58 专题强化(十六) 带电粒子在复合场中的运动(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(十六)]　带电粒子在复合场中的运动 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 题目 电场磁场叠加 7，9 电场磁场重力场叠加 1，4，8，10 叠加场中的动量能量 8，10 叠加场的实例应用 2，3，5，6 1.(多选)如图所示，质量为m，电荷量为q的带电小球，通过其中心的小孔套在半径为R的竖直绝缘圆环上，整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知电场强度大小E＝，水平向右，磁感应强度垂直纸面向外，重力加速度为g，MQ和PN分别为圆环的水平和竖直直径，忽略所有摩擦。现从P点由静止释放小球，对小球的运动说法正确的是(　　 ) A．若小球带正电，小球在Q点所受洛伦兹力最大 B．若小球带正电，小球在M点机械能最小 C．若小球带负电，小球在M点的动能最大 D．若小球带负电，小球释放后可以回到出发点P 解析：选BD。小球带正电时，在劣弧QN中点处合力做功最多，动能最大，洛伦兹力最大，A错误；由点Р到点M，电场力做负功最多，M点电势能最大，机械能最小，B正确；小球带负电时，在劣弧MN中点处合力做功最多，动能最大，C错误；根据能量守恒，带负电小球释放后到达Q点时速度为零，之后恰好返回到出发点P，D正确。 2．(多选)(2023·湖北武汉高三统考)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面的流体体积)。如图所示，它是由一个产生磁场的线圈，以及用来测量电动势的两个电极a、b所构成，可架设于管路外来测量液体流量。以v表示流速，B表示电磁线圈产生的磁场，D表示管路内径，若磁场B的方向、流速v的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互垂直，则测得的感应电动势为U0，下列判断正确的是(　　 ) A．电极a为负，电极b为正 B．电极a为正，电极b为负 C．U与液体流量成正比 D．U与液体流量成反比 解析：选AC。根据左手定则，带正电离子受洛伦兹力向b极移动，带负电离子受洛伦兹力向a极移动，故电极a为负，电极b为正，故A正确，B错误；带电粒子受洛伦兹力与电场力平衡，有q＝qvB，又由流量为Q＝＝＝，联立解得感应电动势U0＝，可知U与液体流量成正比，故C正确，D错误。 3．(2023·广东汕头二模)如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN上的小孔O，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小，下列说法正确的是(　　 ) A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大 B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大 C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大 D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大 解析：选A。由图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则可知甲、乙粒子带正电，所以甲、乙粒子在速度选择器中所受电场力向下，则所受洛伦兹力向上，所以速度选择器两极板间磁场方向垂直纸面向里；易知四种粒子的速度大小相同，满足qvB0＝qE，设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得R＝，即＝，所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大，故A正确。 4．粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场，MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场，一带电滑块(可视为质点)以速度v向右匀速运动。已知电场强度为E，磁感应强度B＝，重力加速度为g，滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角30°。根据以上条件，下列结论正确的是(　　 ) A．滑块带正电 B．滑块可带正电也可以带负电 C．t＝ D．在时间t内，滑块在水平方向的位移为 解析：选C。滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角30°，可知滑块受电场力向上，所以滑块带负电，故A、B错误；在MN左侧，带电滑块(可视为质点)以速度v向右匀速运动，则有qE＝qvB＋mg，结合题中B＝，解得qE＝2mg，滑块在MN右侧时，根据牛顿第二定律有qE－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，经t时间，根据速度的关系有tan 30°＝，解得t＝，水平方向做匀速直线运动，有x＝vt＝，故C正确，D错误。 5．(多选)如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿＋y方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿－x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U。下列说法正确的是(　　 ) A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势 B．仅增大电流I，电势差U可以保持不变 C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为 D．半导体内载流子定向移动的速率为 解析：选AC。沿＋y方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿－y方向，磁感应强度方向沿－x方向，根据左手定则可知，负电荷向下偏转，故上表面电势高于下表面电势，A正确；半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，根据电流的微观意义可知I＝nevS＝nevbc，联立可得U＝，则仅增大电流I，电势差U增大，故B错误；半导体内载流子所受洛伦兹力的大小F＝evB＝e＝，故C正确；根据e＝evB，半导体内载流子定向移动的速率v＝，故D错误。 6．磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。上下两个侧面是电阻不计的电极，电极与固定在水平桌面上间距为L、电阻不计的平行金属导轨相连。发电通道内的匀强磁场方向垂直于a、h组成的平面，磁感应强度大小为B。电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角斜向右上，磁感应强度大小也为B，质量为m，电阻为R的金属棒垂直于导轨放置，与导轨道动摩擦因数为μ。棒的中点用一条水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。当S闭合后，金属棒恰好处于静止状态，则重物的质量可能为(　　 ) A．－μm B．－μm C. －μm D．－μm 解析：选C。等离子体中的正电荷受向上的洛伦兹力偏向上极板，可知上极板为正极，电流流过导体棒，受安培力斜向左上方，若导体棒恰不向左运动，则摩擦力向右，对导体棒受力平衡，则Mg＝BIL sin θ－μ(mg－BIL cos θ)，其中I＝，q＝qvB，r＝ρ，解得M＝－μm，同理若导体棒恰不向右运动，则摩擦力向左，导体棒受力平衡，则Mg＝BIL sin θ＋μ(mg－BIL cos θ)，解得M＝＋μm，故C正确。 7．(2023·湖南高考)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(　　) 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B2，则t＝ D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0 解析：选D。粒子在Ⅰ中做匀速直线运动，qv0B1＝qE，v0＝，粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝＝，所用时间t0＝T＝×＝。仅将B1变为2B1，v1＝v0，r1＝r0，从CF的四等分点处竖直向下射出；仅将E变为2E，v2＝2v0，r2＝2r0，从F点竖直向下射出，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1所示， 粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，A、B错误； 仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，半径r3＝r0>2r0，粒子从OF边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sin θ1＝＝，粒子转过圆心角θ1＝60°，粒子运动时间t＝×＝t0，C错误；仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，半径r4＝r0>2r0，粒子从OF边离开，如图3所示，对应圆心角的正弦值sin θ2＝＝，粒子转过圆心角θ2＝45°，粒子运动时间t＝×＝t0，D正确。 8．(10分)如图，xOy是竖直平面内的直角坐标系，坐标原点O处有一绝缘弹性挡板(图中未画出，不计挡板大小)，a、b是质量均为m的金属小球，电荷量为q(q>0)的a球在第一象限的P点以速度v0沿y轴负方向射出后，恰好以沿x轴负方向的速度与静止在挡板上的不带电b球发生时间极短的弹性正碰，碰后两球的电荷量均为。已知在x>0区域有与x轴负方向成53°角斜向上的匀强电场；在x<－区域有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向外的匀强磁场，其中场强大小分别为E1＝、E2＝。两球均视为质点，忽略碰后两球之间的静电力，重力加速度大小为g，sin 53°＝0.8。 (1)求P点的位置坐标；(4分) (2)若要b球从x<0区域返回时与a球相撞，求磁感应强度的大小B。(6分) 解析：(1)从P点到O点，a球受重力、电场力作用做曲线运动，将力和运动分解在x、y方向，由牛顿第二定律，在x方向有 q×cos 53°＝max 在y方向有 q×sin 53°－mg＝may 可得ax＝1.5g，ay＝g 即a球在x方向做匀加速运动(设与b球碰撞前的速度为v)，在y方向做匀减速运动直至速度减为零，由运动学规律，在x方向有 v＝axt，x＝vt 在y方向有 v0＝ayt，y＝v0t 解得v＝1.5v0，x＝，y＝ 故P点的位置坐标为P(，) 。 (2)在O点，a、b发生弹性正碰，由题设条件，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，碰撞后a、b速度互换，即a球静止，b球的速度变为1.5v0(或列出两个守恒方程，得出b球速度为1.5v0)如图所示，在x＜0区域，b球先做平抛运动，设末速度为v′，v′与x轴负方向的夹角为θ 在x方向有x1＝＝1.5v0t1 在y方向有y1＝gt，vy＝gt1 解得t1＝，y1＝，vy＝1.5v0， 故v′＝＝1.5v0 tan θ＝＝1，则θ＝45° 在正交电、磁场区域 E2＝×＝mg 故b球做匀速圆周运动，离开正交电、磁场区域后，b球做抛体运动直至撞击a球，可知 t2＝t1＝ y2＝v′t2cos θ＋gt＝ 由几何关系可知，b球做匀速圆周运动的半径为 R＝＝ 由牛顿第二定律有＝m 解得B＝。 答案：(，)　(2) 9．(10分)(2023·江苏高考)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E；(3分) (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；(3分) (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。(4分) 解析：(1)电子沿x轴做直线运动，则电子受力平衡，即 eE＝ev0B 解得E＝Bv0。 (2)电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程，由动能定理得 eEy1＝m()2－m()2 联立解得y1＝。 (3)设电子的入射速度为v1时刚好能达到纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B 电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE 由题意可知，电子在最高点与最低点的合力大小相等，即F2＝F1 整理得v1＋v2＝2v0 电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 eEy2＝mv－mv 整理得v2－v1＝ 解得v1＝v0 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝位置的电子数占总电子数的比例为 η＝＝×100% 解得η＝90%。 答案：(1)Bv0　(2)　(3)90% 10．(10分)如图所示，某足够大的区域内同时存在竖直方向的匀强电场和水平方向的匀强磁场。磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。一不带电的质量为m的绝缘小球a，沿着光滑绝缘的水平面向右运动。另一质量也为m，带电量为q(q>0)的小球b沿着水平面向左运动，速度大小为，运动过程中b和水平面接触但恰好无挤压。a与b在A点发生碰撞并粘在一起。已知两小球均可视为质点且碰撞前后b的电荷量保持不变，重力加速度为g，求： (1)该区域的电场强度的大小和方向；(3分) (2)若碰撞后小球不再回到A点，则碰撞前a的速度大小应满足什么条件；(3分) (3)若碰撞前a的速度大小为，a、b碰撞后瞬间，电场强度的大小立即变为原来的2倍，则碰撞后小球第一次运动到的最高点时与A点的距离。(4分) 解析：(1)由左手定则可知，b受到的洛伦兹力向下，所以电场力向上，故可知电场方向向上，由b的运动可知 qE＝mg＋qvB 可得E＝。 (2)碰后整体的重力与电场力等大反向，若碰后沿a的方向向右运动，则整体做匀速圆周运动，还会回到A点，可知碰后整体沿b的方向向左运动，才不会回到A点，由动量守恒有 mvb－mva＝2mv′，v′>0 则碰撞前a的速度大小应满足 va<。 (3)由动量守恒有 m·－m·＝2mv 可得v＝ 利用配速法，假设整体的速度是由向右的v右＝和向左的v左＝合成，则向左有qBv左＋2mg＝4mg＝2qE′ 受力平衡，做匀速直线运动； 向右有qv右B＝ 可得R＝ 又T＝ 得T＝ 碰撞后小球在时间t内的位移在水平方向的分量x＝v左t 小球位移分解如图所示， 第一次运动到的最高点时y＝2R 所以位移的大小s＝ 联立可得s＝。 答案：(1)E＝，方向竖直向上　(2)va<　 (3) 学科网（北京）股份有限公司 $$