)有v1＝1.6m/s小物体撞击挡板损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝4.8×10－4J.[答案](1)电场方向向左负电(2)0.125T(3)4.8×10－4J带电粒子在复合场运动的实际应用8．如图9­3­24所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子(不计重力)，以下说法正确的选项是()【导学号：84370423】图9­3­24A．粒子带负电B．初速度为v＝eq\f(B,E)C．比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E)D．比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)D[垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定那么可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB＝Eq，解得v＝eq\f(E,B)，选项B错误；在磁场中时，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得：eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)＝eq\f(E,B2r)，应选项D正确，C错误．应选D.]9．(2023·北京模拟)据报道，我国实施的“双星〞方案发射的卫星中放置了一种“磁强计〞，用于测定地磁场的磁感应强度等研究工程．磁强计的原理如图9­3­25所示：电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x正方向、大小为I的电流．金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电量为e.金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动．假设测出金属导体前后两个侧面间(z＝a为前侧面，z＝0为后侧面)的电势差为U，那么()图9­3­25A．前侧面电势高，B＝eq\f(nebU,I)B．前侧面电势高，B＝eq\f(neaU,I)C．后侧面电势高，B＝eq\f(nebU,I)D．后侧面电势高，B＝eq\f(neaU,I)C[电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定那么，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小．电子定向移动的方向沿x轴负向，所以电子向前侧面偏转，那么前侧面带负电，后侧面失去电子带正电，后侧面的电势较高，当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差．因而可得eq\f(eU,a)＝Bev，q＝n(abvt)e，I＝eq\f(q,t)＝neabv，由以上几式解得磁场的磁感应强度B＝eq\f(nebU,I)，故C正确．]10．盘旋加速器的核心局部是真空室中的两个相距很近的D形金属盒．把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下．连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到到达最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一盘旋加速器分别加速氚核(eq\o\al(3,1)H)和粒子(eq\o\al(2,4)He)，比拟它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，以下说法正确的选项是()图9­3­26A．加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大C．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小D．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小C[带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T＝eq\f(2πm,qB)，知氚核(eq\o\al(3,1)H)的质量与电量的比值大于α粒子(eq\o\al(4,2)He)，所以氚核在磁场中运动的周期大，那么加速氚核的交流电源的周期较大．根据qvB＝meq\f(v2,r)得，最大速度v＝eq\f(qBr,m)，那么最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，氚核的质量是α粒子的eq\f(3,4)倍，氚核的电量是α粒子的eq\f(1,2)倍，那么氚核的最大动能是α粒子的eq\f(1,3)倍，即氚核的最大动能较小．故C正确，A、B、D错误．](多项选择)劳伦斯和利文斯设计出盘旋加速器，工作原理示意图如下图．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.假设A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．那么以下说法正确的选项是()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开盘旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该盘旋加速器使粒子获得的最大动能不变AC[质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正确；质子离开盘旋加速器的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝eq\f(mv,Bq)，Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1，C正确；因盘旋加速器加速粒子的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．]11．(多项选择)(2023·银川模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图9­3­27甲所示是霍尔元件的工作原理示意图，实验说明，铜以及大多数金属的载流子是带负电荷的电子，但锌中的载流子带的却是正电．自行车的速度计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上的一块磁铁，轮子每转一周，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，这样便可测出某段时间内的脉冲数．假设自行车前轮的半径为R、磁铁到轴的距离为r，以下说法正确的选项是()图9­3­27A．假设霍尔元件材料使用的是锌，通入如图甲所示的电流后，C端电势高于D端电势B．当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，C、D间的电势差越来越大C．假设自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为2πNrD．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，那么速度计测得的骑行速度偏大ABD[假设霍尔元件材料使用的是锌，那么载流子带正电，通入如图甲所示的电流后，根据左手定那么可知，正电荷受力向左，故C端电势高于D端电势，选项A正确；根据eq\f(U,d)q＝qvB，可知U＝Bdv，那么当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，B逐渐变大，那么C、D间的电势差越来越大，选项B正确；自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度为2πRN，选项C错误；由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，那么前轮转动的角速度会偏大，那么单位时间测得的脉冲数偏大，那么速度计测得的骑行速度偏大，选项D正确．应选A、B、D.][考点综合练]12．(2023·合肥模拟)如图9­3­28所示，一等腰直角三角形OMN的腰长为2L，P点为ON的中点，三角形PMN内存在着垂直于纸面向里的匀