2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十二带电粒子在复合场中的运动

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专题强化练(十二)　带电粒子在复合场中的运动
1．2020年爆发了新冠肺炎疫情，新冠病毒传播能力非常强，在医院中需要用到呼吸机和血流计检测患者身体情况．血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出．流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间可以用电极测出电压U.下列说法正确的是(　　)

A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C．血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
D．血液流量Q＝
解析：根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A、B、C错误；正负离子达到稳定状态时，有qvB＝q可得流速v＝，流量Q＝Sv＝·＝，故D正确．故选D.
答案：D
2．在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B＝的匀强磁场，有一质量为m带电量为q的带正电的粒子(重力不计)以v0从O点沿x轴负方向运动，同时在空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示(以沿y轴正向为E的正方向)，则下列说法不正确的是(　　)

A．t＝2T时粒子所在位置的x坐标值为0
B．t＝T时粒子所在位置的z坐标值为
C．粒子在运动过程中速度的最大值为2v0
D．在0到2T时间内粒子运动的平均速度为
解析：由于匀强磁场沿y轴负方向、匀强交变电场平行于y轴，则粒子经过电场加速后y方向的速度与磁场平行，则y方向虽然有速度vy但没有洛伦兹力，则采用分解的思想将速度分解为vy和v′，由此可知v′＝v0，则洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mr，B＝，解得T′＝.
则t＝2T＝4T′时粒子回到了y轴，A正确，不符合题意；根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，B＝.
解得r＝.
经过t＝T＝T′，
则粒子转过了3π，则z＝r，B正确，不符合题意；在t＝0.5T时粒子在y方向有最大速度vymax＝t＝v0，则粒子的最大速度为v0，C错误，符合题意；由选项A知在2T时刻粒子在y轴，且在y轴运动的位移有y′＝at2，t＝0.5T，y＝4y′＝v0T，则v＝＝，D正确，不符合题意．故选C.
答案：C
3．如图所示，空间中存在正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)，匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为E，匀强磁场磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带电小球以水平向右、大小为v的初速度从图示位置抛出，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)

A．若磁场方向水平向右，则小球能做匀变速运动
B．若小球先向上偏转，则一定有Eq>mg
C．小球可能在竖直面内做圆周运动
D．若小球带正电，小球一定做变加速曲线运动
解析：若磁场方向水平向右，小球抛出后瞬间只能有竖直方向上的加速度，加速后合速度方向与磁场方向夹角不为0，小球受洛伦兹力影响，加速度方向随速度会发生变化，故A错误；若小球带负电且磁场方向垂直纸面向外，若小球先向上偏转，根据牛顿第二定律，有qvB＋Eq－mg＝ma，且a>0，当qvB>mg时，qE与mg的大小无法判断，故B错误；若小球带负电且磁场方向垂直纸面，当qE＝mg时，小球只受与速度方向垂直的洛伦兹力作用，在竖直面内做匀速圆周运动，故C正确；若小球带正电且磁场方向垂直纸面向外，则初始时刻在竖直向下的电场力、洛伦兹力和重力的作用下产生竖直向下的加速度，速度方向、大小均发生变化，由于小球所受洛伦兹力方向与小球速度方向垂直且大小与速度大小有关，因此小球所受合力的大小和方向均不断变化，小球做变加速曲线运动；若小球带正电且磁场方向垂直纸面向里，则初始时刻在竖直向下的电场力和重力、向上的洛伦兹力，若满足qvB＝Eq＋mg，则小球做匀速直线运动，故D错误．故选C.
答案：C
4．如图所示，三个完全相同的带负电的小球，b处于水平向右的匀强电场中，c处于垂直于纸面向里的匀强磁场中．不计空气阻力，三小球从同一高度静止落下，设它们落地前瞬间的速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)

A．b小球在空中做匀变速曲线运动，轨迹是一条抛物线
B．三小球在落地前动量变化率恒定不变
C．va D．va＝vc 解析：b小球受竖直向下的重力和水平向左的恒定的电场力，则两个力的合力方向斜向左下方，且大小方向均不变，因小球由静止开始运动，可知在空中做匀变速直线运动，轨迹是一条直线，选项A错误；因动量的变化率等于小球受到的合力，可知ab两小球在落地前动量变化率恒定不变，c球受洛伦兹力是变力，则合力是变力，动量变化率是变化的，选项B错误；ac两球下落时只有重力做功，c球中的洛伦兹力不做功，b球中的电场力也做正功，根据动能定理可知，落地时b球的动能最大，ac动能相同，即va＝vc 答案：D
5．随着生产技术的成熟，打印机、扫描仪、复印机成为了我们的生活中必不可少的工具．霍尔元件作为其中的重要器件，丰富了这些办公设备的功能，使它们变得更智能更方便．如图所示是金属导体材质的霍尔元件工作原理示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面向下，磁感应强度为B，霍尔元件宽为d(M、N间距离)，厚为h(图中上下面间距离)，当通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体左、右表面间稳定的电压为U，已知自由电子的电荷量大小为e，则(　　)

A．N板电势比M板高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝
D．导体单位体积内的自由电子数为
解析：根据右手定则可知M板电势比N板高；根据洛伦兹力和电场力平衡，以及电流的微观表达式，得导体单位体积内的自由电子数为.
答案：D
6．(多选)如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝5 m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m＝10 g、电荷量q＝0.2 C的小球，整个装置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B＝0.2 T方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

A．小球在管中运动的过程中机械能守恒
B．小球带负电
C．小球在管中运动的时间为1 s
D．小球在管中运动的过程中增加的机械能是1 J
解析：小球从管口上端飞出，则小球在玻璃管中所受洛伦兹力方向竖直向上，由图示可知磁场垂直于纸面向里，小球沿水平方向向右运动，由左手定则可知，小球带正电，故B错误；小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是竖直方向的Fy和水平方向的Fx，其中，竖直方向的洛伦兹力Fy＝qvB不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得a＝10 m/s2，由匀变速运动的位移公式得h＝at2，解得t＝1 s．故C正确；小球飞出管口时，竖直速度为vy＝at＝10 m/s，
飞出管口的合速度为v合＝＝ m/s＝5 m/s.
动能增量ΔEk＝mv－mv2＝0.5 J，
重力势能的增量ΔEp＝mgh＝0.01×10×5 J＝0.5 J，
则机械能的增量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝1 J.
故A错误，D正确．故选CD.
答案：CD
7．某离子实验装置如图所示，离子的运动控制在长度可调的长方体内，长方体的左右两个侧面分别放置记录板P、Q，现以长方体的一个底角O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，MNRS是一个与x轴垂直的竖直分界面，对应的x坐标为L，分界面左侧有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1，右侧有沿y轴负方向的匀强电场和匀强磁场，离子发射器K发射出正离子(初速度大小可以忽略)，经加速电压U1加速后正对O点进入控制区，当发射离子的质量为m、电荷量为q时，离子经过竖直分界面MNRS后，又能返回分界面，且速度方向与界面垂直，最后到达左侧记录板P，设匀强磁场的磁感应强度B的大小等于的大小，离子重力忽略不计，求：

(1)离子第一次到达分界面MNRS时的速度：
(2)竖直分界面右侧匀强电场的电场强度大小E2；
(3)离子到达左侧记录板P的位置与O点的距离．
解析：(1)在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv在偏转电场中离子做匀变速曲线运动．x轴方向有L＝v0t1；y轴方向有v＝a1t1，E1q＝ma1解得v＝E1L离子到达分界面MNRS时的速度为v合＝＝，故离子第一次到达分界面MNRS时速度为 .
(2)进入磁场后：xOz平面内在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，yOz平面内在电场力作用下做匀减速运动，当速度减到零时到达分界面，此时恰好完成半个圆周运动，y轴方向有v＝a2t2，E2q＝ma2，xOz平面内，有Bqv0＝m，T＝，t2＝解得E2＝E1L故竖直分界面右侧匀强电场的电场强度大小为E1L.
(3)离子第一次到达分界面时，沿y轴方向位移，有y1＝a1t在分界面右侧y轴方向在匀强电场E2作用下做匀减速运动，当速度减到零时到达分界面，此时y轴方向位移为y2＝t2再次进入分界面左侧做匀变速曲线运动，到达记录板P时，y轴方向位移y3＝y1整个过程中y轴方向总位移为y＝y1＋y2＋y3此过程中，x轴方向位移为z＝2r到达记录板P的位置与O点距离为s＝解得s＝故离子到达左侧记录板P的位置与O点的距离为.
答案：(1)v合＝　(2)E2＝E1L
(3)s＝
8．如图甲所示，某装置由直线加速器和圆心角为90°的扇形偏转磁场OBC两部分组成．直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和10个横截面积相同的金属圆筒(序号为1，2，3…10)依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加．圆板与圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，图乙中电压的绝对值为U0.在t＝时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出．电子在圆筒、圆筒与圆筒之间各个间隙中不断被加速(圆筒间隙特别小，电子穿越间隙的时间可以忽略不计)．最后电子从10号圆筒的A点水平射出，从P点垂直进入磁场，沿实线路径从边界OC射出，轨迹关于∠BOC平分线OM对称，已知OP＝L，电子的比荷为k，交变电压的周期为T.求：


(1)电子刚进入1号圆筒时的速度大小；
(2)9号圆筒的长度是多少；
(3)若从金属圆板出发的是一群电子，其中小部分有垂直于加速电场且平行于纸面的较小的初速度，所有电子可近似看成从10号圆筒A点以小发散角α射出，并进入偏转磁场，问AP长度调节为多少时，所有电子在同一点D收集．
解析：(1)由动能定理得eU＝mv，
解得v1＝＝.
(2)由动能定理9eU＝mv得v9＝3＝3，
所以L9＝v9×＝.
(3)电子在磁场运动eBv＝m得RP＝L＝，沿AQ方向，vAQ＝，可得RQ＝＝.
如图，设AP长为x，根据几何关系得OQ＝xtan α＋L.
在三角形QoQ′中(Q′为Q轨道电子的圆心)，由几何关系＝，解得x＝L.

答案：(1)　(2)　(3)x＝L