2025高考物理一轮总复习第11章磁场专题强化16带电粒子在叠加场中的运动提能训练

这是一份2025高考物理一轮总复习第11章磁场专题强化16带电粒子在叠加场中的运动提能训练，共9页。试卷主要包含了磁流体发电机示意图如图所示等内容，欢迎下载使用。
题组一 叠加场应用实例
1.如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝eq \f(E,B)时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是( B )
A．粒子射入的速度一定是v>eq \f(E,B)
B．粒子射入的速度可能是vqE，则v>eq \f(E,B)，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，所受电场力方向向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知，qvB0 且均为常数)，霍尔元件的厚度d很小。当霍尔元件通以沿x轴正方向的恒定电流I，上、下表面会产生电势差U，则下列说法正确的是( D )
A．若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面
B．当物体沿z轴正方向移动时，电势差U将变小
C．仅减小霍尔元件上下表面间的距离h，传感器灵敏度eq \f(ΔU,Δz)将变弱
D．仅减小恒定电流I，传感器灵敏度eq \f(ΔU,Δz)将变弱
[解析] 霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；设霍尔元件上下表面高度差为h，电子定向移动速度为v，电子电荷量为e，霍尔元件平衡时，有eq \f(U,h)e＝Bve，解得U＝Bvh，又因为I＝nvSe＝nvdhe，其中n为单位体积的自由电子数，可得v＝eq \f(I,ndhe)，则U＝Bvh＝eq \f(BI,nde)，当物体沿z轴正方向移动时z增大，所以B增大，电势差U也增大，B错误；传感器灵敏度为eq \f(ΔU,Δz)＝eq \f(ΔBI,Δznde)，因为B＝B0＋kz，可得eq \f(ΔB,Δz)＝k，eq \f(ΔU,Δz)＝eq \f(kI,ned)，仅减小霍尔元件上下表面间的距离h，传感器灵敏度eq \f(ΔU,Δz)不变，仅减小恒定电流I，传感器灵敏度eq \f(ΔU,Δz)将变弱，C错误，D正确。故选D。
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
5．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( B )
[解析] 在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误。
6．(2023·湖南卷)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( D )
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则t＝eq \f(t0,2)
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则t＝eq \r(2)t0
[解析] 由题知粒子沿AC做直线运动，则有qv0B1＝qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t0＝eq \f(πm,2qB2)。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1·2B1＝qE，则v1＝eq \f(v0,2)，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv2B1＝q·2E，则v2＝2v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的eq \f(4,\r(3))>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据sin θ＝eq \f(2r,\f(4,\r(3))r)，可知转过的圆心角θ＝60°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t＝eq \f(4\r(3)πm,9qB2)，则t＝eq \f(8\r(3)t0,9)，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的eq \f(4,\r(2))>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据sin α＝eq \f(2r,\f(4,\r(2))r)，可知转过的圆心角为α＝45°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t＝eq \f(\r(2)πm,2qB2)，则t＝eq \r(2)t0，D正确。故选D。
7．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知)，小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则( BC )
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2UE,g))
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πE,Bg)
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
[解析] 小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球受到的电场力竖直向上，小球带负电，故A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有Bqv＝meq \f(v2,r)，由动能定理得Uq＝eq \f(1,2)mv2，且有mg＝qE，联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2UE,g))，故B正确；由运动学公式可得T＝eq \f(2πr,v)，解得T＝eq \f(2πE,Bg)，与电压U无关，故C正确，D错误。
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8. (2024·杭州质检)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场。先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中( B )
A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等
C．小球在D点时的动能为50 J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
[解析] 如果电场力大于重力，则到达C点后小球可能沿杆向上运动，故A错误；小球受到重力、电场力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，小球动能减小，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，又AD＝DC，两段位移相等，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等，故B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等，故小球在D点时的动能也就不为50 J，故C错误；只有当电场力与重力大小相等时，小球电势能的增加量才等于重力势能的减少量，故D错误。
9. (多选)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上、范围足够大的匀强磁场。从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球，若磁感应强度B＝eq \f(πm,q)，g取10 m/s2。下列说法正确的是( AD )
A．小球离开磁场时的速度大小为10eq \r(2) m/s
B．小球离开磁场时的速度大小为10eq \r(5) m/s
C．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq \f(5,π)eq \r(π2＋4) m
D．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq \f(5,π)eq \r(π2＋16) m
[解析] 小球在磁场中，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2 s，则小球离开磁场时运动的时间t＝eq \f(T,2)＝1 s，下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝5 m，小球从进入磁场到离开磁场，由动能定理得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，解得小球离开磁场时的速度大小v＝10eq \r(2) m/s，A正确，B错误；小球做圆周运动的半径r＝eq \f(mv0,qB)＝eq \f(v0,π)，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离s＝eq \r(h2＋2r2)＝eq \f(5,π)eq \r(π2＋16) m，C错误，D正确。
10．(多选)实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B(垂直纸面向里)，电场强度为E(竖直向下)、P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率粒子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射出板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m(电子重力及相互间作用力忽略不计)，以下说法中正确的有( AD )
A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为eq \f(E,B)
B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长
C．若t＝eq \f(T,4)时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2点
D．若t＝0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则T＝eq \f(BL,nE)(n＝1,2,3…)的粒子也能水平飞出
[解析] 沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即evB＝eE，解得电子的速率为v＝eq \f(E,B)，故A正确；只增大速度选择器中的电场强度E，根据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；若t＝eq \f(T,4)时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间一定为 eq \f(T,2)的整数倍，且当运动时间为eq \f(T,2)的奇数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点上方，当运动时间为eq \f(T,2)的偶数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点，故C错误；若t＝0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为t＝nT(n＝1,2,3，…)，则电子的速率为v＝eq \f(L,t)＝eq \f(L,nT)(n＝1,2,3，…)与A项分析中的表达式联立可得T＝eq \f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正确。故选AD。
11．在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。不计粒子重力的影响，求：
(1)所加电场强度E的大小和方向；
(2)若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向夹角为θ，使得粒子能够在xOy平面内做类平抛运动，并经过坐标为(eq \r(3)a，a,0)的点，则E′和tan θ各为多少？
[答案] (1)vB 沿z轴正方向
(2)eq \r(vB2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mv2,3qa)))2) eq \f(3qaB,2mv)
[解析] (1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则电场力沿z轴正方向，即电场方向沿z轴正方向，且有qE－qvB＝0，解得E＝vB。
(2)由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动的加速度a0，如图所示：则由平衡条件qE1－qvB＝0
由平抛运动规律有eq \r(3)a＝vt
a＝eq \f(1,2)a0t2
其中a0＝eq \f(qE2,m)，
解得E1＝vB
E2＝eq \f(2mv2,3qa)
则有E′＝eq \r(E\\al(2,1)＋E\\al(2,2))＝eq \r(vB2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mv2,3qa)))2)
tan θ＝eq \f(E1,E2)＝eq \f(3qaB,2mv)。
12．(2022·湖南卷)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为eq \r(3)d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
[答案] (1)eq \f(mgdR1＋R2,qR2) (2)eq \f(mv,2dq) (3)eq \f(mg,2q)
[解析] (1)小球在电容器中做匀速圆周运动，则
电场力与重力平衡，可得Eq＝mg
R2两端的电压U2＝Ed
根据欧姆定律得U2＝eq \f(E0,R1＋R2)·R2
联立解得E0＝eq \f(mgdR1＋R2,qR2)。
(2)如图所示。
设粒子在电容器中做圆周运动的半径为r，根据几何关系得(r－d)2＋(eq \r(3)d)2＝r2
解得r＝2d
根据qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝eq \f(mv,2dq)。
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力要与小球速度方向共线，当电场力大小等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小，可得
E′q＝mgcs 60°
解得E′＝eq \f(mg,2q)。