2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评： 二十七 9.3　带电粒子在复合场中的运动 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 二十七带电粒子在复合场中的运动(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分，15题为单选题，68题为多选题)1.如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)。下列说法正确的是()A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.两次所接高频电源的频率可能不相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能【解析】选A。根据qvB=mv2R，得

2、v=qBRm。两粒子的比荷qm相等，所以最大速度相等，A正确。最大动能Ek=12mv2，两粒子的最大速度相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，B错误。带电粒子在磁场中运动的周期T=2mqB，两粒子的比荷qm相等，所以周期相等，做圆周运动的频率相等。因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，C错误。由Ek=12mv2=q2B2R22m可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关；另外，回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的频率和高频电源的频率相同，否则无法加速，D错误。2.(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁

3、体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa【解析】选D。根据左手定则可知自由电子偏向后表面，元件的后表面带负电，即后表面的电势比前表面的低，A错误；根据稳定时自

4、由电子所受的电场力与洛伦兹力平衡，即eUa=evB得U=Bva，所以选项B、C均错误；自由电子受到的洛伦兹力与所受电场力大小相等，即F=evB=eUa，D正确。3.(2020厦门模拟)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则()A.该装置可筛选出具有特定质量的粒子B.该装置可筛选出具有特定电量的粒子C.该装置可筛选出具有特定速度的粒子D.该装置可筛选出具有特定动能的粒子【解析】选C。粒子要想无偏转地通过区域，进入收

5、集室的小孔O3，需要满足qE=qvB，即粒子的速度v=EB，C正确。4.(2019吉林模拟)电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为(电阻率倒数)，泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则()A.泵体上表面应接电源负极B.通过泵体的电流I=UL1C.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【解析】选C。当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故

6、A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R=LS=1L2L1L2=1L1，因此流过泵体的电流I=UR=UL1，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误。5.如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动。下列说法中正确的是() A.小球在M点和N点时均处于平衡状态B.小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C.小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力

7、大小均相等D.小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等【解析】选D。小球在M点和N点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点速度大小总是相等的，由F合=mv2r可知合力不变，故D正确。小球从M到N运动，在最低点受到向上的洛伦兹力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F1+F洛-mg=mv2r，故此时小球对轨道的压力为：F1=mv2r+mg-F洛；小球从N到M运动，在

8、最低点受到向下的洛伦兹力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F2-mg-F洛=mv2r，故此时小球对轨道的压力为F2=mv2r+F洛+mg，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误。【加固训练】如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则() A.液滴带正电B.液滴比荷qm=EgC.液滴沿顺时针方向运动D.液滴运动速度大小v=RgBE【解析】选C。液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，

9、可知，qE=mg，得qm=gE，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，C正确；对液滴qE=mg，qvB=mv2R，得v=RBgE，故D错误。6.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+() A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为31C.在磁场中转过的角度之比为13D.离开电场区域时的动能之比为13【解析】选B、D。两个离子

10、的质量相同，其带电荷量是13的关系，所以由a=qUmd可知，其在电场中的加速度是13的关系，故A错。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=2qUm，可知其速度之比为13。又由qvB=mv2r知，r=mvqB，所以其半径之比为31，故B正确。由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为31，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin =LR，则可知角度的正弦值之比为13，又P+的角度为30，可知P3+的角度为60，即在磁场中转过的角度之比为12，故C错误。由电场加速后：qU=12mv2可知，两离子离开电场的动能

11、之比为13，故D正确。故选B、D。7.如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d=20 cm，磁场的磁感应强度大小为B=5 T，方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P=100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R=100 ，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是() A.金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷B.该发电机的电动势为100 VC.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD.每秒钟有6.251018个离子打在金

12、属板N上【解析】选B、D。由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E=U=PR=100 V，选项B正确；由Bqv=qUd可得v=UBd=100 m/s，选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电荷量Q=It，而I=PR=1 A，所以Q=1 C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n=Qe=11.610-19=6.251018(个)，选项D正确。【加固训练】 (多选)磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、

13、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则()A.用电器中的电流方向从B到AB.用电器中的电流方向从A到BC.若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大D.若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【解析】选B、D。首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下)，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极、下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，选项A错误，选项B正确；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，

14、最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=qE电动势d，则：qvB=qE电动势d，解得E电动势=Bdv，所以电动势与速度v及磁场B成正比，与带电粒子的电荷量无关，选项C错误，选项D正确。8.如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确

15、的是() A.极板M比极板N的电势高B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=2BqmERD.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷【解析】选A、D。粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，选项A正确；由Uq=12mv2和Eq=mv2R可得U=ER2，选项B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，即r=mvqB，直径PQ=2r=2mvBq=2BERmq，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D正确。二、计算题(14分，需写出规范的解题步骤)9.在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸

16、面(xOy平面)向里；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴正向，如图所示。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0=1 000 m/s的速度发射出一带电粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计粒子重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为=60，电场强度大小为150 V/m。求：磁感应强度的大小。【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由左手定则可知，粒子带负电；由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B=mv02R0由题给条件和几何关系可知R0=d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴

17、负方向的加速度大小为a，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx，由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=mavx=atvxt2=d由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan=vxv0联立式得B=0.1 T答案：0.1 T【总结提升】“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题10.(10分)(多选)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是()A.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=

18、t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-2C.要使粒子获得的最大动能增大，可以增大电源电压D.在磁感应强度B、D形盒半径、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大【解析】选A、B。洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得r=mvqB，故周期T=2rv=2mqB，与速度无关，故t4-t3=t3-t2=t2-t1，故A正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该等于tn-tn-2，故B正确；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，最大动能Ek=12mv2=q2B2R22m，可知最大动

19、能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故C、D错误。11.(20分)(2020太原模拟)在如图所示的直角坐标系中，y0的范围内存在着沿y轴正方向的有界匀强电场，在y0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场(方向未画出)。已知Oa=Oc=cd=L，Ob=L4。现有一个带电粒子，质量为m，电荷量大小为q(重力不计)。t=0时刻，这个带电粒子以初速度v0从a点出发，沿x轴正方向开始运动。观察到带电粒子恰好从d点第一次进入磁场，然后从O点第一次离开磁场。试回答：(1)判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；(2)匀强电场的场强大小；(3)若带电粒子在y轴的a、b之间的

20、不同位置以相同的速度v0进入电场，求第一次离开磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式。【解析】(1)粒子在第一象限时电场力向-y方向，故粒子带负电，要使粒子能从O点射出，磁场方向应垂直于纸面向里。(2)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动：2L=v0t竖直方向匀加速直线运动：a=qEm，L=12at2，解得E=mv022qL(3)粒子从y处射出，进入磁场时，横坐标为x，与x轴的夹角为，则有vy=at，vd=v02+vy2，tan =vyv0，解得vy=v0，vd=2v0，=45，粒子从d点到O点做圆周运动轨迹如图，由几何关系可得，半径R=2L，洛伦兹力提供向心力，有qvdB=m

21、vd2R，解得B=mv0qL；设粒子从ab间y处进入电场，在x轴上的D点进入磁场，D点的横坐标为x0，与x轴的夹角为1，则有x0=v0t，a=qEm=v022L，y=12at2，解得x0=2Lyvy=at=v0yL，vD=v02+vy2=v0y+LL，sin 1=vyvD=yy+L同理，设射出点到D点的距离为x，则有：B=mv0qL，R1=mvDqB=(y+L)L，解得：x=2R1sin 1=2R1vyvD=2Ly，故x=x0，所以粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x=0处，与位置坐标y无关。答案：(1)负电垂直于纸面向里(2)mv022qL(3)粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点x=0处，与位置坐标y无关关闭Word文档返回原板块