2025屆高考物理二輪復習專題強化練十帶電粒子在復合場中的運動含解析

PAGE11-專題強化練(十)考點1帶電粒子在組合場中的運動1．(2024·岳陽模擬)如圖所示，粒子源P會發(fā)出電荷量相等的帶電粒子，這些粒子經裝置M加速并篩選后，能以相同的速度從A點垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強磁場ABCD，粒子1、粒子2分別從AD中點和C點射出磁場．不計粒子重力，則粒子1和粒子2()A．均帶正電，質量之比為4∶1B．均帶負電，質量之比為1∶4C．均帶正電，質量之比為2∶1D．均帶負電，質量之比為1∶2解析：由圖示可知，粒子剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左，由左手定則可知，粒子帶負電；設正方形的邊長為L，由圖示可知，粒子軌道半徑分別為r1＝eq\f(1,4)L，r2＝L，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，m＝eq\f(qBr,v)∝r，則eq\f(m1,m2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,4)，故B正確．答案：B2．如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子在磁場中轉半個圓后打在P點，設OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數關系的是()解析：設粒子到達O點的速度為v，粒子通過電場的過程中，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁場中運動，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，R＝eq\f(x,2)，由以上三式解得x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，選項B正確，選項A、C、D錯誤．答案：B3.如圖所示，一帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，v0的方向平行于x軸．運動過程中經過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，不計重力，那么電場強度E與磁感應強度B之比為()A．v0B．1C．2v0D.eq\f(v0,2)解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故Oa＝Ob＝eq\f(mv0,qB)，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob＝v0t，Oa＝eq\f(qE,2m)t2，聯(lián)立以上各式解得eq\f(E,B)＝2v0，C正確．答案：C4．(2024·哈爾濱模擬)如圖所示，邊界PQ以上和MN以下空間存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度均為4B，PQ、MN間距離為2eq\r(3)d，絕緣板EF、GH厚度不計，間距為d，板長略小于PQ、MN間距離，EF、GH之間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B.有一個質量為m的帶正電的粒子，電量為q，從EF的中點S射出，速度與水平方向成30°角，干脆到達PQ邊界并垂直于邊界射入上部場區(qū)，軌跡如圖所示，以后的運動過程中與絕緣板相碰時無能量損失且遵循反射定律，經過一段時間后該粒子能再回到S點(粒子重力不計)．求：(1)粒子從S點動身的初速度v；(2)粒子從S點動身第一次再回到S點的時間．解析：(1)PQ、MN間距離L＝2eq\r(3)d，且S為中點，設帶電粒子在EF、GH之間的磁場中運動的軌跡半徑為R1.可畫出粒子運動軌跡圖，由圖可知，R1sin60°＝eq\r(3)d，R1＝2d洛倫茲力供應向心力：qvB＝eq\f(mv2,R1)，得：v＝eq\f(qBR1,m)＝eq\f(2qBd,m)；(2)粒子應從G點進入PQ以上的磁場，設帶電粒子在4B場區(qū)軌跡半徑為R2.在4B場內，4Bqv＝eq\f(mv2,R2)，R2＝eq\f(mv,4Bq)＝eq\f(R1,4)＝eq\f(d,2)做半個圓周運動，并垂直PQ再由E點回到B場區(qū)，由對稱性，粒子將打到GH中點并反彈，再次回到S點．粒子在B場中的時間t1＝4×eq\f(1,6)T1＝eq\f(2,3)T1＝eq\f(2,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，粒子在4B場中的時間t2＝2×eq\f(1,2)T2＝T2＝eq\f(2πm,4Bq)＝eq\f(πm,2qB)，t總＝t1＋t2＝eq\f(11πm,6qB).答案：見解析考點2帶電粒子在疊加場中的運動5.帶電質點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內，帶電質點將()A．可能做直線運動 B．可能做勻減速運動C．肯定做曲線運動 D．可能做勻速圓周運動解析：帶電質點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生改變，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生改變，故帶電質點不行能做直線運動，也不行能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確．答案：C6．(多選)(2024·周口期末)如圖所示，平行紙面對下的勻強電場與垂直紙面對外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中豎直面內的勻速圓周運動．若已知小球做圓周運動的半徑為r，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，重力加速度大小為g，則下列推斷中正確的是()A．小球肯定帶負電荷B．小球肯定沿順時針方向轉動C．小球做圓周運動的線速度大小為eq\f(gBr,E)D．小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功解析：帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球肯定帶負電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可推斷小球的運動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得：mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立得：v＝eq\f(gBr,E)，故C正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤．答案：AC7．下列四圖中，A、B兩圖是質量均為m的小球以相同的水平初速度向右拋出，A圖只受重力作用，B圖除受重力外還受水平向右的恒定風力作用；C、D兩圖中有相同的無限寬的電場，場強方向豎直向下，D圖中還有垂直于紙面對里無限寬的勻強磁場且和電場正交，在兩圖中均以相同的初速度向右水平拋出質量為m的正電荷，兩圖中不計重力作用，則下列有關說法正確的是()A．A、B、C三圖中的探討對象均做勻變速曲線運動B．從起先拋出經過相同時間C、D兩圖豎直方向速度改變相同，A、B兩圖豎直方向速度改變相同C．從起先拋出的沿電場線運動相等距離的過程內C、D兩圖中的探討對象動能改變相同D．相同時間內A、B兩圖中的探討對象在豎直方向的動能改變相同解析：由題知，A、B、C三圖中的探討對象的受力均為恒力，因此探討對象均做勻變速曲線運動，選項A正確；從起先拋出經過相同時間，C、D兩圖探討對象在豎直方向受力不同，速度改變也不同，選項B錯誤；依據C、D兩圖中有相同的無限寬的電場，場強方向豎直向下，D圖中還有垂直于紙面對里的無限寬的勻強磁場且和電場正交可知，從起先拋出到沿電場線運動相等距離的過程中電場力做功相同，洛倫茲力不做功，重力忽視不計，因此只有電場力做功，所以C、D兩圖中的探討對象動能改變相同，選項C正確；因為動能是標量沒有重量形式之說，因此相同時間內A、B兩圖豎直方向的動能改變相同這種說法是錯誤的，故選項D錯誤．答案：AC8．(2024·鄭州模擬)如圖所示，水平地面上放有一張正方形桌子，桌面abcd邊長為L，桌面水平、光滑、絕緣，距地面高度為h，正方形桌面內有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在桌面以外有豎直向下的勻強電場，電場強度為E(電場、磁場圖中沒有畫出)．一質量為m，電荷量為q的帶正電小球(可看作質點)，從桌面邊緣ad中點M，以垂直于ad邊的速度v進入磁場區(qū)域，重力加速度為g.(1)要使小球能夠從ab邊飛離桌面，求小球進入磁場時速度大小的范圍；(2)若小球恰好能從桌面上b點飛出，求小球落地點到桌面上b點的距離．解析：(1)對小球受力分析可知．小球在桌面上運動時重力與支持力平衡，小球在磁場力的作用下做勻速圓周運動．當小球從a點飛離桌面時，速度最小，設此時小球運動半徑為r1，由幾何關系可得r1＝eq\f(L,4).已知洛倫茲力供應向心力qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(qBL,4m)，當小球從b點飛離桌面時，速度最大，設此時小球運動半徑為r2，由幾何關系可得req\o\al(2,2)＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(L,2)))eq\s\up12(2)，解得r2＝eq\f(5L,4).已知洛倫茲力供應向心力qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，解得v2＝eq\f(5qBL,4m)，可得速度大小范圍eq\f(qBL,4m)≤v≤eq\f(5qBL,4m)；(2)小球飛出桌面后受重力和電場力作用，可知mg＋qE＝ma，小球做類平拋運動，可知h＝eq\f(1,2)at2，x＝v2t.由幾何關系可知落地點到桌面上b點的距離為s＝eq\r(x2＋h2)，由以上各式可得s＝eq\r(\f(25q2B2L2h,8m（mg＋qE）)＋h2).答案：(1)eq\f(qBL,4m)≤v≤eq\f(5qBL,4m)(2)eq\r(\f(25q2B2L2h,8m（mg＋qE）)＋h2)9．(2024·襄陽模擬)如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為志向邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面對里和向外．一個質量為m，電量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止起先下落，進入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g.(1)試推斷小球的電性并求出電場強度E的大?。?2)若帶電小球能進入區(qū)域Ⅱ，則h應滿意什么條件？(3)若帶電小球運動肯定時間后恰能回到O點，求它釋放時距MN的高度h.解析：(1)帶電小球進入復合場后，恰好能做勻速圓周運動，合力為洛倫茲力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電．由qE＝mg，①計算得出E＝eq\f(mg,q)；②(2)假設下落高度為h0時，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖(a)所示，由幾何學問可以知道，小球的軌道半徑R＝d，③帶電小球在進入磁場前做自由落體運動，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，④帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為R，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，⑤計算得出h2＝eq\f(q2B2d2,2m2g)，所以當h>h0時，即h>eq\f(q2B2d2,2m2g)，帶電小球能進入Ⅱ區(qū)域；(3)因為帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內角為60°，如圖(b)所示，由幾何關系可知R＝eq\f(d,sin60°)，⑥聯(lián)立④⑤⑥計算得出h＝eq\f(2q2B2d2,3m2g).答案：(1)小球帶正電eq\f(mg,q)(2)h＞eq\f(q2B2d2,2m2g)(3)eq\f(2q2B2d2,3m2g)考點3復合場與現代科技的綜合10．(2024·廣州模擬)如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板，充電后與電源斷開．板間存在著方向豎直向下的勻強電場E和垂直于紙面對里、磁感應強度為B的勻強磁場．一質量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力及空氣阻力)，以水平速度v0從兩極板的左端中間射入場區(qū)，恰好做勻速直線運動．則()A．粒子肯定帶正電B．若僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子運動軌跡偏向下極板C．若將磁感應強度和電場強度均變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子仍將做勻速直線運動D．若撤去電場，粒子在板間運動的最長時間有可能是eq\f(2πm,qB)解析：不計重力，粒子僅受電場力和磁場力做勻速直線運動，合力為零．電場力與磁場力等大反向．該粒子可以是正電荷，也可以是負電荷，選項A錯誤；僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，由于帶電荷量不變，板間電場強度不變，帶電粒子仍做勻速直線運動，選項B錯誤；若將磁感應強度和電場強度均變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子所受電場力和磁場力均變?yōu)樵瓉淼?倍，仍將做勻速直線運動，C正確；若撤去電場，粒子將偏向某一極板，甚至從左側射出，粒子在板間運動的最長時間可能是在磁場中運動周期的一半，選項D錯誤．答案：C11．醫(yī)生做某些特別手術時，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以及一對磁極N和S構成，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，血管內部的電場可看作勻強電場，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，兩觸點間的距離為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正解析：依據左手定則，正離子在磁場中受到洛倫茲力的作用向上偏，負離子在磁場中受到洛倫茲力的作用向下偏，因此電極a為正極，電極b為負極；當達到平衡時，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，則qE＝Bqv，又E＝eq\f(U,d)，得v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.04×3×10－3)m/s＝1.3m/s，選項A正確．答案：A12．(多選)(2024·太原模擬)1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的獨創(chuàng)、同位素和質譜的探討榮獲了諾貝爾化學獎．若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是()A．該束帶電粒子帶負電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量m不肯定大解析：帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面對外，依據左手定則知，該粒子帶正電，故選項A錯誤；在平行金屬板間，依據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故選項B錯誤；進入B2磁場中的粒子速度是肯定的，依據qvB＝eq\f(mv2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷eq\f(q,m)越小，而質量m不肯定大，故選項C、D正確．答案：CD13．如圖所示，一段長方體導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電荷量為q的某種自由運動電荷．導電材料置于方向垂直于其前表面對里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數及自由運動電荷的正負分別為()A.eq\f(IB,|q|aU)，負 B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，負 D.eq\f(IB,|q|bU)，正解析：因導電材料上表面的電勢比下表面的低，故上表面帶負電荷，依據左手定則可推斷自由運動電荷帶負電，則B、D項錯誤；設長方體形材料長度為L，總電量為Q，則其單位體積內自由運動電荷數為eq\f(Q,|q|ab·L)，當電流I穩(wěn)恒時，材料內的電荷所受電場力與磁場力相互平衡，則有eq\f(UQ,a)＝BIL，故eq\f(Q,|q|ab·L)＝eq\f(BI,|q|bU)，