3模块3 专题10 带电粒子在复合场中的运动 复习效果自测-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

1．(2024·新疆第一次检测)图示的装置中，电场强度E和磁感应强度B垂直，这种装置叫速度选择器。若一电子恰能沿虚线从左向右运动。下列和电子速率相同的哪种粒子沿虚线射入，不能沿虚线运动(　　) A．从左向右运动的质子 B．从右向左运动的质子 C．从左向右运动的中子 D．从右向左运动的中子 解析：选B。根据题意，电子从左向右进入速度选择器，所受电场力竖直向上，所受洛伦兹力竖直向下，电场力与洛伦兹力平衡，电子才能沿虚线做匀速直线运动，而当质子从左向右进入速度选择器，所受电场力竖直向下，所受洛伦兹力竖直向上，能够达到平衡状态，可以在速度选择器中做匀速直线运动，故A正确，不符合题意；而当质子从右向左进入速度选择器，所受电场力竖直向下，所受洛伦兹力也竖直向下，不能达到平衡状态，故B错误，符合题意；由于中子不带电，进入速度选择器中既不受电场力也不受洛伦兹力，因此可以沿虚线运动，故C、D正确，不符合题意。 2．(2024·黑龙江六校联盟联考)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氘核(H)加速，所需的高频电源的频率为f，磁感应强度为B，已知元电荷为e，下列说法正确的是(　　) A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 B．高频电源的电压越大，氘核最终射出回旋加速器的速度越大 C．氘核的质量为 D．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(He)加速 解析：选D。根据周期公式T＝，可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不随半径变化，故A错误；设D形盒的半径为R，则氘核最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，可得v＝，可知氘核最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，故B错误；根据周期公式T＝可得氘核的质量m＝＝，故C错误；因为氘核(H)与氦核(He)的比荷相同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(He)加速，故D正确。 3．(多选)(2024·天津南开区质检)如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为－e的自由电子，通入如图所示方向的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于磁感应强度为B、方向垂直于上表面向下的匀强磁场中，前后两表面会形成电势差U。下列说法正确的是(　　) A．自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直于前表面向外 B．前表面的电势比后表面的高 C．自由电子受到的洛伦兹力大小为 D．前、后表面间电势差U＝Bhv 解析：选AC。电流方向向左，电子向右定向移动，由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直于前表面向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的低，故A正确，B错误；由电子受力平衡可得F洛＝evB＝，解得U＝Bav，故C正确，D错误。 4．(多选)(2024·天津市八校期末)图甲中笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流大小恒定且方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压超过某一临界值时，屏幕自动熄灭，则(　　) A．合屏状态下，前表面的电势比后表面的高 B．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏 C．增大霍尔元件的高度c，可能出现闭合屏幕时无法熄屏 D．前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小无关 解析：选AC。合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，A正确；根据e＝evB，解得U＝Bbv，则若磁场变强，前、后表面产生的电压增大，则不可能出现闭合屏幕时无法熄屏现象，B错误；根据I＝nebcv，解得U＝，则增大霍尔元件的高度c，前、后表面产生的电压减小，则可能出现闭合屏幕时无法熄屏，C正确；根据U＝可知，前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小有关，D错误。 5．(多选)(2024·东北三省四市联考)如图(a)所示，S为粒子源，不断沿水平方向发射速度相同的同种带负电粒子。MN为竖直放置的接收屏，能够记录粒子打在屏上的位置。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点；当只存在上述某一种场时，粒子打在MN上的P点或Q点，P、O、Q三点的位置关系如图(b)所示，OQ间距离为OP间距离的倍。已知电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，粒子源S到接收屏MN的距离为d。不计粒子所受重力和粒子间相互作用力，则下列说法正确的是(　　) A．只加磁场时，粒子打到接收屏上的P点 B．粒子源发射粒子的速度大小为 C．粒子的比荷为 D．OP间距离为 解析：选BC。只加磁场时，根据左手定则可知粒子所受洛伦兹力向下，则粒子向下偏转打到接收屏上的Q点，故A错误； 当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点，则满足qvB＝qE，可得v＝，故B正确；根据粒子在只有电场时做类平抛运动，粒子打在接收屏上的P点，由牛顿第二定律可知qE＝ma，粒子的水平方向位移d＝vt，粒子的竖直方向位移OP＝at2，联立可知OP＝，根据粒子在只有磁场时，做圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝，即r＝＝，由几何关系可知OQ＝r－，又OQ＝OP，联立解得＝，OP＝，C正确，D错误。 6．(2024·陕西宝鸡市二模)如图所示，在直角坐标系xOy平面第一、二象限内有两个电场强度大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两个电场的边界分别是边长为L的正方形Oabc和Oced，匀强电场Ⅰ的场强方向沿x轴正方向，匀强电场Ⅱ的场强方向沿y轴正方向，第三象限内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁场边界线为半径为L的半圆，d为圆心。在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放一个电子，电子经电场Ⅱ进入磁场区域，已知电子质量为m、电荷量为e，重力忽略不计。 (1)要使电子恰能从d点离开电场，求释放点坐标(x，y)满足的关系式。 (2)从第一象限内坐标为(0.5L，0.5L)的位置由静止释放电子，发现电子离开磁场时速度方向恰好沿x轴正方向。求磁感应强度B的大小及电子在电场和磁场中运动的总时间t。 解析：(1)电子在匀强电场Ⅰ内向左做匀加速运动，设电子射出匀强电场Ⅰ区域的末速度为v0，由动能定理可得Eex＝mv 电子在匀强电场Ⅱ内做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得 L＝v0t，Ee＝ma，y＝at2 解得y＝。 (2)电子释放的坐标(0.5L，0.5L)满足y＝，所以电子从d点离开电场Ⅱ区域，设电子在d点速度大小为v，方向与x轴负方向夹角为θ，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，由题意可得 2a＝v，2a＝v， v＝，tan θ＝ 电子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向沿x轴正方向，在洛伦兹力作用下运动轨迹如图所示， 设圆周运动半径为r，由几何关系有 (r sin θ)2＋(r cos θ＋r)2＝L2 又有evB＝m 解得B＝ 设电子在匀强电场Ⅰ和Ⅱ中运动时间为t1和t2，在磁场中运动的速度偏转角为α，运动时间为t3，则有t1＝，t2＝ 又有α＝π－θ，t3＝，t＝t1＋t2＋t3 解得t＝(2＋) 。 答案：(1)y＝ (2)　(2＋) 7．(2024·广西南宁市二模)如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方充满竖直向下的匀强电场(图中未画出)，其他部分无电场。从P点水平向右向电场内发射一个比荷为的带电粒子，粒子的速度大小为v0，仅在电场中运动时间t，从x轴上的N点与x轴正方向成α角(未知)斜向下进入磁场，之后从原点O第一次回到电场。已知P、N两点间的电势差UPN＝，忽略边界效应，不计粒子受到的重力。求： (1)粒子第一次通过N点的速度大小v及角度α； (2)匀强电场的电场强度大小E及匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)粒子从P点发射到第2 024次从x轴上方进入磁场的时间t2024。 解析：(1)对粒子从P点到N点的运动过程，根据动能定理有 qUPN＝mv2－mv 解得v＝2v0 粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，在电场中粒子沿水平方向做匀速直线运动，在N点有 cos α＝＝ 解得α＝60°。 (2)粒子在电场中沿水平方向的分位移大小s1＝v0t 粒子在N点沿竖直方向的分速度大小 v1＝v sin α＝v0 在电场中，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，对应的分位移大小 s2＝v1t＝v0t 电场强度大小E＝ 解得E＝ 粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 由几何关系有r sin α＝ 解得B＝。 (3)粒子在磁场中运动的周期 T＝＝ 粒子每次在磁场中运动的时间 t′＝T 可得t2024＝t＋2 023(2t＋t′) 解得t2024＝t。 答案：(1)2v0　60°　(2)　 (3)t 8.(2024·江西鹰潭市一模)如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度B＝1 T、方向垂直于纸面向里的磁场，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限(含x、y轴)有电场强度E＝1 N/C、竖直向下的电场。光滑圆弧轨道圆心为O′，半径R＝4 m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量m1＝1 kg、电荷量q1＝1 C的带负电小球A从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点且未飞出第一象限。质量m2＝4 kg、电荷量q2＝2 C的带正电小球B从与圆心O′等高处由静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后二者粘合生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。 (1)求小球A在O′处的初速度大小。 (2)求碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力。 (3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析小球C在后续运动过程中，再次回到y轴时到O点的距离。 解析：(1)A从O′飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，rA＝ 洛伦兹力提供向心力q1v1B＝ 联立整理得v1＝ 解得v1＝2 m/s。 (2)设B滑到O点的速度为v2，由动能定理Eq2R＝m2v 解得v2＝2 m/s A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的小球C速度为v，由动量守恒定律m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v 在碰后瞬间，小球C做圆周运动，设轨道对C支持力为F，小球C带电量 q＝q2－q1 由F－Eq＋qvB＝ 解得F＝1.6 N。 (3)小球C从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，小球C在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，小球C回到y轴上。由qvB＝及T＝ 解得小球C做圆周运动周期T＝ 小球C竖直方向加速度a＝ 小球C回到y轴时坐标y＝a(nT)2 代入数据解得y＝10n2π2(n＝1，2，3…)。 答案：(1)2 m/s　(2)1.6 N　(3)10n2π2(n＝1，2，3…) 学科网（北京）股份有限公司 $