2024高考物理二輪專題復習與測試專題強化練十二帶電粒子在復合場中的運動

專題強化練(十二)帶電粒子在復合場中的運動1．2024年爆發(fā)了新冠肺炎疫情，新冠病毒傳播實力特別強，在醫(yī)院中須要用到呼吸機和血流計檢測患者身體狀況．血流計原理可以簡化為如圖所示模型，血液內含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側流入，左側流出．流量值Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積．空間有垂直紙面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間可以用電極測出電壓U.下列說法正確的是()A．離子所受洛倫茲力方向由M指向NB．血液中正離子多時，M點的電勢高于N點的電勢C．血液中負離子多時，M點的電勢高于N點的電勢D．血液流量Q＝eq\f(πUd,4B)解析：依據左手定則，正離子受到豎直向下的洛倫茲力，負離子受到豎直向上的洛倫茲力，則正電聚集在N一側，負電荷聚集在M一側，則M點的電勢低于N點的電勢，故A、B、C錯誤；正負離子達到穩(wěn)定狀態(tài)時，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正確．故選D.答案：D2．在如圖所示的空間里，存在沿y軸負方向、大小為B＝eq\f(4πm,qT)的勻強磁場，有一質量為m帶電量為q的帶正電的粒子(重力不計)以v0從O點沿x軸負方向運動，同時在空間加上平行于y軸的勻強交變電場，電場強度E隨時間的改變如圖所示(以沿y軸正向為E的正方向)，則下列說法不正確的是()A．t＝2T時粒子所在位置的x坐標值為0B．t＝eq\f(3,4)T時粒子所在位置的z坐標值為eq\f(v0T,4π)C．粒子在運動過程中速度的最大值為2v0D．在0到2T時間內粒子運動的平均速度為eq\f(v0,2)解析：由于勻強磁場沿y軸負方向、勻強交變電場平行于y軸，則粒子經過電場加速后y方向的速度與磁場平行，則y方向雖然有速度vy但沒有洛倫茲力，則采納分解的思想將速度分解為vy和v′，由此可知v′＝v0，則洛倫茲力供應向心力有qv0B＝meq\f(4π2,T′2)r，B＝eq\f(4πm,qT)，解得T′＝eq\f(T,2).則t＝2T＝4T′時粒子回到了y軸，A正確，不符合題意；依據洛倫茲力供應向心力有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，B＝eq\f(4πm,qT).解得r＝eq\f(Tv0,4π).經過t＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3,2)T′，則粒子轉過了3π，則z＝r，B正確，不符合題意；在t＝0.5T時粒子在y方向有最大速度vymax＝eq\f(Eq,m)t＝v0，則粒子的最大速度為eq\r(2)v0，C錯誤，符合題意；由選項A知在2T時刻粒子在y軸，且在y軸運動的位移有y′＝eq\f(1,2)at2，t＝0.5T，y＝4y′＝v0T，則v＝eq\f(y,2T)＝eq\f(v0,2)，D正確，不符合題意．故選C.答案：C3．如圖所示，空間中存在正交的勻強電場和勻強磁場(未畫出)，勻強電場方向豎直向下，電場強度大小為E，勻強磁場磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶電小球以水平向右、大小為v的初速度從圖示位置拋出，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．若磁場方向水平向右，則小球能做勻變速運動B．若小球先向上偏轉，則肯定有Eq>mgC．小球可能在豎直面內做圓周運動D．若小球帶正電，小球肯定做變加速曲線運動解析：若磁場方向水平向右，小球拋出后瞬間只能有豎直方向上的加速度，加速后合速度方向與磁場方向夾角不為0，小球受洛倫茲力影響，加速度方向隨速度會發(fā)生改變，故A錯誤；若小球帶負電且磁場方向垂直紙面對外，若小球先向上偏轉，依據牛頓其次定律，有qvB＋Eq－mg＝ma，且a>0，當qvB>mg時，qE與mg的大小無法推斷，故B錯誤；若小球帶負電且磁場方向垂直紙面，當qE＝mg時，小球只受與速度方向垂直的洛倫茲力作用，在豎直面內做勻速圓周運動，故C正確；若小球帶正電且磁場方向垂直紙面對外，則初始時刻在豎直向下的電場力、洛倫茲力和重力的作用下產生豎直向下的加速度，速度方向、大小均發(fā)生改變，由于小球所受洛倫茲力方向與小球速度方向垂直且大小與速度大小有關，因此小球所受合力的大小和方向均不斷改變，小球做變加速曲線運動；若小球帶正電且磁場方向垂直紙面對里，則初始時刻在豎直向下的電場力和重力、向上的洛倫茲力，若滿意qvB＝Eq＋mg，則小球做勻速直線運動，故D錯誤．故選C.答案：C4．如圖所示，三個完全相同的帶負電的小球，b處于水平向右的勻強電場中，c處于垂直于紙面對里的勻強磁場中．不計空氣阻力，三小球從同一高度靜止落下，設它們落地前瞬間的速度大小分別為va、vb、vc，則()A．b小球在空中做勻變速曲線運動，軌跡是一條拋物線B．三小球在落地前動量改變率恒定不變C．va<vb＝vcD．va＝vc<vb解析：b小球受豎直向下的重力和水平向左的恒定的電場力，則兩個力的合力方向斜向左下方，且大小方向均不變，因小球由靜止起先運動，可知在空中做勻變速直線運動，軌跡是一條直線，選項A錯誤；因動量的改變率等于小球受到的合力，可知ab兩小球在落地前動量改變率恒定不變，c球受洛倫茲力是變力，則合力是變力，動量改變率是改變的，選項B錯誤；ac兩球下落時只有重力做功，c球中的洛倫茲力不做功，b球中的電場力也做正功，依據動能定理可知，落地時b球的動能最大，ac動能相同，即va＝vc<vb，選項D正確．故選D.答案：D5．隨著生產技術的成熟，打印機、掃描儀、復印機成為了我們的生活中必不行少的工具．霍爾元件作為其中的重要器件，豐富了這些辦公設備的功能，使它們變得更智能更便利．如圖所示是金屬導體材質的霍爾元件工作原理示意圖，磁場方向垂直霍爾元件工作面對下，磁感應強度為B，霍爾元件寬為d(M、N間距離)，厚為h(圖中上下面間距離)，當通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體左、右表面間穩(wěn)定的電壓為U，已知自由電子的電荷量大小為e，則()A．N板電勢比M板高B．導體單位體積內自由電子數越多，電壓表的示數越大C．導體中自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bh)D．導體單位體積內的自由電子數為eq\f(BI,eUh)解析：依據右手定則可知M板電勢比N板高；依據洛倫茲力和電場力平衡，以及電流的微觀表達式，得導體單位體積內的自由電子數為eq\f(BI,eUh).答案：D6．(多選)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h＝5m內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質量m＝10g、電荷量q＝0.2C的小球，整個裝置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁場方向進入B＝0.2T方向水平的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．取g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．小球在管中運動的過程中機械能守恒B．小球帶負電C．小球在管中運動的時間為1sD．小球在管中運動的過程中增加的機械能是1J解析：小球從管口上端飛出，則小球在玻璃管中所受洛倫茲力方向豎直向上，由圖示可知磁場垂直于紙面對里，小球沿水平方向向右運動，由左手定則可知，小球帶正電，故B錯誤；小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy，與兩個分速度對應的洛倫茲力的分力分別是豎直方向的Fy和水平方向的Fx，其中，豎直方向的洛倫茲力Fy＝qvB不變，在豎直方向上，由牛頓其次定律得qvB－mg＝ma，解得a＝10m/s2，由勻變速運動的位移公式得h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝1s．故C正確；小球飛出管口時，豎直速度為vy＝at＝10m/s，飛出管口的合速度為v合＝eq\r(veq\o\al(2,y)＋v2)＝eq\r(102＋52)m/s＝5eq\r(5)m/s.動能增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,合)－eq\f(1,2)mv2＝0.5J，重力勢能的增量ΔEp＝mgh＝0.01×10×5J＝0.5J，則機械能的增量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝1J.故A錯誤，D正確．故選CD.答案：CD7．某離子試驗裝置如圖所示，離子的運動限制在長度可調的長方體內，長方體的左右兩個側面分別放置記錄板P、Q，現(xiàn)以長方體的一個底角O為坐標原點，建立空間直角坐標系Oxyz，MNRS是一個與x軸垂直的豎直分界面，對應的x坐標為L，分界面左側有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E1，右側有沿y軸負方向的勻強電場和勻強磁場，離子放射器K放射出正離子(初速度大小可以忽視)，經加速電壓U1加速后正對O點進入限制區(qū)，當放射離子的質量為m、電荷量為q時，離子經過豎直分界面MNRS后，又能返回分界面，且速度方向與界面垂直，最終到達左側記錄板P，設勻強磁場的磁感應強度B的大小等于eq\f(πm,q)的大小，離子重力忽視不計，求：(1)離子第一次到達分界面MNRS時的速度：(2)豎直分界面右側勻強電場的電場強度大小E2；(3)離子到達左側記錄板P的位置與O點的距離．解析：(1)在加速電場中，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在偏轉電場中離子做勻變速曲線運動．x軸方向有L＝v0t1；y軸方向有v＝a1t1，E1q＝ma1解得v＝E1Leq\r(\f(q,2U1m))離子到達分界面MNRS時的速度為v合＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋v2)＝eq\r(\f(2U1q,m)＋\f(Eeq\o\al(2,1)L2q,2U1m))，故離子第一次到達分界面MNRS時速度為eq\r(\f(2U1q,m)＋\f(Eeq\o\al(2,1)L2q,2U1m)).(2)進入磁場后：xOz平面內在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，yOz平面內在電場力作用下做勻減速運動，當速度減到零時到達分界面，此時恰好完成半個圓周運動，y軸方向有v＝a2t2，E2q＝ma2，xOz平面內，有Bqv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，T＝eq\f(2πr,v0)，t2＝eq\f(T,2)解得E2＝E1Leq\r(\f(m,2U1q))故豎直分界面右側勻強電場的電場強度大小為E1Leq\r(\f(m,2U1q)).(3)離子第一次到達分界面時，沿y軸方向位移，有y1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)在分界面右側y軸方向在勻強電場E2作用下做勻減速運動，當速度減到零時到達分界面，此時y軸方向位移為y2＝eq\f(v,2)t2再次進入分界面左側做勻變速曲線運動，到達記錄板P時，y軸方向位移y3＝y(tǒng)1整個過程中y軸方向總位移為y＝y(tǒng)1＋y2＋y3此過程中，x軸方向位移為z＝2r到達記錄板P的位置與O點距離為s＝eq\r(y2＋z2)解得s＝eq\r(（\f(E1L2,4U1)＋\f(E1L,2)\r(\f(q,2U1m))）2＋\f(8U1q,π2m))故離子到達左側記錄板P的位置與O點的距離為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\o\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))8．如圖甲所示，某裝置由直線加速器和圓心角為90°的扇形偏轉磁場OBC兩部分組成．直線加速器由一個金屬圓板(序號為0)和10個橫截面積相同的金屬圓筒(序號為1，2，3…10)依次排列，其中心軸線在同始終線上，圓筒的長度遵照肯定的規(guī)律依次增加．圓板與圓筒與溝通電源相連，序號為奇數的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的改變規(guī)律如圖乙所示，圖乙中電壓的肯定值為U0.在t＝eq\f(T,4)時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，此時圓板中心的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止起先加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出．電子在圓筒、圓筒與圓筒之間各個間隙中不斷被加速(圓筒間隙特殊小，電子穿越間隙的時間可以忽視不計)．最終電子從10號圓筒的A點水平射出，從P點垂直進入磁場，沿實線路徑從邊界OC射出，軌跡關于∠BOC平分線OM對稱，已知OP＝L，電子的比荷為k，交變電壓的周期為T.求：(1)電子剛進入1號圓筒時的速度大??；(2)9號圓筒的長度是多少；(3)若從金屬圓板動身的是一群電子，其中小部分有垂直于加速電場且平行于紙面的較小的初速度，全部電子可近似看成從10號圓筒A點以小發(fā)散角α射出，并進入偏轉磁場，問AP長度調整為多少時，全部電子在同一點D收集．解析：(1)由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(2eU,m))＝eq\r(2kU).(2)由動能定理9eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,9)得v9＝3eq\r(\f(2eU,m))＝3eq\r(2kU)，所以L9＝v9×eq\f(T,2)＝eq\f(3T,2)eq\r