（通用版）2021版高考物理大一輪復習 課后限時集訓27 帶電粒子在復合場中的運動

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1、課后限時集訓27 帶電粒子在復合場中的運動 建議用時：45分鐘 1．如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面水平向里。一帶電微粒由a點以一定的初速度進入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是(　　) A．微?？赡軒д?，也可能帶負電 B．微粒的動能可能變大 C．微粒的電勢能一定減小 D．微粒的機械能一定不變 C　[由受力分析可知，微粒受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，因微粒在復合場中做直線運動，可知其所受合力為零，根據(jù)做直線運動的條件可知微粒的受力情況如圖所示，所以微粒一定帶負電，A錯誤；微粒一定做勻速直線運動，否

2、則速度變化，洛倫茲力大小變化，微粒將做曲線運動，因此微粒的動能保持不變，B錯誤；微粒由a沿直線ab運動的過程中，電場力做正功，電勢能一定減小，C正確；在微粒的運動過程中，洛倫茲力不做功，電場力做正功，則微粒的機械能一定增加，D錯誤。] 2．(多選)如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產(chǎn)生勻強電場(場強大小為E)，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。從兩板左側(cè)中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分成三束，則下列判斷正確的是(　　) A．這三

3、束正離子的速度一定不相同 B．這三束正離子的比荷一定不相同 C．a(chǎn)、b兩板間的勻強電場方向一定由a指向b D．若這三束離子改為帶負電而其他條件不變，則仍能從d孔射出 BCD　[因為三束正離子在兩極板間都是沿直線運動的，電場力等于洛倫茲力，可以判斷三束正離子的速度一定相同，且電場方向一定由a指向b，A錯誤，C正確；在右側(cè)磁場中三束正離子運動軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷一定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負電，而其他條件不變的情況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線運動，仍能從d孔射出，D正確。] 3．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交流電源兩極

4、相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，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。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．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．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 A　[由T＝，T＝，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大

5、小無關(guān)，選項A正確，B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝，故選項D錯誤。] 4．(2019·濟寧市模擬)為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示。在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連。污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況。下列說法中錯誤的是(　　)

6、 A．M板比N板電勢低 B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小 C．污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大 D．若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強度，則電流表的示數(shù)也增大 B　[污水從左向右流動時，根據(jù)左手定則，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，M板帶負電，A正確。穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，可得qvB＝q，此時U＝Bbv，又因流速v＝＝，故U＝＝，式中Q是流量，可見當污水流量越大、磁感應(yīng)強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，而與污水中離子濃度無關(guān)，B錯誤，C、D正確。] 5．(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示

7、，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當磁場靠近霍爾元件時，導體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙　 A．根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小 B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高 C．圖乙中霍爾元件的電流I一定是由正電荷定向運動形成的 D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小 AD　[根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的

8、半徑，根據(jù)v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據(jù)霍爾原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電壓只與磁感應(yīng)強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，選項B錯誤；圖乙中霍爾元件的電流I可能是由電子定向運動形成的，也可能是由正電荷定向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。] 6．(多選)(2019·遼寧省沈陽市調(diào)研)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是(　　)

9、 A．小球可能做勻變速運動 B．小球一定做變加速運動 C．小球動能可能不變 D．小球機械能守恒 BC　[小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤。] 7．(2017·江蘇高考節(jié)選)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩

10、種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d。 [解析]　(1)甲種離子在電場中加速時，有 qU0＝×2mv2 ① 設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，則有 qvB＝2m ② 根據(jù)幾何關(guān)系有 x＝2r1－L

11、③ 由①②③式解得x＝－L。 ④ (2)如圖所示。 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d＝r1－ ⑤ 由①②⑤式解得d＝－。 ⑥ [答案]　(1)－L (2)作圖見解析?。? 8.(2019·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(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，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＝ C．液滴沿順時針方向運動 D．液滴運動速度大小v＝ 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，

12、qE＝mg，得＝，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D錯誤。] 9．(多選)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子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、方向垂直紙面向里、有一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∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 BCD　

13、[兩離子質(zhì)量相等，所帶電荷量之比為1∶3，在電場中運動時，由牛頓第二定律得q＝ma，則加速度之比為1∶3，A錯誤；在電場中僅受電場力作用，由動能定理得qU＝Ek＝mv2，在磁場中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力永不做功，動能之比為1∶3，D正確；由磁場中洛倫茲力提供向心力知qvB＝m，得r＝＝ ，半徑之比為∶1，B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，則有sin θ＝∝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，可知C正確。] 10．(2017·天津高考)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，

14、Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。 [解析]　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t ① L＝at2 ② 設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at ③ 設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45° ⑤ 即粒子到達O點時速度方向

15、與x軸正方向成45°角斜向上。設(shè)粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0。 ⑦ (2)設(shè)電場強度為E，粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma ⑧ 又F＝qE ⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m ⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L ? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝。 ? [答案]　(1)v0，速度方向與x軸正方向成45°角斜向上　(2) 11．(2019·日照市一模)如圖所示，在坐標系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，

16、存在電場強度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小B＝0.2 T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10 cm,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg、電荷量q＝3.2×10－19 C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2π rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)。 (1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度； (2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑； (3)熒光屏上閃光

17、點的范圍距離； (4)熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間。 [解析]　(1)帶正電粒子(重力不計)在復合場中沿x軸做勻速直線運動，據(jù)左手定則判定洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上 有qE＝qvB 速度v＝＝ m/s＝106 m/s。 (2)撤去電場后，有qvB＝m 所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑 R＝＝ m＝0.1 m。 (3)粒子運動軌跡如圖所示，若粒子在熒光屏上能最上端打在B點，最下端打在A點 由圖可知：dOA＝Rtan 60°＝R dOB＝R 所以熒光屏上閃光點的范圍距離為 dAB＝(＋1)R≈0.273 m。 (4)因為粒子在磁場中做圓周運動的周期 T＝≈6.28×10－7 s 所以粒子在磁場中運動的時間可以忽略不計 閃光點從最低點移到最高點的過程中，粒子發(fā)射槍轉(zhuǎn)過的圓心角φ＝ 所用的時間t＝＝ s＝ s≈0.42 s。 [答案]　見解析 9