（新高考适用）2023版高考物理二轮总复习 第1部分 专题突破方略 专题3 电场与磁场 第2讲　带电粒子在电磁场中的运动

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第一部分　专题三　第2讲基础题——知识基础打牢1. (2021·江苏八校联考)下列关于磁场的应用，正确的是( C )A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压UB．图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极C．图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝D．图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转【解析】　根据qvB＝可知v＝，粒子获得的最大动能为Ek＝所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发动机的负极，故B错误；速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电荷，还是负电荷，只要满足v＝，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误．2. (2022·湖南岳阳二模)电场强度为E的匀强电场水平向右，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为B，方向如图所示．一带电小球M斜向右上做匀速直线运动，速度与水平方向的夹角为30°，该小球运动的速度大小为( B )A.  B． C．  D．【解析】　带电小球M斜向右上做匀速直线运动，由力的平衡可知qE＝qvBsin θ，解得v＝，故B正确，A、C、D错误．3. (2022·湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电．金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止．若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( D )A．q，r  B．2q，rC．2q,2r  D．4q,2r【解析】　液滴处于静止状态时，电场力与重力平衡，而重力G＝mg＝πr3·ρg，G∝r3，而电场力F电＝qE＝q＝，由于u加倍，若r不变，则电量需减半，若r变为原来2倍，则电量需为原来四倍，故选D.4. (2022·重庆三模)如图所示，一圆形区域有竖直向上的匀强电场，O为圆心，两个质量相等、电量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙，以不同的速率v1、v2从A点沿AO垂直射入匀强电场，甲从C点飞出电场，乙从D点飞出，它们在圆形区域中运动的时间相同，已知∠AOC＝45°，∠AOD＝120°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( B )A.＝  B．＝C.＝  D．＝【解析】　甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t相同，根据图中几何关系可得xAC＝v1t＝R－Rcos 45°，xAD＝v2t＝R＋Rcos 60°，联立可得＝＝，A错误，B正确；甲、乙在电场中沿电场力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有yAC＝·t2＝Rsin 45°，yAD＝·t2＝Rsin 60°，联立可得＝＝，C、D错误．5. (2022·湖南衡阳三模)“人造太阳”是一种通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变的装置，其简化模型如图所示，核聚变主要原料氕核(H)质量为m，电荷量为q，在纸面内从圆心O以不同速度向各个方向射出，被约束在半径为R1＝3R和R2＝R两个同心圆之间的环形区域，该环形区域存在与环面垂直的匀强磁场B，要使所有粒子都不会穿出磁场的外边缘，不计粒子重力及粒子间碰撞和相互作用，则粒子在磁场中一个连续运动的最长时间为( C )A.  B．C.  D．【解析】　设粒子在磁场中运动的最大半径为rm，最大速度为vm，如图所示，根据几何关系可得(R1－rm)2＝r＋R，解得rm＝R，根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为α＝360°－2arctan ，所以当r最大时，α有最大值为αm＝360°－2arctan ＝240°，粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，联立可得粒子在磁场中一个连续运动的最长时间为tm＝·T＝，故选C.6. (多选)(2022·浙江预测)如图所示，在密立根油滴实验中，一个质量为m的带电油滴进入两块相距为d的水平放置的平行板之间．未加电压时，油滴以速度v匀速通过平行板区域．若在两平板间加电压U，油滴将在电场中减速到零并保持静止．已知油滴运动时所受阻力大小与运动速度和小球半径乘积成正比．重力加速度为g.则( AC )A．该油滴所带电量B．不加电压时，该油滴速度v与半径成反比C．该油滴从进入平行板到静止过程，做加速度减小的减速运动D．该油滴在加电压U后，从进入平行板到静止过程，下落的距离为【解析】　在两平行板间加电压U时，小球可以保持静止，根据平衡条件可得q＝mg，解得q＝，故A正确；根据题意可得f＝kvR，未加电压时油滴以速度v匀速通过平行板，即mg＝kvR，而mg＝πR3ρg，则πR3·ρg＝kvR，整理得：v＝，故B错误；由A选项分析可知电场力方向向上，根据牛顿第二定律可得q＋kvR－mg＝ma可得a＝＋－g，随着速度减小，加速度也减小，可知该油滴从进入平行板到静止过程，做加速度减小的减速运动，故C正确；若没有阻力则油滴下落的距离设为h，则－h·q＋mgh＝0－mv2，则h＝，但实际上有阻力，故下落距离应小于h，故D错误．故选AC.7. (2022·重庆三诊)如图甲所示为利用霍尔元件制作的位移传感器．将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系．当霍尔元件沿x轴方向移动到不同位置时，将产生不同的霍尔电压U，通过测量电压U就可以知道位移x.已知沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx(k为常数，且k>0)，电流I沿＋z方向大小不变．该传感器灵敏度，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是( A )A．把霍尔元件沿x方向的厚度变小B．把霍尔元件沿y方向的高度变大C．把霍尔元件沿z方向的长度变大D．把霍尔元件沿y方向的高度变小【解析】　设霍尔元件沿y轴反向的高度为d，沿x轴方向的厚度为l，电流的微观表达式为I＝neSv＝nedlv得v＝，自由电荷受洛伦兹力和电场力平衡e＝evB得U＝dvB，由磁感应强度大小B＝kx，得k＝，则＝＝dk＝可知，要使该传感器的灵敏度变大，应把霍尔元件沿x方向的厚度l变小，故选A.8. (2022·湖北广水模拟)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°.其他地方磁场的范围足够大．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．以下说法正确的是( D )A．从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等B．若从a点入射的速度越大，则在磁场中运动的时间越长C．粒子在磁场中最长运动时间不大于D．粒子在磁场中最长运动时间不大于【解析】　画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图1所示．粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；当粒子从bc边射出时，速度越大，轨道半径越大，圆心角越大，运动时间越长，故A、B错误；当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α＝270°可得粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝，故C错误，D正确．应用题——强化学以致用9. (多选)(2022·全国甲，21,6分)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后( BD )A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【解析】　设电场强度为E，小球电荷量为q，质量为m，初速度为v0由题知mg＝Eq水平方向，小球向左先做匀减速运动到速度为零后反向做匀加速运动，加速度大小为g；竖直方向，小球做自由落体运动，加速度大小为g.电势能只与静电力做功有关，当小球水平向左速度为零时，电势能最大，此时水平方向：v0－gt＝0，x＝竖直方向：v′＝gt，h＝gt2重力做功WG＝mgh＝电势能的增加量Ep电＝qEx＝即WG＝Ep电此过程中小球初动能Ek初＝mv，末动能Ek末＝mv′2＝mv＝Ek初，故B、D正确；当小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时v0－gt′＝gt′t′＝此时合速度方向与合力F合方向垂直，小球动能最小，故A、C错误．10. (多选)(2022·山东泰安三模)如图所示，在水平方向上存在垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场．将质量为m、电荷量绝对值为q的带电油滴从a点由静止释放，它在竖直面内的部分运动轨迹如图所示，b为整段轨迹的最低点，重力加速度为g.则下列说法正确的是( AC )A．油滴带正电B．轨迹ab可能是椭圆曲线的一部分C．油滴到b点时的速度大小为D．油滴到b点后将沿水平方向做匀速直线运动【解析】　油滴在重力作用下下落，获得速度后将受到洛伦兹力作用，根据洛伦兹力方向和左手定则可判断油滴带正电，故A正确；将油滴的运动分解为两个分运动，一个是水平向右的匀速直线运动，速度大小满足mg＝qvB，受力满足二力平衡，另一个是初速度方向向左，大小为v的匀速圆周运动，受到的洛伦兹力为qvB，两个分运动的合成轨迹将是一个旋轮线，故B错误；油滴到b点时，重力做功最多，速度最大，正好是匀速圆周运动分运动的最低点，速度大小为2v＝，方向水平向右，故C正确；在b点时的洛伦兹力大小为2qvB、方向竖直向上，重力大小为mg，二力合力向上，有2qvB－mg＝mg，加速度大小为g，方向向上，故不可能沿水平方向做匀速直线运动，故D错误．故选AC.11. (多选)(2022·辽宁沈阳三模)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为E.当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( ABD )A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外B．粒子的比荷为C．粒子在磁场中运动的总时间为D．粒子在电场中运动的总时间为【解析】　根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力方向为水平向右，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得R＝，则＝，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先做向右的减速运动，再做向左的加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图2所示，则粒子在磁场中的运动时间为t＝＝＝，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝＝，根据v＝v0＋at，由对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t＝＝，故D正确．故选ABD.　　　12. (多选)(2022·辽宁丹东二模)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°.虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10－3 T．虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20 N/C的匀强电场．一比荷＝2×105 C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点(M点图中未画出)垂直虚线方向进入电场(不计重力)，则( BC )A．该带电粒子一定带正电B．OM之间的距离为2 mC．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98 mD．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴【解析】　该粒子所受洛伦兹力向下，根据左手定则，该带电粒子一定带负电，A错误；根据牛顿第二定律得qv0B＝m，解得r＝2 m，OM之间的距离为2 m，B正确；竖直方向的分速度为vy＝v0cos 30°＝150 m/s，竖直方向的加速度为a＝＝2×106 m/s2，竖直方向的位移为v＝2ay，解得y≈0.017 m，M点到x轴的距离为d＝rsin 30°＝1 m，粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin＝d－y≈0.98 m，C正确，D错误．故选BC.13. (2022·湖南，13,13分)如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．(1)求直流电源的电动势E0.(2)求两极板间磁场的磁感应强度B.(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′.【答案】　(1)　(2)　(3)【解析】　(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，小球受的静电力大小与重力大小相等，即mg＝q又由于U＝·R2得E0＝.(2)如图所示设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系得(R－d)2＋(d)2＝R2解得R＝2d由qvB＝得B＝.(3)小球离开电磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，要使小球做直线运动，需使小球所受静电力在垂直于小球速度方向的分力与重力在垂直于小球速度方向的分力相等．当静电力在平行于小球速度方向的分力为零时，静电力最小，电场强度最小，可得qE′＝mgsin 30°解得E′＝.14. (2022·山东，17,14分)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示．在三维坐标系Oxyz中，0<z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；－3d≤z<0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z<0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场．质量为m、电荷量为＋q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为l的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力．(1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；(3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy而进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)；(4)当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、电荷量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)．【答案】　(1)　(2)　(3)(d，d,0)　(4)(2＋2)【解析】　(1)如图所示，当离子在电场中运动时，根据运动的合成与分解得v0cos β·t＝lv0sin β＝t解得E＝＝.(2)如图所示，在匀强磁场Ⅰ中，有qvB＝解得R1＝同理，在匀强磁场Ⅱ中，R2＝＝＝R1，根据几何关系可知离子从坐标原点垂直进入匀强磁场Ⅰ，从y轴上2R1位置垂直进入匀强磁场Ⅱ，之后在x轴上2R1位置再次进入匀强磁场Ⅰ.则R1m＝d，此时R2m＝d<3d则qvmB＝得vm＝.(3)离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ运动的半径分别为R1′＝＝R2′＝R1′＝由(2)的分析，如图所示，根据几何关系得2R1′＝dy坐标为y＝2R1′＝d即第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)．(4)由题意得mv′2＝m乙v解得v乙＝＝离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的半径分别为R乙1＝＝2R1′＝dR乙2＝R乙1＝2R1′＝d离子甲、乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的周期分别为T1＝T2＝T乙1＝T乙2＝根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，则时间差为Δt＝＋－T1－T2＝(2＋2).