2024高考物理一輪復習規(guī)范演練42帶電粒子在復合場中的運動含解析新人教版

PAGE8-規(guī)范演練42帶電粒子在復合場中的運動[抓基礎(chǔ)]1．(2024·安徽安慶模擬)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(shè)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：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轉(zhuǎn)動，C正確；由qvB＝meq\f(v2,R)，eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯誤．答案：C2．醫(yī)生做某些特別手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是勻稱的．運用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽視，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b負 B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正 D．2.7m/s，a負、b正答案：A3．(2024·沈陽二模)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面對里)．一帶正電小球從O點靜止釋放后，運動軌跡為圖中OPQ所示，其中P為運動軌跡中的最高點，Q為與O同一水平高度的點．下列關(guān)于該帶電小球運動的描述，正確的是()A．小球在運動過程中受到的磁場力先增大后減小B．小球在運動過程中電勢能先增加后削減C．小球在運動過程中機械能守恒D．小球到Q點后將沿著QPO軌跡回到O點解析：小球由靜止起先運動，可知電場力大于重力，在運動的過程中，洛倫茲力不做功，電場力和重力的合力先做正功，后做負功，依據(jù)動能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球受到的磁場力先增大后減小，故A正確；小球在運動的過程中，電場力先做正功，后做負功，則電勢能先減小后增加，故B錯誤；小球在運動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機械能不守恒，故C錯誤；小球到Q點后，將重復之前的運動，不會沿著QPO軌跡回到O點，故D錯誤．答案：A4.(2024·江西模擬)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充溢垂直紙面對內(nèi)的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，一帶電顆粒A以肯定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出，射出時速度的大小為vA若僅撤去磁場，其他條件不變，另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出，射出時速度的大小為vB，則顆粒B()A．穿出位置肯定在O′點上方，vB<vAB．穿出位置肯定在O′點上方，vB>vAC．穿出位置肯定在O′點下方，vB<vAD．穿出位置肯定在O′點下方，vB>vA答案：D5.(多選)(2024·四川樂山調(diào)研)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(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eq\r(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答案：BCD6.一個帶正電荷的微粒(重力不計)穿過如圖所示的勻強電場和勻強磁場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則下列說法不正確的是()A．若僅減小入射速度，微粒進入該區(qū)域后將向下偏轉(zhuǎn)B．若僅減小電場強度，微粒穿過該區(qū)域后動能將減小C．若增大磁感應強度而要使微粒依舊能沿直線運動，必需增大微粒的入射速度D．若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨撾姾?，微粒依舊能沿直線運動答案：C7．(多選)(2024·江西八校聯(lián)考)如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止起先下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度始終減小B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)解析：對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當qE＝qvB時達到最大值，amax＝g，接著運動，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a漸漸減小，故A錯誤；因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，故B錯誤；若在前半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正確．答案：CD8.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面對里．一可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A點無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點．若軌道的兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速為g.則下列推斷正確的是()A．小球在C點對軌道的壓力大小為qBeq\r(2gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率漸漸增大答案：BD[提素養(yǎng)]9．(2024·遼寧大連二模)如圖所示為探討某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以肯定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑．在垂直于紙面對里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，電場強度大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點，關(guān)于該粒子(不計重力)，下列說法正確的是()A．粒子帶負電 B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E) D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)答案：D10.(多選)質(zhì)譜儀是測帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量，其工作原理如圖所示，虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A．此粒子帶負電B．下極板S2比上極板S1電勢高C．若只增大加速電壓U的值，則半徑r變大D．若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變大解析：粒子從S3小孔進入磁場中，速度方向向下，粒子向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電，選項A錯誤；帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速，則要求電場強度的方向向下，可知S1板的電勢高于S2板的電勢，選項B錯誤；依據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，只增大加速電壓U，則半徑r變大；只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變大，故C正確，D正確．答案：CD11.(多選)某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是()A．小球肯定帶正電B．小球可能做勻速直線運動C．帶電小球肯定做勻加速直線運動D．運動過程中，小球的機械能增大解析：由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受磁場力作用，電場力必水平向右，但電場詳細方向未知，故不能推斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球肯定做勻加速運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確．答案：CD12．(多選)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極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性改變的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法正確的是()A．增大電場的加速電壓B．增大D形金屬盒的半徑C．減小狹縫間的距離D．增大磁場的磁感應強度解析：依據(jù)Bvq＝eq\f(mv2,r)，可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2r2,2m)，可見，質(zhì)子被加速獲得的最大速度受到D形盒半徑和磁感應強度的制約，即可通過增大D形金屬盒的半徑和增大磁場的磁感應強度來增大帶電粒子射出時的動能，選項B、D正確．答案：BD13．(多選)如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電的小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從電磁復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復合場是()ABCD答案：CD14．(2024·四川涼山模擬)如圖所示為三個相鄰的足夠長的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，邊界PP′、QQ′、MM′、NN′相互平行．取PP′上某點為O點，垂直PP′向下建立y軸．豎直方向電場強度大小為E，寬度都為d.垂直紙面對里的磁場磁感應強度大小為B，寬度為2d.帶電荷量為－q、質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子，從O點以一水平初速度v0向左進入電場Ⅰ.(1)求粒子從O點動身后進入磁場區(qū)域Ⅱ的速度大小；(2)當E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)、B＝eq\f(mv0,2qd)時，該電荷恰好不能進入電場Ⅲ，求粒子從PP′動身到第一次返回到邊界PP′的這段過程中，粒子的平均速度大小；(3)當粒子的初速度大小為v1(0≤v1≤v0)時，分析粒子離開磁場時進入電場Ⅰ還是Ⅲ？解析：(1)在電場中偏轉(zhuǎn)，依據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qEd,m)).(2)電場Ⅰ中，將E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)代入(1)結(jié)果得v＝2v0，在電場中做類平拋運動，豎直位移d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\f(2\r(3)d,3v0)，水平位移x1＝v0t1＝eq\f(2\r(3)d,3)，出區(qū)域Ⅰ時，粒子速度方向與OO′間夾角為α，則有cosα＝eq\f(v0,2v0)，即α＝eq\f(π,3)，帶電粒子運動部分軌跡如圖所示，磁場中：由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(2mv0,qB)，在磁場中運動時間t2＝eq\f(2α,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，x2＝2rsinα，對全程：v平＝eq\f(2x1＋x2,2t1＋t2)，解上述方程得v平＝eq\f(4\r(3),\r(3)＋π)v0.(3)若磁場不受2d寬度限制，粒子在磁場中縱坐標最大的位置與OO′的距離Δy＝r(1－cosα)＝eq\f(mv,qB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(v1,v)))＝eq