2024高考物理一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)測評二十七帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)含解析

PAGE11-帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(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(gè)D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中,并分別與高頻電源相連?，F(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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)能不相等,B錯(cuò)誤。帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB,兩粒子的比荷qm相等,所以周期相等,做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等。因?yàn)樗痈哳l電源的頻率等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率,故兩次所接高頻電源的頻率相同,C錯(cuò)誤。由Ek=12mv2=q2B2R2.(2024·天津高考)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件,電腦正常工作;當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時(shí),電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)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(fù)電,即后表面的電勢比前表面的低,A錯(cuò)誤;依據(jù)穩(wěn)定時(shí)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(xiàng)B、C均錯(cuò)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(jì)重力,初速度可忽視)緩慢通過小孔O1進(jìn)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(qiáng)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(dòng)能的粒子【解析】選C。粒子要想無偏轉(zhuǎn)地通過區(qū)域Ⅱ,進(jìn)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(gè)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(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)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(jì))的電源上,則 ()A.泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極B.通過泵體的電流I=UC.增大磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí),電流從上向下流過泵體,這時(shí)受到的磁場力水平向左,拉動(dòng)液體,故A錯(cuò)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(cuò)誤;增大磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場垂直于紙面對里,勻強(qiáng)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(dòng),經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)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(dòng)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(xiàng)錯(cuò)誤;上滑過程中,洛倫茲力垂直斜面對上,物塊所受滑動(dòng)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(dòng)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(xiàng)正確;a、b兩點(diǎn)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(xiàng)錯(cuò)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(shí)摩擦力小于下滑時(shí)摩擦力,由動(dòng)能定理得,動(dòng)能改變量大小不相同【加固訓(xùn)練】如圖所示,一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌道半徑為R,已知該電場的電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下;該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面對里,不計(jì)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(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D.液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v=Rg【解析】選C。液滴在重力場、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知,qE=mg,得qm=gE,故B錯(cuò)誤;電場力豎直向上,液滴帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;由左手定則可推斷液滴沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),C正確;對液滴qE=mg,qvB=mv2R,得v=RBg6.在半導(dǎo)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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里、有肯定寬度的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)時(shí),離子P+和P3+()A.在電場中的加速度之比為1∶1B.在磁場中運(yùn)動(dòng)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(shí)的動(dòng)能之比為1∶3【解析】選B、D。兩個(gè)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(cuò)。要想知道半徑必需先知道進(jìn)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(shí)其速度表達(dá)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤。由電場加速后:qU=12mv2可知,兩離子離開電場的動(dòng)能之比為7.如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)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(qiáng)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(fù)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(shí)燈泡電阻為R=100Ω,不計(jì)離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻,且認(rèn)為離子均為一價(jià)離子,A.金屬板M上聚集負(fù)電荷,金屬板N上聚集正電荷B.該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)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(gè)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(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律可知,電源的電動(dòng)勢等于電源的路端電壓,所以E=U=PR=100V,選項(xiàng)B正確;由Bqv=qUd可得v=UBd=100m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)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(jià)離子,所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個(gè)數(shù)為n=Qe【加固訓(xùn)練】(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)。如圖所示,平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場,將一束含有大量正、負(fù)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(dāng)于發(fā)電機(jī),把兩個(gè)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(jī)的電動(dòng)勢增大D.若只增大噴入粒子的速度,發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大【解析】選B、D。首先對等離子體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析:起先時(shí)由左手定則推斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下),則正離子向上板聚集,負(fù)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(fù)極,所以通過用電器的電流方向從A到B,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)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(dá)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(dòng)勢d,則:qvB=qE電動(dòng)勢d,解得E電動(dòng)勢=Bdv,所以電動(dòng)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(xiàng)C錯(cuò)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(qiáng)度大小為E,磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器,最終打到膠片上的Q點(diǎn)。不計(jì)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(diǎn),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(xiàng)A正確;由Uq=12mv2和Eq=mv2R可得U=ER2,選項(xiàng)B錯(cuò)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(jì)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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向里;在第四象限存在勻強(qiáng)電場,方向沿x軸正向,如圖所示。在y軸正半軸上某點(diǎn)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(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場。不計(jì)粒子重力。若該粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ=60°,電場強(qiáng)度大小為150V/m。求【解析】粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的半徑為R0。由左手定則可知,粒子帶負(fù)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(qiáng)度大小為E,粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為a,在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,離開電場時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx,由牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eq=ma ③vx=at ④vx由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)(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(yùn)動(dòng)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(gè)D形金屬盒,在加速帶電粒子時(shí),兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中,并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek隨時(shí)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(shí)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(dāng)?shù)扔趖n-tn-2C.要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大,可以增大電源電壓D.在磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)的周期一樣,故高頻電源的改變周期應(yīng)當(dāng)?shù)扔趖n-tn-2,故B正確;當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí),速度最大,此時(shí)運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒的半徑,=q2B2R22m,可知最大動(dòng)能與加速器的半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場Ⅰ,其次象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場,第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場Ⅱ;一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子,從x軸上M點(diǎn)以某一初速度垂直于x軸進(jìn)入第四象限,在xOy平面內(nèi),以原點(diǎn)O為圓心做半徑為R0的圓周運(yùn)動(dòng);隨后進(jìn)入電場運(yùn)動(dòng)至y軸上的N點(diǎn),沿與y軸正方向成45°角離開電場;在磁場Ⅰ中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,再次垂直于y軸進(jìn)入第四象限。不計(jì)粒子重力。求:(1)帶電粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限時(shí)初速度的大小v0;(2)電場強(qiáng)度的大小E;(3)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1?！窘馕觥?1)粒子