2025屆高考物理二輪復習：微專題5 速度選擇器、霍爾效應等疊加場問題-專項訓練 【含答案】

2025屆高考物理二輪復習微專題5速度選擇器、霍爾效應等疊加場問題-專項訓練1.[2024·學軍中學模擬]用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子.裝置左側部分由兩塊間距為d的平行金屬板M、N組成,兩板間有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B.使大量電荷量絕對值均為q0的正、負離子從左側以速度v0水平入射,可以給右側P、Q平行板電容器供電.靠近Q板處有一放射源S可釋放初速度為0、質量為m、電荷量絕對值為q的粒子,粒子被加速后從S正上方的小孔噴出P板,噴出的速度大小為v.下列說法正確的是()A.放射源S釋放的粒子帶負電B.增大q0的值,可以提高vC.P、Q間距變?yōu)樵瓉淼?倍,可使v變?yōu)樵瓉?倍D.v0和B同時變?yōu)樵瓉淼?倍,可使v變?yōu)樵瓉淼?倍2.如圖所示為某款新型電磁泵的簡易裝置圖.泵體是一個長、寬、高分別為a、b、c的長方體,上下兩面M、N為金屬極板,當M、N與電源相連時,會在兩極板間的導電液體中產生自上而下的恒定電流I,泵體處于垂直于紙面向外的磁感應強度為B的勻強磁場中.導電液的電阻率為ρ,密度為D,重力加速度為g,工作時泵體始終充滿液體.下列說法正確的是 ()A.該電磁泵穩(wěn)定工作時,磁場對導電液的作用力為BIaB.導電液的流速穩(wěn)定為v時,電源的輸出功率為BIcvC.該電磁泵中導電液流速v與抽液高度h的關系為v=2D.該電磁泵的最大抽液高度為BI3.[2024·嘉興模擬]如圖所示為研究光電效應和霍爾效應的裝置示意圖.光電管和霍爾片串聯,霍爾片的長、寬、高分別為a、b、c,該霍爾片放在磁感應強度大小為B、方向平行于c邊的勻強磁場中.閉合開關S,入射光照到陰極時,電流表A顯示的示數為I,該電流在霍爾片中形成沿電流方向的恒定電場的場強為E,電子在霍爾片中的平均速度v=μE,其中電子遷移率μ為已知常數.電子的電荷量為e,電子的質量為m,霍爾片單位體積內的電子數為n,則 ()A.霍爾片前、后側面間的電壓為BIB.霍爾片內的電場強度為IC.通過調節(jié)滑動變阻器,可以使電流表的示數減為零D.當滑動變阻器的滑片右移后,單位時間內到達光電管陽極的光電子數一定大于I4.[2024·諸暨模擬]如圖所示,真空中平行板電容器間有勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里,右側圓形區(qū)域內(含右半圓邊界)有垂直于紙面向外的勻強磁場.極板間距離為d,板長為L,忽略電容器邊緣效應,圓形區(qū)域左側與極板右端連線相切,上側與上極板的延長線相切于C點,下側與下極板的延長線相切于D點.一束寬度為d、比荷一定但速率不同的帶正電粒子平行于極板方向射入電容器中,L足夠長,只有沿直線運動的粒子才能離開平行板電容器.已知平行板間電場強度大小為E,磁感應強度大小為B1,圓形區(qū)域中磁感應強度大小為B2,不計粒子重力.下列說法正確的是 ()A.進入圓形磁場區(qū)域的粒子在電容器內運動的時間為LEB.通過電容器的粒子都將從D點離開圓形磁場區(qū)域C.若粒子的比荷為2EB1B2d,D.若粒子的比荷為2EB15.如圖所示,某創(chuàng)新小組設計了一個質譜儀,由粒子源、加速器、速度選擇器、有界磁場及探測板等組成.速度選擇器兩端中心位置O、O'各有一個小孔,選擇器內部磁感應強度為B1.以O'為原點,OO'為x軸,建立平面直角坐標系.在第一象限區(qū)域和第四象限部分區(qū)域存在磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,第四象限內磁場邊界為經過O'點的直線.探測板足夠長且與y軸垂直,其左端C的坐標為0,?3a.某種帶電粒子流經加速器加速后,沿AO從O點進入速度選擇器,單位時間內有N0個粒子從O'沿x軸方向進入右側磁場,經磁場偏轉后,均垂直打在探測板上的P、Q(未畫出)之間,落在板上的粒子在P、Q間均勻分布,并且全部被吸收,其中速度大小為v0的粒子沿直線OO'經選擇器后打在探測板P點上.已知粒子的質量為m,B1=B2=B,CP=a,CQ=2a,不計粒子的重力及粒子間的相互作用,求(1)第四象限磁場下邊界的函數關系式;(2)粒子的比荷;(3)探測板受到粒子的總作用力大小;(4)速度選擇器兩極板的間距.6.如圖所示的空間中有豎直向上的勻強電場,在水平虛線AP上方半徑為R的圓形區(qū)域內有勻強磁場,方向垂直于紙面向外,磁感應強度大小為B1=B0,圓形區(qū)域與AP相切.MN是圓形磁場的水平直徑,PN是過N點的圓的切線,過P點放一個足夠長的微粒收集板PQ,PA與PQ的夾角為α=45°.M點有一粒子源,可以在紙面內向圓形磁場中各個方向發(fā)射速度大小都相等、質量為m、電荷量為+q的微粒,微粒在圓形磁場內做勻速圓周運動,其中速度斜向上與直徑MN夾角為θ=30°的微粒經過圓形磁場的圓心然后射出圓形磁場.AP下方有垂直于紙面向內、磁感應強度大小為B2=32B0的勻強磁場.重力加速度為g,微粒重力不可忽略.求(1)勻強電場的電場強度大小;(2)粒子源發(fā)射微粒的速度大小;(3)微粒收集板PQ上有微粒打到的長度.參考答案與詳細解析1.D[解析]根據左手定則可知,正、負離子進入平行板M、N間時,正離子受到向下的洛倫茲力,負離子受到向上的洛倫茲力,所以正離子打到N板,負離子打到M板,N板電勢高于M板,則Q板電勢高于P板,放射源S釋放的粒子受到向上的電場力,電場力方向與場強方向相同,說明粒子帶正電,故A錯誤;根據平衡條件可得q0v0B=q0Ud,放射源S釋放的粒子加速過程,由動能定理有qU=12mv2,聯立可得v=2qBv0dm,由此可知,粒子射出的速度v與q0及P、Q間距無關,當v0和B同時變?yōu)樵瓉淼?倍時,可使v變?yōu)樵瓉淼?倍,故2.D[解析]將通電導電液看成導體棒,受到的安培力F=BIc,根據左手定則可知磁場對導電液的作用力方向為水平向左,故A錯誤;電源輸出的電功率一部分轉化為安培力的功率P1=Fv=BIcv,另一部分轉化為導電液產生的熱功率,所以電源的輸出功率大于BIcv,故B錯誤;由安培力做功的特點可知,電磁泵的機械功率等于安培力的功率,即P機=P1,Δt時間內被抽至泵體中的液體的質量為Δm=DbcvΔt,這部分液體的動能增加量為ΔEk=12Δmv2=12Dbcv3Δt,這部分液體的重力勢能增加量為ΔEp=Δmgh=DbcvghΔt,電磁泵的機械功率等于單位時間內被抽至泵內的液體的動能增加量和重力勢能增加量之和,即P機=ΔEkΔt+ΔEpΔt,聯立可得BIcv=12Dbcv3+Dbcvgh,解得v=2BIDb-2g?,當v=0,即導電液的流速為零時,上式中的3.B[解析]設霍爾片前、后側面間的電壓為U,根據洛倫茲力與電場力平衡可得qvB=qE1,又知I=neSv=nebcv,E1=Ub,聯立解得U=BInec,故A錯誤;霍爾片內沿前后側面的電場強度大小為E1=Ub=BInebc,沿電流方向的恒定電場的場強為E=vμ=Iμnebc,則霍爾片內的電場強度為E合=E12+E2=InebcB2+1μ2,故B正確;由于光電管所加的電壓為正向電壓,所以調節(jié)滑動變阻器時,不能使電流表的示數減為零,故C錯誤4.C[解析]能夠進入圓形區(qū)域的粒子在平行板間必須沿直線運動,應滿足qvB1=qE,解得v=EB1,則粒子在極板間運動的時間為t=Lv=B1LE,故A錯誤;要使進入圓形區(qū)域的粒子都從D點離開電場,還應使粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R=d2,由洛倫茲力提供向心力得qvB2=mv2R,聯立解得qm=2EB1B2d,所以若qm=2EB1B2d,則粒子都將由D點離開圓形磁場,設分別從距上、下極板d4處射出極板的兩粒子在圓形磁場中轉過的圓心角分別為α、β,如圖所示,由幾何關系可知Rcos(180°-α)=d4,R-Rcosβ=d4,解得α=120°,β=60°,由于兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期均為T=2πmqB2=πB5.(1)y=-x(2)v0(3)32N0mv0(4)4[解析](1)N個粒子從O'沿x軸方向進入磁場,經磁場偏轉后,均垂直打在探測板上P、Q之間,則運動軌跡如圖所示由幾何關系可知,第四象限磁場下邊界的函數關系式為y=-x(2)對打在P的粒子,有qv0B=mv解得粒子的比荷qm=(3)對于落在P、Q之間的粒子,當落點到y(tǒng)軸距離為x時,有qvB=mv聯立可得v=v0由于a≤x≤2a,故v0≤v≤2v0對于Δt時間內打在探測板上的所有粒子,由動量定理得0-N0Δt·mv0+2m解得F=32N0mv根據牛頓第三定律可知,探測板受到粒子的總作用力大小F'=F=32N0mv(4)能從O'點射出的粒子在速度選擇器中的運動可以看成勻速直線運動和圓周運動的合運動.速度為v0的粒子在速度選擇器中只做勻速直線運動,有qv0B=Eq利用“配速法”,將速度為2v0的粒子的運動拆分成以速度v1=v0做勻速直線運動和以速度v2=2v0-v0做勻速圓周運動,則軌跡圓的直徑等于速度選擇器兩板間的間距L的一半,即2r=12由洛倫茲力提供向心力,有q2v0-v解得速度選擇器兩極板的間距L=4a6.(1)mgq(2)qB0R[解析](1)帶電微粒在復合場中做勻速圓周運動,則微粒在復合場中所受的重力與電場力平衡,有qE=mg解得E=mg(2)作出微粒運動的軌跡如圖所示軌跡的圓心為O',軌跡又經過圓心O,所以△O'OM是等邊三角形,微粒做勻速圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相等,也是R,設微粒的速度大小為v0,由合力提供向心力得