新教材2022版高考物理人教版一輪總復(fù)習(xí)訓(xùn)練：專題訓(xùn)練7　帶電粒子在復(fù)合場中的運動

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1．(2020·沈陽模擬)(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(fù)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)于小球從M點到N點的運動，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 解析：小球從M點運動到N點，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點受到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0，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錯誤，B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的做功之和為0，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C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錯誤。
2．如圖所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場和水平向左、電場強度大小為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45°角的速度v做直線運動，重力加速度為g。則下列說法正確的是( )
A. 微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動
B. 微粒可能只受兩個力作用
C. 勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝ eq \f(mg,qv)
D. 勻強電場的電場強度E＝ eq \f(mg,q)
D 解析：微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用，若v發(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運動，所以重力、電場力和洛倫茲力三個力的合力為0，微粒做勻速直線運動，故A、B錯誤；根據(jù)平衡條件，有qE＝mg tan 45°，qvB＝ eq \r(（mg）2＋（qE）2)，聯(lián)立解得E＝ eq \f(mg,q)，B＝ eq \f(\r(2)mg,qv)，故C錯誤，D正確。
3．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是( )
A. 質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR
B. 質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān)
C. 高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流
D. 不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子
A 解析：由T＝ eq \f(2πR,v)，T＝ eq \f(1,f)，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項A正確，B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電的周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝ eq \f(2πmα,qαB)，故選項D錯誤。
4．為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c。左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示。在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極板M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連。污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況。下列說法錯誤的是( )
A. M板比N板電勢低
B. 污水中的離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小
C. 污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大
D. 若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強度，則電流表的示數(shù)也增大
B 解析：污水從左向右流動時，根據(jù)左手定則，正、負(fù)離子在洛倫茲力的作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，M板帶負(fù)電，A正確；穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，可得qvB＝q eq \f(U,b)，此時 U＝Bbv，又因流速v＝ eq \f(Q,S)＝ eq \f(Q,bc)，故U＝ eq \f(BbQ,bc)＝ eq \f(BQ,c)，式中的Q是流量，可見當(dāng)污水流量越大、磁感應(yīng)強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，而與污水中的離子濃度無關(guān)，B錯誤，C、D正確。
5．(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁體，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁體就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是( )

甲 乙
A. 根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B. 自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
C. 圖乙中霍爾元件的電流I一定是由正電荷定向運動形成的
D. 如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小
AD 解析：根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半徑，根據(jù)v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據(jù)霍爾原理可知 eq \f(U,d)q＝qvB，U＝Bdv，即霍爾電壓只與磁感應(yīng)強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，選項B錯誤；題圖乙中霍爾元件的電流I可能是由電子定向移動形成的，也可能是由正電荷定向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。
6．(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0，C點是運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法正確的是( )
A. 液滴一定帶正電
B. 液滴在C點時的動能最大
C. 從A點運動到C點的過程中，液滴的電勢能增大
D. 從C點運動到B點的過程中，液滴的機械能增大
BCD 解析：從題圖可以看出，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(fù)電，故A錯誤；液滴從A點運動到C點的過程中，重力做正功，而電場力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴的動能增大，液滴從C點運動到B點的過程中，重力做負(fù)功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴的動能減小，所以液滴在C點時的動能最大，故B正確；從A點運動到C點的過程中，液滴克服電場力做功，電勢能增加，故C正確；從C點運動到B點的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，液滴的機械能增大，故D正確。
7．(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運動，以下說法正確的是( )
A. 粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長
B. 射出磁場的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心O
C. 射出磁場的粒子，一定能垂直打在MN上
D. 只要速度滿足v＝ eq \f(qBR,m)，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
BD 解析：速度不同的同種帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中的運動軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角θ越小，由t＝ eq \f(θ,2π)T知，運動時間t越小，故A錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線一定過圓心，故B正確；速度不同，半徑不同，軌跡對應(yīng)的圓心角不同，對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關(guān)，故C錯誤；速度滿足v＝ eq \f(qBR,m) 時，粒子的運動軌跡半徑為r＝ eq \f(mv,qB)＝R，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構(gòu)成正方形，粒子一定垂直打在MN上，故D正確。
8．(多選)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球的電荷量q＝6×10－7C，在圖示坐標(biāo)中，電場方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點O的電勢為0。當(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細(xì)繩上的拉力剛好為0。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列判斷正確的是( )
A. 勻強電場的電場強度大小為3.2×106 V/m
B. 小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J
C. 小球做順時針方向的勻速圓周運動
D. 小球所受洛倫茲力的大小為3 N
BD 解析：據(jù)題意和題圖乙可知，E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(2×106,0.4) V/m＝5×106 V/m，故A錯誤；根據(jù)題意可知，小球帶正電，小球所受的電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，所以小球重力勢能增加最多時，電勢能減少最多，大小為2qφ＝2×6×10－7×2×106 J＝2.4 J，故B正確；由以上分析可知，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可知，小球做逆時針方向的運動，故C錯誤；由上可知mg＝qE，F(xiàn)＝qvB＝ eq \f(mv2,r)，聯(lián)立以上各式解得F＝3 N，故D正確。
9．(2020·南平模擬)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度大小為E，x軸下方存在垂直坐標(biāo)系平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個靜止的帶正電粒子位于y軸正半軸的A(0，h)點，某時刻由于內(nèi)部作用，分裂成兩個電荷量都為＋q的粒子a和b，分別沿x軸正方向和負(fù)方向進入電場。已知粒子a的質(zhì)量為m，粒子a進入第一象限的動量大小為p。設(shè)分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運動過程不計粒子重力和粒子間的相互作用，求：
(1)粒子a第一次通過x軸時離原點O的距離x；
(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L。
解析：(1)如圖所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動。
由平拋運動規(guī)律可得x＝v0t①
h＝ eq \f(1,2)at2②
qE＝ma③
p＝mv0④
聯(lián)立①②③④解得x＝p eq \r(\f(2h,mEq))。
(2)粒子a進入磁場時，設(shè)速度為v，與x軸正方向成θ角，沿y軸方向的分速度為vy，則
vy＝at ⑤
vy＝v sin θ⑥
粒子a在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌跡半徑為r，則有
qvB＝ eq \f(mv2,r)⑦
由幾何知識得
L＝2r sin θ⑧
聯(lián)立②③⑤⑥⑦⑧式解得
L＝ eq \f(2,B) eq \r(\f(2mEh,q))。
答案：(1)p eq \r(\f(2h,mEq)) (2) eq \f(2,B) eq \r(\f(2mEh,q))
10．如圖所示，矩形區(qū)域abcd(包括邊界)充滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)從ad邊中點O處，以垂直磁場且跟ad邊成30°角的速度射入一帶電粒子。已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，ad邊長為L，不計粒子重力。
(1)若要粒子從ab邊上射出，則入射速度v0的大小范圍是多少？ (ab 邊足夠長)
(2)粒子在磁場中運動的最長時間是多少？
解析：(1)若粒子速度為v0，由qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),R) 得
R＝ eq \f(mv0,qB)
若粒子的運動軌跡與ab邊相切，如圖所示，設(shè)此時粒子的相應(yīng)速度為v01，則R1＋R1 sin θ＝ eq \f(L,2)，解得R1＝ eq \f(L,3)
將R1＝ eq \f(mv01,qB) 代入上式可得v01＝ eq \f(qBL,3m)
若粒子的運動軌跡與cd邊相切，如圖所示，設(shè)此時粒子的速度為v02，則
R2－R2 sin θ＝ eq \f(L,2)，解得R2＝L
將R2＝ eq \f(mv02,qB) 代入上式可得v02＝ eq \f(qBL,m)
所以粒子能從ab邊上射出磁場的入射速度v0的大小應(yīng)滿足 eq \f(qBL,3m)