2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十带电粒子在复合场中的运动

这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十带电粒子在复合场中的运动，共10页。

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＝eq \f(πUd,4B)
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三项错误；正负离子达到稳定状态时，有qvB＝qeq \f(U,d)可得流速v＝eq \f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πUd,4B)，故D项正确．故选D.
答案：D
2.两个粒子a和b可以经同一个回旋加速器加速，不计粒子在电场中加速的时间及由相对论效应带来的影响，则下列判断正确的是( )
A．两粒子的质量一定相同
B．两粒子的电荷量一定相同
C．两粒子在回旋加速器中运动的时间一定相同
D．两粒子经回旋加速器获得的最大动能一定相同
解析：两粒子均可经同一回旋加速器进行加速则两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，由T＝eq \f(2πm,qB)可知，两粒子的比荷相同，但不能确定两粒子的质量、电荷量一定相同，A、B项错误；设共经历n次加速，则nqU＝eq \f(1,2)m(eq \f(qBR,m))2，解得n＝eq \f(qB2R2,2mU)，由于加速的次数相同，周期相同，因此加速的时间t＝nT相同，C项正确；由题意可得，最终获得的动能为Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(1,2)m(eq \f(qBR,m))2＝eq \f(q2B2R2,2m)，故不一定相同，D项错误．故选C.
答案：C
3．在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B＝eq \f(4πm,qT)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＝eq \f(3,4)T时粒子所在位置的z坐标值为eq \f(v0T,4π)
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eq \f(v0,2)
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＝meq \f(4π2,T′2)r，B＝eq \f(4πm,qT)，解得T′＝eq \f(T,2) ，则t＝2T＝4T′时粒子回到了y轴，A项正确，不符合题意；根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，B＝eq \f(4πm,qT)，解得r＝eq \f(Tv0,4π).经过t＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3,2)T′，则粒子转过了3π，则z＝r，B项正确，不符合题意；在t＝0.5T时粒子在y方向有最大速度vymax＝eq \f(Eq,m)t＝ v0，则粒子的最大速度为eq \r(2)v0，C项错误，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′＝eq \f(1,2)at2，t＝0.5T，y＝4y′＝v0T，则eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(y,2T)＝eq \f(v0,2)，D项正确，不符合题意．故选C.
答案：C
4.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项错误；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项错误；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项正确；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项错误．故选C.
答案：C
5．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器．加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器．下列说法不正确的是( )
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外
B．磁分析器中圆心O2到Q点的距离可能为d＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mER,q))
C．不同离子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器
D．静电分析器通道中心线半径为R＝eq \f(2U,E)
解析：粒子在静电分析器中受电场力指向圆心，可知粒子带正电，在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A项正确，不符合题意；离子在静电分析器时速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得Bqv＝meq \f(v2,r)，联立以上等式可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，因此d＝r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，即磁分析器中圆心O2到Q点的距离为eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，故B项错误，符合题意；在通过静电分析器时，电场力提供向心力，由此可得qE＝meq \f(v2,R)，结合之前分析所得通过静电分析器的速度结果，可化简得R＝eq \f(2U,E)，即静电分析器通道中心线半径为eq \f(2U,E)，R与离子的比荷无关，所以不同粒子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器，故C、D项正确，不符合题意．故选B.
答案：B
6．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＝eq \f(U,Bh)
D．导体单位体积内的自由电子数为eq \f(BI,eUh)
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eq \f(BI,eUh).
答案：D
7.(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项错误；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＝eq \f(1,2)at2，解得t＝1 s．故C项正确；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＝eq \r(veq \\al(2,y)＋v2)＝eq \r(102＋52)＝5eq \r(5) m/s.动能增量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,合)－eq \f(1,2)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项错误，D项正确．故选CD.
答案：CD
8.如图所示，一束含不同离子的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场并分裂为A、B两束，则( )
A．A束离子的比荷一定大于B束离子的比荷
B．A束离子的动量一定等于B束离子的动量
C．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D．若仅将离子束电性改为相反，则离子束不能顺利通过速度选择器
解析：经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB＝qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v＝eq \f(E,B).进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式R＝eq \f(mv,qB)可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故A项正确；A束离子的比荷大于B束离子的比荷，速度相同，由于不清楚电量关系，无法知道质量关系，无法判断动量关系，故B项错误；AB粒子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断AB束离子都带正电，在速度选择器中，电场方向水平向右，AB粒子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故C项错误；若仅将离子束电性改为相反，则离子束仍能顺利通过速度选择器，因为电场力与洛伦兹力仍然相互平衡，故D项错误．故选A.
答案：A
9．(2023·江苏南通二模)如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有沿－y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E.质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy平面内从y轴上的P点以初速度大小为v0射出，不考虑粒子的重力．
(1)若粒子与－y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；
(2)若粒子沿－y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q点(图中未标出)，求粒子在Q点加速度的大小a；
(3)若所在空间存在空气，粒子沿－y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与＋x轴方向成θ角．求粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t.
解析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力可得
qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，
由几何关系得y＝R(1－sin a)，
解得y＝eq \f(mv0,qB)(1－sin a)．
(2)设粒子进入第四象限离x轴距离最大时速度为v1，电场力对粒子做正功，由动能定理可得
qEd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
由牛顿第二定律有qv1B－qE＝ma，
解得a＝eq \f(qB\r(veq \\al(2,0)＋\f(2qEd,m))－qE,m).
(3)设粒子进入第四象限以速度v2做匀速运动，受力分析如下图
受力关系有qv2B＝qEcs θ，
粒子从P点运动到M点，由动能定理得－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
解得W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(mE2cs2θ,2B2)，
粒子从P点运动到M点过程中任意时刻满足qvB＝mvω，
则P点运动到M点的时间为t＝eq \f(\f(π,2)－θ,ω)，
解得t＝eq \f(（\f(π,2)－θ）m,qB).
答案：(1)eq \f(mv0,qB)(1－sin a) (2)eq \f(qB\r(veq \\al(2,0)＋\f(2qEd,m))－qE,m)
(3)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(mE2cs2θ,2B2)，eq \f(（\f(π,2)－θ）m,qB)
10．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eq \f(πm,q)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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)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＝E1Leq \r(\f(q,2U1m))离子到达分界面MNRS时的速度为v合＝eq \r(veq \\al(2,0)＋v2)＝eq \r(\f(2U1q,m)＋\f(Eeq \\al(2,1)L2q,2U1m))，故离子第一次到达分界面MNRS时速度为 eq \r(\f(2U1q,m)＋\f(Eeq \\al(2,1)L2q,2U1m)).
(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＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，T＝eq \f(2πr,v0)，t2＝eq \f(T,2)，解得E2＝E1Leq \r(\f(m,2U1q))，故竖直分界面右侧匀强电场的电场强度大小为E1Leq \r(\f(m,2U1q)).
(3)离子第一次到达分界面时，沿y轴方向位移，有y1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)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＝eq \f(v,2)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＝eq \r(y2＋z2)，解得s＝eq \r(（\f(E1L2,4U1)＋\f(E1L,2)\r(\f(q,2U1m))）2＋\f(8U1q,π2m))，故离子到达左侧记录板P的位置与O点的距离为 eq \r(（\f(E1L2,4U1)＋\f(E1L,2)\r(\f(q,2U1m))）2＋\f(8U1q,π2m)).
答案：(1)v合＝eq \r(\f(2U1q,m)＋\f(Eeq \\al(2,1)L2q,2U1m)) (2)E2＝E1Leq \r(\f(m,2U1q))
(3)s＝eq \r(（\f(E1L2,4U1)＋\f(E1L,2)\r(\f(q,2U1m))）2＋\f(8U1q,π2m))
11．(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq \r(3)倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．己知圆形磁场区域半径为eq \f(2mv0,3qB)，不计粒子重力．
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长．定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
解析：(1)设板间距离为d，则板长为eq \r(3)d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝eq \f(U,d)，
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma，
解得a＝eq \f(qU,md)，
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的运动规律得
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，eq \r(3)d＝v0t0，
联立解得U＝eq \f(mveq \\al(2,0),3q).
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，
则有tan α＝eq \f(at0,v0)＝eq \f(\r(3),3)，
故α＝eq \f(π,6)，
则出电场时粒子的速度为v＝eq \f(v0,cs α)＝eq \f(2\r(3),3)v0，
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，
解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB)，
已知圆形磁场区域半径为R＝eq \f(2mv0,3qB)，故r＝eq \r(3)R，
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得
θ＝2α＝eq \f(π,3)，
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为eq \f(π,3)或60°；
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝eq \r(3)R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长．则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
答案：(1)U＝eq \f(mveq \\al(2,0),3q) (2)eq \f(π,3)或60° (3)图见解析