（江蘇選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專題三電場與磁場專題跟蹤檢測（十七）帶電粒子在電磁場中運動與現(xiàn)代科技的結(jié)合

PAGEPAGEPAGE1專題跟蹤檢測〔十七〕帶電粒子在電磁場中運動與現(xiàn)代科技的結(jié)合一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)1.(2022·皋寧聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2，從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場?，F(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝eq\r(3)R。那么該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()A.eq\f(8U,R2B2) B.eq\f(4U,R2B2)C.eq\f(6U,R2B2) D.eq\f(2U,R2B2)解析：選C粒子運動軌跡如下圖。設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做圓周運動的偏轉(zhuǎn)角θ＝60°，那么粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r＝eq\f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正確。2.(2022·江都區(qū)模擬)如下圖，一電子束垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿入射方向做直線運動，可采用的方法是()A．將滑動變阻器滑動頭P向右滑動B．將滑動變阻器滑動頭P向左滑動C．將極板間距離適當減小D．將極板間距離適當增大解析：選D根據(jù)題圖可知：A極板帶正電，B極板帶負電，所以電子束受到電場力的方向向上，大小F電＝Ee＝eq\f(Ue,d)，洛倫茲力方向向下，F(xiàn)＝Bev，電子束向上偏，說明電場力大于洛倫茲力，要使電子束沿射入方向做直線運動，那么要電場力等于洛倫茲力，所以要減小電場力。將滑動變阻器滑動頭P向右或向左移動時，電容器兩端電壓不變，電場力不變，故A、B錯誤；將極板間距離適當減小時，F(xiàn)電增大，不滿足要求，故C錯誤；將極板間距離適當增大時，F(xiàn)電減小，滿足要求，故D正確。3.(2022·崇州模擬)如下圖，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場，電場的場強為E、方向水平向左，磁場的磁感應(yīng)強度為B、方向與電場垂直且水平向里。一帶正電液滴以豎直向下的初速度v0＝eq\f(E,B)進入電磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域。那么液滴在電磁場中()A．做勻速直線運動 B．做勻變速曲線運動C．運動速度逐漸減小 D．機械能逐漸減小解析：選D帶電液滴進入電磁場中時，由題意可知，電場力等于洛倫茲力，所以重力使其做加速運動，那么運動速度逐漸增大，故C錯誤；速度增大使洛倫茲力大小增大，導(dǎo)致速度方向也發(fā)生變化，所以帶電液滴將向右做變速曲線運動，故A、B錯誤；由上分析可知，電場力做負功，液滴電勢能增加，那么機械能減小，故D正確。4．(2022·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)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，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，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(dǎo)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(dǎo)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。以下說法正確的選項是()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是由正電荷定向移動形成的D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將增大解析：選A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，假設(shè)再自行車車輪的半徑，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eq\f(U,d)q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電勢差只與磁場強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速率有關(guān)，與車速無關(guān)，選項B錯誤；題圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，那么會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D錯誤。5.(2022·泰州一模)如圖，從S處發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向下極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取以下措施，其中可行的是()A．適當減小電場強度EB．適當減小磁感應(yīng)強度BC．適當增大加速電壓UD．適當增大加速電場極板之間的距離解析：選B根據(jù)左手定那么可知，電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向下極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力小于洛倫茲力；要使粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，那么Eq＝qvB，所以可以減小洛倫茲力或增大電場力，適當減小電場強度E，即減小電場力，電子的受力不能平衡，故A錯誤；適當減小磁感強度B，可以減小洛倫茲力，電子的受力可以平衡，故B正確；根據(jù)eU＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(\f(2eU,m))，適當增大加速電壓U，可以增大電子在復(fù)合場中運動的速度v，從而增大洛倫茲力，電子的受力不能平衡，故C錯誤；適當增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)v＝eq\r(\f(2eU,m))，由于加速電壓U沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，故D錯誤。6.(2022·徐州模擬)如下圖為盤旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質(zhì)子從加速器的A處開始加速。D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q。以下說法錯誤的選項是()A．質(zhì)子的最大速度不超過2πRfB．質(zhì)子的最大動能為eq\f(q2B2R2,2m)C．質(zhì)子的最大動能與電壓U無關(guān)D．只增大磁感應(yīng)強度B，可減小質(zhì)子的最大動能解析：選ABC質(zhì)子出盤旋加速器時的速度最大，此時的半徑為R，那么v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，所以最大速度不超過2πRf，故A正確；質(zhì)子在磁場中運動時有qvB＝meq\f(v2,R)，可得質(zhì)子的最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與電壓U無關(guān)，故B、C正確；質(zhì)子的最大動能Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，只增大磁感應(yīng)強度，可增大質(zhì)子的最大動能，故D錯誤。7.如下圖，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電；板間存在勻強電場和勻強磁場(圖中未畫出)。一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動，粒子通過兩平行板后，從O點垂直進入另一個垂直紙面向外的勻強磁場中，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點，不計粒子重力，那么以下說法正確的選項是()A．此粒子一定帶正電B．P、Q間的磁場一定垂直紙面向里C．假設(shè)另一個帶電粒子也能做勻速直線運動，那么它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比D．假設(shè)另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，那么它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比解析：選ABD粒子在磁場中做勻速圓周運動，由題圖知粒子向下偏轉(zhuǎn)，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應(yīng)用左手定那么可知，粒子帶正電，故A正確；粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，粒子所受合力為零，粒子所受電場力豎直向下，那么粒子所受洛倫茲力豎直向上，由左手定那么可知，P、Q間的磁場垂直于紙面向里，故B正確；粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，由平衡條件可知：qvB＝qE，那么：v＝eq\f(E,B)，粒子具有相同的速度即可，不一定具有相同的荷質(zhì)比，故C錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，由于粒子勻速通過P、Q間的復(fù)合場，那么粒子速度v相同，假設(shè)粒子運動軌跡相同，那么粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r相同，那么粒子的荷質(zhì)比相同，故D正確。8.電磁流量計廣泛應(yīng)用于測量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面積的流體的體積)，為了簡化，假設(shè)流量計是如下圖的橫截面為長方形的一段管道，其中空局部的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送流體的管道相連(圖中虛線)，導(dǎo)電流體由左向右流過流量計。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，現(xiàn)在流量計所在處加磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面由前向后。當導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩外表分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，流體的電阻率為ρ，不計電流表的內(nèi)阻，那么()A．流量計的上外表電勢高 B．流量計的下外表電勢高C．流量為eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bR＋ρ\f(c,a))) D．流量為eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aR＋ρ\f(b,c)))解析：選AC流體中的正電荷向右運動，由左手定那么知受向上的洛倫茲力，那么上外表聚集正電荷。流體中的負電荷也向右運動，同理知下外表聚集負電荷。所以流量計的上外表電勢高，故A正確；電場力與洛倫茲力相平衡，有qeq\f(U,c)＝qvB(U相當于電源電動勢)，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(U,R＋r)，流體電阻(即內(nèi)阻)為r＝ρeq\f(c,ab)，流體的流量為Q＝Sv＝bcv，解得Q＝eq\f(I,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bR＋ρ\f(c,a)))，故C正確。9.(2022·南通模擬)如下圖為利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機原理示意圖，矩形發(fā)電管道水平東西放置，整個管道置于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，其上、下兩面是絕緣板，南、北兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連，發(fā)電管道長為L、寬為d、高為h，海水在發(fā)電管道內(nèi)以恒定速率v朝正東方向流動。發(fā)電管道內(nèi)的海水在垂直流動方向的電阻為r，海水在管道內(nèi)流動時受到的摩擦阻力大小恒為f，不計地磁場的影響，那么()A．N側(cè)的電勢高B．開關(guān)S斷開時，M、N兩端的電壓為BdvC．開關(guān)S閉合時，發(fā)電管道進、出口兩端壓力差F＝f＋eq\f(B2d2v,R＋r)D．開關(guān)S閉合時，電阻R上的功率為eq\f(B2d2v2,R)解析：選BC海水向東流動的過程中，正電荷受到的洛倫茲力的方向指向M，而負電荷受到的洛倫茲力的方向指向N，所以M側(cè)聚集正電荷，M側(cè)的電勢高，故A錯誤；開關(guān)S斷開時，設(shè)海水中的電荷所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，M、N兩端的電壓U保持恒定，有qvB＝qeq\f(U,d)，解得：U＝Bdv，故B正確；設(shè)開關(guān)S閉合后，發(fā)電管道進、出口兩端壓力分別為F1、F2，海水所受的摩擦阻力恒為f，開關(guān)S閉合后管道內(nèi)海水受到的安培力為F安，有：F2＝F1＋f＋F安，F(xiàn)安＝BId，根據(jù)歐姆定律有I＝eq\f(U,R＋r)，解得：F＝F2－F1＝f＋eq\f(B2d2v,R＋r)，故C正確；電阻R上的功率為P＝I2R＝eq\f(B2d2v2R,R＋r2)，故D錯誤。二、非選擇題10.如下圖，磁流體發(fā)電機的極板相距d＝0.2m，極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，B＝1.0T。外電路中可變負載電阻R用導(dǎo)線與極板相連。電離氣體以速率v＝1100m/s沿極板射入，極板間電離氣體等效內(nèi)阻r＝0.1Ω，那么此發(fā)電機的最大輸出功率為多大？解析：由離子受力平衡時得qvB＝qE＝eq\f(qU,d)所以板間電壓為U＝Ed＝Bvd此發(fā)電機的電動勢為E源＝U＝Bvd＝1.0×1100×0.2V＝220V當可變電阻調(diào)到R＝r＝0.1Ω時，電源的輸出功率最大，最大輸出功率為Pmax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E源,2r)))2·r＝eq\f(E源2,4r)＝eq\f(2202,4×0.1)W＝121kW。答案：121kW11.(2022·常州三模)如下圖，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向。在第一、四象限內(nèi)有一個圓，圓心O′坐標為(r,0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P點(－2h，h)以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場。求：(1)電場強度E的大??；(2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；(3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t。解析：(1)帶電粒子在電場中只受電場力的作用。電場力方向與v0垂直，所以，粒子做類平拋運動，那么有：水平方向：2h＝v0t1；豎直方向：h＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(qE,2m)t12；解得E＝eq\f(mv02,2qh)。(2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度vy＝at1＝eq\f(2h,t1)＝v0；粒子進入磁場時的速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0；粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，所以有：Bvq＝eq\f(mv2,R)；因為粒子通過坐標原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場，軌跡如下圖，根據(jù)v的方向及圓弧關(guān)于圓心的對稱性，由幾何關(guān)系可知R＝eq\r(2)r；所以B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(\r(2)mv