2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）課時分層作業(yè)26帶電粒子在復合場中的運動

1、 課時分層作業(yè)(二十六)1(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()A小球可能做勻變速運動 B小球的一定做變加速運動C小球的動能可能不變 D小球的機械能守恒BC小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A項錯誤，B項正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲

2、力不做功，所以小球的動能可能不變，C項正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D項錯誤。2(多選)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是()A液滴一定帶正電B液滴在C點時的動能最大C從A到C過程液滴的電勢能增大D從C到B過程液滴的機械能增大BCD從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，故A項錯誤；從A到C的過程中，重力做正功，而電場力做負功，洛倫茲

3、力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負功，液滴動能減小，所以液滴在C點時的動能最大，故B項正確；從A到C過程，液滴克服電場力做功，電勢能增加，故C項正確；從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D項正確。3如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在P點，設OPx，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()ABCDB帶電粒子經(jīng)電壓U加速，由動能定理有qUeq f(1,2)mv2，粒子垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，

4、洛倫茲力提供向心力，qvBmeq f(v2,R)，2Rx，聯(lián)立解得xeq f(2,B)eq r(f(2mU,q)，所以能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是B項。4(多選)(2021河北卷T5仿真題)如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場。一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場。把P、Q與電阻R相連接，下列說法正確的是()AQ板的電勢高于P板的電勢BR中有由b到a方向的電流C發(fā)電機工作穩(wěn)定后，增加等離子體中帶電粒子個數(shù)，R中電流保持不變D若只增大P、Q間距離，R中電流變大CD等離子體進入磁場后，根據(jù)左手定則可知正電荷向

5、上偏轉(zhuǎn)，打在P板上，負電荷向下偏轉(zhuǎn)，打在Q板上，所以P板帶正電，Q板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻的電流方向為由a到b，故A、B均錯誤；根據(jù)穩(wěn)定時電場力等于磁場力，即qeq f(U,d)qvB，得UBdv，再由閉合電路歐姆定律Ieq f(U,Rr)eq f(Bdv,Rr)，可知增加等離子體中帶電粒子個數(shù)，R中電流保持不變，若只增大P、Q間距離d，R中電流變大，故C、D正確。5(多選)隨著人民生活水平的提高，環(huán)境保護越來越受到重視。污水監(jiān)測儀的核心部分如圖所示，兩塊寬度為b的矩形金屬極板平行正對置于排液口的上下表面，排液口側(cè)面厚度為d，有一垂直于側(cè)面向里的磁感應強度為B的勻強磁場。

6、已知污水中含有大量的帶電荷量為q的正離子，當污水水流的速度為v時，在導體的上下表面間用電壓表測得的電壓為UH，則下列判斷正確的是()A液體內(nèi)離子只受洛倫茲力作用B用電壓表測UH時，電壓表的“”接線柱接下表面C厚度d越大，UH越大D根據(jù)兩極板間的電壓值可以測出污水的流速CD定向移動的離子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上、下表面間形成電勢差，最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態(tài)，故A項錯誤；由題圖可知，磁場方向向里，電流方向向右，根據(jù)左手定則知，離子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面得到離子帶正電，那么下表面帶負電，所以電壓表的“”接線柱接上表面，B項錯誤；根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡有qeq f(UH,d

7、)qBv，解得UHBdv，則厚度d越大，UH越大，故C項正確；根據(jù)UHBdv以及B、d已知，如果測得UH，就可以得到污水流速，故D項正確。6(多選)如圖所示，空間存在豎直向上、大小為E的勻強電場和沿水平方向、垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m的帶電小球用長為L的絕緣細線吊著懸于O點，給小球一個水平方向的初速度，小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，細線張力不為零；某時刻細線斷開，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動，不計小球的大小，重力加速度為g，則() A細線未斷時，小球沿順時針方向運動B小球的帶電荷量為eq f(mg,E)C小球運動的速度大小為eq f(2BLg,E)D細線未斷時

8、，細線的拉力大小為eq f(2mLg2B2,E2)ABD小球做勻速圓周運動，說明電場力與重力等大反向，小球帶正電，qEmg，qeq f(mg,E)，B項正確；由于細線斷了以后，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動，因此細線未斷時，小球沿順時針方向運動，TqvBmeq f(v2,L)，細線斷了以后小球沿逆時針方向運動，qvBmeq f(v2,L)，得到veq f(qBL,m)eq f(BLg,E)，細線的拉力大小Teq f(2mLg2B2,E2)，C項錯誤，A、D兩項正確。7(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的

9、勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，45。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是()A若heq f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直CM射出磁場B若heq f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C若heq f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直CM射出磁場D若heq f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場AD若heq f(B2a2q,2mE)，則在電場中，由動能定理得qEheq f(1,2)mv2；在磁場中，由牛頓第二定律得qvBmeq f

10、(v2,r)，聯(lián)立解得ra，根據(jù)幾何知識可知粒子垂直CM射出磁場，故A項正確，B項錯誤；若heq f(B2a2q,8mE)，同理可得req f(1,2)a，則根據(jù)幾何知識可知粒子平行于x軸射出磁場，故C項錯誤，D項正確。8如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一

11、切阻力，重力加速度為g，求：(1)電場強度E的大??；(2)磁感應強度B的大小；(3)微粒在復合場中的運動時間。解析(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：甲所以，Eqmg，得：Eeq f(mg,q)。(2)由平衡條件：qvBeq r(2)mg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙：乙qvBmeq f(v2,r)由幾何知識可得：req r(2)l聯(lián)立解得：veq r(2gl)，Beq f(m,q)eq r(f(g,l)。(3)微粒做勻速直線運動的時間：t1eq f(r(2)l,v)eq r(f(l,g)微粒做勻速圓周運

12、動的時間：t2eq f(f(3,4)r(2)l,v)eq f(3,4)eq r(f(l,g)微粒在復合場中的運動時間：tt1t2eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)1)eq r(f(l,g)。答案(1)eq f(mg,q)(2)eq f(m,q)eq r(f(g,l)(3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)1)eq r(f(l,g)9筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是

13、電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A前表面的電勢比后表面的低B前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C前、后表面間的電壓U與c成正比D自由電子受到的洛倫茲力大小為eq f(eU,a)D電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故A錯誤；由電子受力平衡可得eeq f(U,a)evB，解得UBva，所以前、后表面間的電壓U與v成正比，前、后表面間的電壓U與c無關(guān)，

14、故B、C錯誤；穩(wěn)定時自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場力，即evBeeq f(U,a)，故D正確。10CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()圖(a)圖(b)AM處的電勢高于N處的電勢B增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強

15、度的大小可使P點左移D電子帶負電，故必須滿足N處的電勢高于M處的電勢才能使電子加速，故A選項錯誤；由左手定則可判定磁感應強度的方向垂直紙面向里，故C選項錯誤；對加速過程應用動能定理有eUeq f(1,2)mv2，設電子在磁場中運動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evBeq f(mv2,r)，則req f(mv,Be)，電子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，電子從磁場射出的速度方向與水平方向的夾角滿足sin eq f(d,r)(其中d為磁場寬度)，聯(lián)立可得sin dBeq r(f(e,2mU)，可見增大U會使減小，電子在靶上的落點P右移，增大B可使增大，電子在靶上的落點P左移，故B選項錯誤，D選

16、項正確。11(2021廣東卷)如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖。空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)、和。各區(qū)磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場。電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速。已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為eq r(3)R，電子質(zhì)量為m、電荷量為e。忽略相對論效應。取tan 22.50.4。(1)當Ek00時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角均為45，最終從Q

17、點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示。求區(qū)的磁感應強度大小、電子在區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；(2)已知電子只要不與區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域射出。當Ek0keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。解析(1)設電子經(jīng)圓b的加速電場加速兩次后以速度v1進入?yún)^(qū)磁場，設區(qū)的磁感應強度大小為B1，則由動能定理得2eUeq f(1,2)mveq oal( 2,1)0由幾何知識得，電子在區(qū)做勻速圓周運動的半徑r1Rtan eq f(,2)Rtan 22.50.4R由洛倫茲力提供向心力可得ev1B1meq f(voal( 2,1),r1)聯(lián)立解得B1eq f(5 r(meU),eR

18、)運動時間t1eq f(360135,360)T，又Teq f(2m,eB1)聯(lián)立解得t1eq f(Rr(meU),4eU)電子由PQ，由動能定理得8eUEk，所以動能Ek8eU。(2)k最大時，電子進入?yún)^(qū)時速度v最大，做勻速圓周運動的半徑r最大，所以當電子軌跡與區(qū)磁場的圓弧相切時，半徑r最大。由幾何關(guān)系知(eq r(3)Rr)2R2r2，解得req f(r(3),3)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB1meq f(v2,r)解得veq f(5 r(3meU),3m)電子從P點進入圓b到剛進入?yún)^(qū)，由動能定理得2eUeq f(1,2)mv2Ek0又Ek0keU解得keq f(13,6)。答案(1

19、)eq f(5 r(meU),eR)eq f(Rr(meU),4eU)8eU(2)eq f(13,6)12(2021河北卷)如圖所示，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，極板與可調(diào)電源相連。正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為v0、帶正電的粒子束，單個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q。一足夠長的擋板OM與正極板成37傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子。C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收從上方打入的粒子，CP長度為L0，忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力，sin 37eq

20、f(3,5)。(1)若粒子經(jīng)電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓U0的大小；(2)調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板OM上，求電壓的最小值Umin；(3)若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調(diào)，則負極板上存在H、S兩點(CHCPCS，H、S兩點未在圖中標出)，對于粒子靶在HS區(qū)域內(nèi)的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n(n2)種能量的粒子，求CH和CS的長度(假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定)。解析(1)粒子由O到C的過程，根據(jù)動能定理得qU0eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal( 2,0)帶電粒子進入磁場，由洛倫茲力提供向心力得qvBmeq f(v2,r)又有req f(L0,2)聯(lián)立解得U0eq f(qB2Loal( 2,0),8m)eq f(mvoal( 2,0),2q)。(2)使