2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第9章磁場(chǎng)專(zhuān)題十帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)含解析

PAGE8-專(zhuān)題十帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.如圖所示的平行板之間，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子(不計(jì)重力)射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的狀況不同。這種器件能把具有特定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫速度選擇器。下列關(guān)于速度選擇器的說(shuō)法正確的是()A．這個(gè)特定速度與粒子的質(zhì)量有關(guān)B．這個(gè)特定速度與粒子的比荷有關(guān)C．從右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直線(xiàn)穿出速度選擇器D．從左向右以特定速度射入的粒子才能沿直線(xiàn)穿出速度選擇器D[當(dāng)帶電粒子能從左向右勻速直線(xiàn)穿過(guò)時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力反向，且Eq＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，該速度與粒子的質(zhì)量和帶電荷量無(wú)關(guān)，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從右向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向相同，粒子不行能沿直線(xiàn)穿過(guò)，C錯(cuò)誤，D正確。]2.如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里。紙面內(nèi)有兩個(gè)半徑不同的半圓在b點(diǎn)平滑連接后構(gòu)成一絕緣光滑環(huán)。一帶電小球套在環(huán)上從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)，發(fā)覺(jué)其速率保持不變。則小球()A．帶負(fù)電B．受到的洛倫茲力大小不變C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度大小保持不變D．光滑環(huán)對(duì)小球始終沒(méi)有作用力B[小球速率不變，則做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知所受的電場(chǎng)力和重力平衡，所以小球受向上的電場(chǎng)力，則小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球的速率不變，依據(jù)F洛＝Bqv可知受到的洛倫茲力大小不變，選項(xiàng)B正確；因小球在不同的圓環(huán)中運(yùn)動(dòng)的半徑不同，依據(jù)a＝eq\f(v2,r)可知，小球從小圓環(huán)過(guò)渡到大圓環(huán)的過(guò)程中加速度變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從小圓環(huán)過(guò)渡到大圓環(huán)的過(guò)程中，加速度減小，依據(jù)FN＋qvB＝ma可知光滑環(huán)對(duì)小球的作用力要發(fā)生改變，且作用力不行能總是零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B。]3．(2024·江西省名校聯(lián)盟高三質(zhì)量檢測(cè))(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源兩端相連?，F(xiàn)分別加速質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氘核(eq\o\al(2,1)H)。下列說(shuō)法中正確的是()A．它們的最大速度相同B．質(zhì)子的最大動(dòng)能大于氘核的最大動(dòng)能C．加速質(zhì)子和氘核所用高頻電源的頻率相同D．僅增大高頻電源的電壓不行能增大粒子的最大動(dòng)能BD[設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，則氘核質(zhì)量為2m，電荷量為q，它們的最大速度分別為v1＝eq\f(BqR,m)和v2＝eq\f(BqR,2m)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)子的最大動(dòng)能Ek1＝eq\f(B2q2R2,2m)，氘核的最大動(dòng)能Ek2＝eq\f(B2q2R2,4m)，選項(xiàng)B正確；高頻電源的頻率與粒子在磁場(chǎng)中的回旋頻率相同，即f1＝eq\f(qB,2πm)，f2＝eq\f(qB,4πm)，所以加速質(zhì)子和氘核所用高頻電源的頻率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；被加速的粒子的最大動(dòng)能與高頻電源的電壓無(wú)關(guān)，所以?xún)H增大高頻電源的電壓不行能增大粒子的最大動(dòng)能，選項(xiàng)D正確。]4.如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電磁場(chǎng)中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將()A．以B原速率的一半做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．做周期為B的一半的勻速圓周運(yùn)動(dòng)B[由A、B相碰時(shí)動(dòng)量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq\f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴仍受重力與電場(chǎng)力平衡，合外力是洛倫茲力，所以接著做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(\f(mv,2),qB)＝eq\f(R,2)T＝eq\f(2π2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項(xiàng)B正確。]5．(2024·吉林調(diào)研)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率倒數(shù))，泵體處有方向垂直向外的磁場(chǎng)B，泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計(jì))的電源上，則()A．泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極B．通過(guò)泵體的電流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度C[當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過(guò)泵體，這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向左，拉動(dòng)液體，故A錯(cuò)誤；依據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻R＝ρeq\f(L,S)＝eq\f(1,σ)·eq\f(L2,L1L2)＝eq\f(1,σL1)，因此流過(guò)泵體的電流I＝eq\f(U,R)＝UL1σ，故B錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場(chǎng)力減小，使抽液高度減小，故D錯(cuò)誤。]6.(2024·江蘇南通模擬)如圖所示，兩平行界線(xiàn)MN與PQ之間存在一方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁場(chǎng)寬度d＝0.5m，MN右側(cè)區(qū)域存在一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4.0×102N/C，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從電場(chǎng)中A點(diǎn)由靜止起先釋放，已知A點(diǎn)到MN的距離為l＝0.5m，粒子比荷為1.0×104C/kg，不計(jì)粒子重力。(1)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大??；(2)要使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后不會(huì)從磁場(chǎng)左邊界PQ穿出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B須滿(mǎn)意什么條件？解析：(1)由動(dòng)能定理有：Eql＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2Eql,m))＝eq\r(2×4×102×1.0×104×0.5)m/s＝2.0×103m/s(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，有qvB＝meq\f(v2,r)，其中r≤d，即eq\f(mv,Bq)≤d代入數(shù)據(jù)解得B≥0.4T答案：(1)2.0×103m/s(2)B≥0.4T7．(2024·湖南衡陽(yáng)質(zhì)檢)(多選)圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek，隨時(shí)間t的改變規(guī)律如圖乙所示，若忽視帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間，則下列說(shuō)法中正確的是()A．在Ek－t圖中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高頻電源的改變周期應(yīng)當(dāng)?shù)扔趖n－tn－2C．要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大，可以增大電源電壓D．在磁感應(yīng)強(qiáng)度B、D形盒半徑、粒子的質(zhì)量m及其電荷量q不變的狀況下，粒子的加速次數(shù)越多，粒子的最大動(dòng)能肯定越大AB[洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，故周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，與速度無(wú)關(guān)，故t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故A正確；溝通電源的周期必需和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期一樣，故高頻電源的改變周期應(yīng)當(dāng)?shù)扔趖n－tn－2，故B正確；當(dāng)粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒的半徑，最大動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，可知最大動(dòng)能與加速器的半徑、磁感線(xiàn)強(qiáng)度以及電荷的電荷量和質(zhì)量有關(guān)，與加速電壓等其他因素?zé)o關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。]8.(2024·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)模擬)(多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在y軸和豎直虛線(xiàn)MN之間存在著大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸上方電場(chǎng)方向沿y軸正向，x軸下方電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)向。y軸左側(cè)和圖中豎直虛線(xiàn)MN右側(cè)有方向垂直紙面對(duì)里和向外的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN與y軸的距離為2d。一重力不計(jì)的帶負(fù)電粒子從y軸上的P(0，d)點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0起先運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子又以相同的速度回到P點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的最小值為v0B．電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的最小值為2v0C．帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為eq\f(4d,v0)＋eq\f(2πd,v0)D．帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為eq\f(2d,v0)＋eq\f(2πd,v0)BC[本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得d＝v0t1，d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,1)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有R＝eq\f(mv0,qB)，結(jié)合幾何關(guān)系可知R＝d，聯(lián)立以上方程可得eq\f(E,B)＝2v0，故A錯(cuò)誤，B正確；一個(gè)周期中粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間始終為t1′＝4t1＝eq\f(4d,v0)，在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)軌跡是兩個(gè)半圓，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(2πd,v0)，所以粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為t＝eq\f(4d,v0)＋eq\f(2πd,v0)，故C正確，D錯(cuò)誤。]9.(2024·山東青島市模擬)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝40N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2＝eq\f(160,3)N/C。一質(zhì)量為m＝2×10－3kg帶正電的小球，從點(diǎn)M(3.64m,3.2m)以v0＝1m/s的水平速度起先運(yùn)動(dòng)。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從點(diǎn)P(2.04m,0)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過(guò)y軸上的點(diǎn)N(0，－2.28m)(圖中未標(biāo)出)。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。解析：(1)由題意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4C。分析如圖，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝y(tǒng)M，可得R＝2m，θ＝37°。由qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得B＝2T。(2)小球進(jìn)入第四象限后受力分析如圖，tanα＝eq\f(mg,qE2)＝0.75?？芍∏蜻M(jìn)入第四象限后所受電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向垂直，即α＝θ＝37°。由幾何關(guān)系可得lNQ＝0.6m。由lNQ＝v0t，解得t＝0.6s。或：F＝eq\f(mg,sinα)＝ma，得a＝eq\f(50,3)m/s2，由幾何關(guān)系得lPQ＝3m，由lPQ＝eq\f(1,2)at2，解得t＝0.6s。答案：(1)2T(2)0.6s10.(2024·湖北宜昌聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，L1、L2、L3是磁場(chǎng)的邊界(BC與L1重合)，兩磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾认嗤?，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感強(qiáng)度大小為B1。一帶電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m(重力不計(jì))的點(diǎn)電荷從AD邊中點(diǎn)以初速度v0沿水平向右方向進(jìn)入電場(chǎng)，點(diǎn)電荷恰好從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點(diǎn)同一水平高度處進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知AB長(zhǎng)度是BC長(zhǎng)度的eq\r(3)倍。(1)求帶電粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)求磁場(chǎng)的寬度L；(3)要使點(diǎn)電荷在整個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值。解析：本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)設(shè)點(diǎn)電荷進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，與水平方向成θ角，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向與位移方向的關(guān)系有tanθ＝eq\f(LBC,LAB)＝eq\f(\r(3),3)，則θ＝30°，則v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(2\r(3)v0,3)。(2)設(shè)點(diǎn)電荷在區(qū)域Ⅰ中的軌跡半徑為r1，由牛頓其次定律得qvB1＝meq\f(v2,