2024高考物理一輪復習核心素養(yǎng)測評二十七帶電粒子在復合場中的運動含解析

PAGE11-帶電粒子在復合場中的運動(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分,1～5題為單選題,6～8題為多選題)1.如圖是醫(yī)用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連。現(xiàn)分別加速氘核(12H)和氦核(2A.它們的最大速度相同B.它們的最大動能相同C.兩次所接高頻電源的頻率可能不相同D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能【解析】選A。依據(jù)qvB=mv2R,得v=qBRm。兩粒子的比荷qm相等,所以最大速度相等,A正確。最大動能Ek=12mv2,兩粒子的最大速度相等,但質(zhì)量不相等,所以最大動能不相等,B錯誤。帶電粒子在磁場中運動的周期T=2πmqB,兩粒子的比荷qm相等,所以周期相等,做圓周運動的頻率相等。因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率,故兩次所接高頻電源的頻率相同,C錯誤。由Ek=12mv2=q2B2R2.(2024·天津高考)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件,電腦正常工作;當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件,元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時,電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此限制屏幕的熄滅。則元件的 ()A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為eU【解析】選D。依據(jù)左手定則可知自由電子偏向后表面,元件的后表面帶負電,即后表面的電勢比前表面的低,A錯誤;依據(jù)穩(wěn)定時自由電子所受的電場力與洛倫茲力平衡,即eUa=evB得U=Bva,所以選項B、C均錯誤;自由電子受到的洛倫茲力與所受電場力大小相等,即F=evB=eUa3.(2024·廈門模擬)如圖所示,一束粒子(不計重力,初速度可忽視)緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ,其中磁場的方向如圖所示,收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。則 ()A.該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子B.該裝置可篩選出具有特定電量的粒子C.該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D.該裝置可篩選出具有特定動能的粒子【解析】選C。粒子要想無偏轉(zhuǎn)地通過區(qū)域Ⅱ,進入收集室的小孔O3,須要滿意qE=qvB,即粒子的速度v=EB,C4.電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示,泵體是一個長方體,ab邊長為L1,兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形;流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ,在泵頭通入導電劑后液體的電導率為σ(電阻率倒數(shù)),泵體處有方向垂直向外的磁場B,泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上,則 ()A.泵體上表面應(yīng)接電源負極B.通過泵體的電流I=UC.增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度D.增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度【解析】選C。當泵體上表面接電源的正極時,電流從上向下流過泵體,這時受到的磁場力水平向左,拉動液體,故A錯誤;依據(jù)電阻定律,泵體內(nèi)液體的電阻R=ρLS=1σ·L2L1L2=1σL1,因此流過泵體的電流I=UR=UL1σ,故B錯誤;增大磁感應(yīng)強度B,受到的磁場力變大,因此可獲得更大的抽液高度,故C正確;5.(2024·煙臺模擬)如圖所示,勻強磁場垂直于紙面對里,勻強電場平行于斜面對下,斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面對上滑動,經(jīng)a點后到b點時速度減為零,接著又滑了下來。設(shè)物塊帶電荷量保持不變,則從a到b和從b回到a兩過程相比較 ()A.加速度大小相等B.摩擦產(chǎn)生熱量不相同C.電勢能改變量的肯定值不相同D.動能改變量的肯定值相同【解析】選B。兩過程中,重力、電場力恒定、支持力方向不變,洛倫茲力方向相反,摩擦力方向相反,物塊所受合外力不同,由牛頓其次定律知,加速度必定不同,A項錯誤;上滑過程中,洛倫茲力垂直斜面對上,物塊所受滑動摩擦力Ffμ(mgcosθ-qvB),下滑過程中,洛倫茲力垂直斜面對下,物塊所受滑動摩擦力Ff″=μ(mgcosθ+qvB),摩擦產(chǎn)生熱量Q=Ffx,兩過程位移大小相等,摩擦力大小不同,故產(chǎn)生熱量不同,B項正確;a、b兩點電勢確定,由Ep=qφ可知,兩過程中電勢能改變量的肯定值相等,C項錯誤;上滑過程和下滑過程,都是重力、摩擦力及電場力做功,但是上滑時摩擦力小于下滑時摩擦力,由動能定理得,動能改變量大小不相同【加固訓練】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(yīng)強度為B,方向垂直紙面對里,不計空氣阻力,設(shè)重力加速度為g,則 ()A.液滴帶正電B.液滴比荷qm=C.液滴沿順時針方向運動D.液滴運動速度大小v=Rg【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qm=gE,故B錯誤;電場力豎直向上,液滴帶負電,A錯誤;由左手定則可推斷液滴沿順時針方向轉(zhuǎn)動,C正確;對液滴qE=mg,qvB=mv2R,得v=RBg6.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(yīng)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(zhuǎn)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3∶1C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶3D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3【解析】選B、D。兩個離子的質(zhì)量相同,其帶電荷量是1∶3的關(guān)系,所以由a=qUmd可知,其在電場中的加速度是1∶3的關(guān)系,故A錯。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=2qUm,可知其速度之比為1∶3。又由qvB=mv2r知,r=mvqB,所以其半徑之比為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3∶1,設(shè)磁場寬度為L,離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角,所以有sinθ=LR,則可知角度的正弦值之比為1∶3,又P+的角度為30°,可知P3+的角度為60°,即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2,故C錯誤。由電場加速后:qU=12mv2可知,兩離子離開電場的動能之比為7.如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d=20cm,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=5T,方向垂直紙面對里?，F(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負電的微粒,整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場,發(fā)覺在M、N兩板間接入的額定功率為P=100W的燈泡正常發(fā)光,且此時燈泡電阻為R=100Ω,不計離子重力和發(fā)電機內(nèi)阻,且認為離子均為一價離子,A.金屬板M上聚集負電荷,金屬板N上聚集正電荷B.該發(fā)電機的電動勢為100VC.離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103D.每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上【解析】選B、D。由左手定則可知,射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn),負離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn),選項A錯誤;由于不考慮發(fā)電機的內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律可知,電源的電動勢等于電源的路端電壓,所以E=U=PR=100V,選項B正確;由Bqv=qUd可得v=UBd=100m/s,選項C錯誤;每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q=It,而I=PR=1A,所以Q=1C,由于離子為一價離子,所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n=Qe【加固訓練】(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)。如圖所示,平行金屬板之間有一個很強的磁場,將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體,沿圖中所示方向噴入磁場,圖中虛線框部分相當于發(fā)電機,把兩個極板與用電器相連,則()A.用電器中的電流方向從B到AB.用電器中的電流方向從A到BC.若只增大帶電粒子電荷量,發(fā)電機的電動勢增大D.若只增大噴入粒子的速度,發(fā)電機的電動勢增大【解析】選B、D。首先對等離子體進行動態(tài)分析:起先時由左手定則推斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負離子所受洛倫茲力方向向下),則正離子向上板聚集,負離子向下板聚集,兩板間產(chǎn)生了電勢差,即金屬板變?yōu)橐浑娫?且上板為正極、下板為負極,所以通過用電器的電流方向從A到B,選項A錯誤,選項B正確;此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F,最終兩力達到平衡,即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域,因f=qvB,F=qE電動勢d,則:qvB=qE電動勢d,解得E電動勢=Bdv,所以電動勢與速度v及磁場B成正比,與帶電粒子的電荷量無關(guān),選項C錯誤8.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖,由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R,通道內(nèi)勻稱輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E,磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。方向垂直于紙面對外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止起先經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器,由P點垂直邊界進入磁分析器,最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法正確的是 ()A.極板M比極板N的電勢高B.加速電場的電壓U=ERC.直徑PQ=2BqmERD.若一群粒子從靜止起先經(jīng)過題述過程都落在膠片上的同一點,則該群粒子具有相同的比荷【解析】選A、D。粒子在靜電分析器內(nèi)沿電場線方向偏轉(zhuǎn),說明粒子帶正電荷,極板M比極板N的電勢高,選項A正確;由Uq=12mv2和Eq=mv2R可得U=ER2,選項B錯誤;在磁場中,由牛頓其次定律得qvB=mv2r,即r=mvqB,直徑PQ=2r=2mvBq二、計算題(14分,需寫出規(guī)范的解題步驟)9.在第一象限存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)向里;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸正向,如圖所示。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0=1000m/s的速度放射出一帶電粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計粒子重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ=60°,電場強度大小為150V/m。求【解析】粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由左手定則可知,粒子帶負電;由洛倫茲力公式及牛頓其次定律得qv0B=mv由題給條件和幾何關(guān)系可知R0=d ②設(shè)電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為a,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx,由牛頓其次定律及運動學公式得Eq=ma ③vx=at ④vx由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有tanθ=vx聯(lián)立①②③④⑤⑥式得B=0.1T答案:0.1T【總結(jié)提升】“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題10.(10分)(多選)圖甲是回旋加速器的示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的改變規(guī)律如圖乙所示,若忽視帶電粒子在電場中的加速時間,則下列說法中正確的是 ()A.在Ek-t圖中應(yīng)有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高頻電源的改變周期應(yīng)當?shù)扔趖n-tn-2C.要使粒子獲得的最大動能增大,可以增大電源電壓D.在磁感應(yīng)強度B、D形盒半徑、粒子的質(zhì)量m及其電荷量q不變的狀況下,粒子的加速次數(shù)越多,粒子的最大動能肯定越大【解析】選A、B。洛倫茲力供應(yīng)向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB,故周期T=2πrv=2πmqB,與速度無關(guān),故t4-t3=t3-t2=t2-t1,故A正確;溝通電源的周期必需和粒子在磁場中運動的周期一樣,故高頻電源的改變周期應(yīng)當?shù)扔趖n-tn-2,故B正確;當粒子從D形盒中出來時,速度最大,此時運動的半徑等于D形盒的半徑,=q2B2R22m,可知最大動能與加速器的半徑、磁感應(yīng)強度以及電荷的電荷量和質(zhì)量有關(guān),11.(20分)(2024年山東新高考模擬)如圖所示,在第一象限內(nèi),存在垂直于xOy平面對外的勻強磁場Ⅰ,其次象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場,第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面對外、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ;一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子,從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限,在xOy平面內(nèi),以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動;隨后進入電場運動至y軸上的N點,沿與y軸正方向成45°角離開電場;在磁場Ⅰ中運動一段時間后,再次垂直于y軸進入第四象限。不計粒子重力。求:(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0;(2)電場強度的大小E;(3)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度的大小B1。【解析】(1)粒子