高考物理一轮复习 核心素养测评二十七 带电粒子在复合场中的运动（含解析）鲁科版-鲁科版高三全册物理试题.doc

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1、带电粒子在复合场中的运动(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分,15题为单选题,68题为多选题)1.如图是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。现分别加速氘核H)和氦核He)。下列说法正确的是()A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.两次所接高频电源的频率可能不相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能【解析】选A。根据qvB=m,得v=。两粒子的比荷相等,所以最大速度相等,A正确。最大动能Ek=mv2,两粒子的最大速度相等,但质量不相等,所以最大动能不相等,B错误。带电粒子在磁场中运动的周期

2、T=,两粒子的比荷相等,所以周期相等,做圆周运动的频率相等。因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率,故两次所接高频电源的频率相同,C错误。由Ek=mv2=可知,粒子的最大动能与加速电压的频率无关;另外,回旋加速器加速粒子时,粒子在磁场中运动的频率和高频电源的频率相同,否则无法加速,D错误。2.(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定

3、向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为【解析】选D。根据左手定则可知自由电子偏向后表面,元件的后表面带负电,即后表面的电势比前表面的低,A错误;根据稳定时自由电子所受的电场力与洛伦兹力平衡,即e=evB得U=Bva,所以选项B、C均错误;自由电子受到的洛伦兹力与所受电场力大小相等,即F=evB=e,D正确。3.(2020厦门模拟)如图所示,一束粒子(不计重力,初速度可忽

4、略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域,其中磁场的方向如图所示,收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则()A.该装置可筛选出具有特定质量的粒子B.该装置可筛选出具有特定电量的粒子C.该装置可筛选出具有特定速度的粒子D.该装置可筛选出具有特定动能的粒子【解析】选C。粒子要想无偏转地通过区域,进入收集室的小孔O3,需要满足qE=qvB,即粒子的速度v=,C正确。4.电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示,泵体是一个长方体,ab边长为L1,两侧端面是边长为L2的正方形;流经泵体内的液体密度为,在泵头通入导电剂

5、后液体的电导率为(电阻率倒数),泵体处有方向垂直向外的磁场B,泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上,则()A.泵体上表面应接电源负极B.通过泵体的电流I=C.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【解析】选C。当泵体上表面接电源的正极时,电流从上向下流过泵体,这时受到的磁场力水平向左,拉动液体,故A错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=,因此流过泵体的电流I=UL1,故B错误;增大磁感应强度B,受到的磁场力变大,因此可获得更大的抽液高度,故C正确;若增大液体的电阻率,可以使电流减小,受到的磁场力减小,使抽液高度减小,故D错误。5.(2020烟台

6、模拟)如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场平行于斜面向下,斜面是粗糙的。一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动,经a点后到b点时速度减为零,接着又滑了下来。设物块带电荷量保持不变,则从a到b和从b回到a两过程相比较()A.加速度大小相等B.摩擦产生热量不相同C.电势能变化量的绝对值不相同D.动能变化量的绝对值相同【解析】选B。两过程中,重力、电场力恒定、支持力方向不变,洛伦兹力方向相反,摩擦力方向相反,物块所受合外力不同,由牛顿第二定律知,加速度必定不同,A项错误;上滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向上,物块所受滑动摩擦力=(mgcos-qvB),下滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向下,物块所受滑动

7、摩擦力=(mgcos+qvB),摩擦产生热量Q=Ffx,两过程位移大小相等,摩擦力大小不同,故产生热量不同,B项正确;a、b两点电势确定,由Ep=q可知,两过程中电势能变化量的绝对值相等,C项错误;上滑过程和下滑过程,都是重力、摩擦力及电场力做功,但是上滑时摩擦力小于下滑时摩擦力,由动能定理得,动能变化量大小不相同,D项错误。【加固训练】如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道半径为R,已知该电场的电场强度为E,方向竖直向下;该磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,不计空气阻力,设重力加速度为g,则()A.液滴带正电B.液滴比荷=C.液滴沿顺时针方向运动

8、D.液滴运动速度大小v=【解析】选C。液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知,qE=mg,得=,故B错误;电场力竖直向上,液滴带负电,A错误;由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动,C正确;对液滴qE=mg,qvB=m,得v=,故D错误。6.在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示,已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为1C.在磁场中转过的角度

9、之比为13D.离开电场区域时的动能之比为13【解析】选B、D。两个离子的质量相同,其带电荷量是13的关系,所以由a=可知,其在电场中的加速度是13的关系,故A错。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电场时其速度表达式为:v=,可知其速度之比为1。又由qvB=m知,r=,所以其半径之比为1,故B正确。由B的分析知道,离子在磁场中运动的半径之比为1,设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有sin =,则可知角度的正弦值之比为1,又P+的角度为30,可知P3+的角度为60,即在磁场中转过的角度之比为12,故C错误。由电场加速后:qU=mv2可

10、知,两离子离开电场的动能之比为13,故D正确。故选B、D。7.如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d=20 cm,磁场的磁感应强度大小为B=5 T,方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒,整体呈中性)从左侧喷射入磁场,发现在M、N两板间接入的额定功率为P=100 W 的灯泡正常发光,且此时灯泡电阻为R=100 ,不计离子重力和发电机内阻,且认为离子均为一价离子,则下列说法中正确的是()A.金属板M上聚集负电荷,金属板N上聚集正电荷B.该发电机的电动势为100 VC.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD.每秒钟有6.

11、251018个离子打在金属板N上【解析】选B、D。由左手定则可知,射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转,负离子将向金属板N偏转,选项A错误;由于不考虑发电机的内阻,由闭合电路欧姆定律可知,电源的电动势等于电源的路端电压,所以E=U=100 V,选项B正确;由Bqv=q可得v=100 m/s,选项C错误;每秒钟经过灯泡L的电荷量Q=It,而I=1 A,所以Q=1 C,由于离子为一价离子,所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n=6.251018(个),选项D正确。【加固训练】(多选)磁流体发电是一项新兴技术。如图所示,平行金属板之间有一个很强的磁场,将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体,沿图中

12、所示方向喷入磁场,图中虚线框部分相当于发电机,把两个极板与用电器相连,则()A.用电器中的电流方向从B到AB.用电器中的电流方向从A到BC.若只增大带电粒子电荷量,发电机的电动势增大D.若只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势增大【解析】选B、D。首先对等离子体进行动态分析:开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下),则正离子向上板聚集,负离子向下板聚集,两板间产生了电势差,即金属板变为一电源,且上板为正极、下板为负极,所以通过用电器的电流方向从A到B,选项A错误,选项B正确;此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F,最终两力达到平衡,即最终等离

13、子体将匀速通过磁场区域,因f=qvB,F=q,则:qvB=q,解得E电动势=Bdv,所以电动势与速度v及磁场B成正比,与带电粒子的电荷量无关,选项C错误,选项D正确。8.如图所示为一种质谱仪的示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B。方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是()A.极板M比极板N的电势高B.加速电场的

14、电压U=ERC.直径PQ=2BD.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点,则该群粒子具有相同的比荷【解析】选A、D。粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N的电势高,选项A正确;由Uq=mv2和Eq=可得U=,选项B错误;在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=m,即r=,直径PQ=2r=,可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确。二、计算题(14分,需写出规范的解题步骤)9.在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向里;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴正向,如图所示。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为

15、v0=1 000 m/s的速度发射出一带电粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计粒子重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为=60,电场强度大小为150 V/m。求:磁感应强度的大小。【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0。由左手定则可知,粒子带负电;由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B=由题给条件和几何关系可知R0=d设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为a,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx,由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=ma

16、vx=at=d由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有tan=联立式得B=0.1 T答案:0.1 T【总结提升】“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题10.(10分)(多选)图甲是回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,若忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列说法中正确的是()A.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-2C.要使粒子获得的最大动能增大,可以增大电源电压D.在磁感应强度B、D形盒半径、粒子的质

17、量m及其电荷量q不变的情况下,粒子的加速次数越多,粒子的最大动能一定越大【解析】选A、B。洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,故周期T=,与速度无关,故t4-t3=t3-t2=t2-t1,故A正确;交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致,故高频电源的变化周期应该等于tn-tn-2,故B正确;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径,最大动能Ek=mv2=,可知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关,与加速电压等其他因素无关,故C、D错误。11.(20分)(2020年山东新高考模拟)如图所示,在第一象限内,存在垂直于xOy平面向外的匀

18、强磁场,第二象限内存在水平向右的匀强电场,第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场;一质量为m,电荷量为+q的粒子,从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限,在xOy平面内,以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动;随后进入电场运动至y轴上的N点,沿与y轴正方向成45角离开电场;在磁场中运动一段时间后,再次垂直于y轴进入第四象限。不计粒子重力。求:(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0;(2)电场强度的大小E;(3)磁场的磁感应强度的大小B1。【解析】(1)粒子在第四象限中运动时,洛伦兹力提供向心力,则qv0B0=解得v0=(2)由于与y轴成45角离开电场,则有vx=vy=v0粒子在水平方向匀加速,在竖直方向匀速,故在水平方向上qE=ma-0=2aR0解得E=(3)粒子在电场中运动时水平方向:vx=at,R0=at2竖直方向:y=vyt解得y=2R0过N点作速度的垂线交x轴于P点,P即为在第一象限做圆周运动的圆心,PN为半径,因为ON=y=2R0,PNO=45,所以PN=2R0。由于洛伦兹力提供向心力,故qvB1=其中v为进入第一象限的速度,大小为v=v0解得B1=B0答案:(1)(2)(3)B0