新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练9带电粒子在复合场中的运动（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练9带电粒子在复合场中的运动（附解析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的( )
A.质量B．电量
C．比荷D．动能
2．[2023·湖南雅礼中学二模]武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A．只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U，就能够推算污水的流量
B．只需要测量磁感应强度B及MN两点电压U，就能够推算污水的流速
C．当磁感应强度B增大时，污水流速将增大
D．当污水中离子浓度升高时，MN两点电压将增大
3．[2023·浙江1月]某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′.调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
A．a→b，eq \f(k2,k1)I0B．a→b，eq \f(k1,k2)I0
C．b→a，eq \f(k2,k1)I0D．b→a，eq \f(k1,k2)I0
4．[2023·湖南卷]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eq \f(\r(3),4)B2，则t＝eq \f(t0,2)
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则t＝eq \r(2)t0
二、多项选择题
5．[2023·浙江名校协作体开学考试]如图所示，图甲为速度选择器原理示意图，图乙为质谱仪原理示意图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间．下列说法正确的是( )
A．图甲中，只有具有速度v＝eq \f(E,B)的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器
B．图乙中， eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H三种粒子经加速电场射入磁场， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H在磁场中偏转半径最大
C．图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交流电源的频率也应该增大
6．[2023·广东省肇庆中学考试]如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是( )
7．[2023·黑龙江大庆铁人中学期末]应用霍尔效应可以测量车轮的转动角速度ω，如图所示为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场减弱．工作时，通过霍尔元件上、下两面通入电流I，前、后两面连接控制电路．下列说法正确的是( )
A．若霍尔元件内部是通过负电荷导电的，则前表面比后表面的电势低
B．增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到的电压变大
C．若I不变，控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凹陷部分在靠近霍尔元件
D．若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则车轮的角速度为eq \f(2π,5T)
8.
[2023·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＝0.75×10－3T．虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20N/C的匀强电场．一比荷eq \f(q,m)＝2×105C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300m/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( )
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
三、非选择题
9．[2023·江苏无锡高三阶段练习]如图所示为一种带电粒子电磁分析器原理图．在xOy平面的第二象限存在垂直平面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，第三象限有一离子源C飘出质量为m、电荷量为q、初速度为0的一束正离子，这束离子经电势差为U＝eq \f(2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9q)的电场加速后，从小孔A垂直x轴射入磁场区域，小孔A离O点的距离为a＝eq \f(mv0,qB)，在x轴正向放置足够长的探测板．不考虑离子重力和离子间的相互作用．
(1)求离子从小孔A射入磁场后打到板上的M的坐标；
(2)若离子源C能飘出两种质量分别为2m和m、电荷量均为＋q的甲、乙两种离子，离子从静止开始经如图所示的电压为U的加速电场加速后都能通过A垂直磁场射入磁场区域，如图乙所示．现在y轴上放置照相底片，若加速电压在(U－ΔU)到(U＋ΔU)之间波动，要使甲、乙两种离子在底片上没有交叠，求ΔU与U的比值要满足什么条件？
(3)在x轴正向铺设足够长的光滑绝缘板，如图丙所示．离子打到板上后垂直板方向的碰后速度总是碰前该方向上速度的0.6，平行板方向上分速度不变，在板上M点的右边有边界平行于y轴的宽为d的有界磁场磁感应强度也为B，磁场竖直方向足够长，若要求离子在磁场中与板碰撞3次后(M点除外)水平离开磁场右边界，则磁场宽度d应满足什么条件？
10.[2023·福建省南平市质检]如图，在三维坐标系Oxyz中有一长方体空间区域，与Oyz平面平行的截面是以x轴为中心对称的正方形，其边长为L.在－2L≤x≤－L的区域Ⅰ内存在沿z轴负方向的匀强电场和沿y轴正方向的匀强磁场：－L≤x≤L为区域Ⅱ，区域Ⅰ和区域Ⅱ间用正中心留有小孔的正方形绝缘薄板隔开．有一电子枪从x＝－2L处不断沿x轴正方向正对小孔发射速率不同的电子．已知电子电量为e，质量为m，匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为eq \r(\f(mE,2eL)).
(1)若电子能沿x轴穿过区域Ⅰ到区域Ⅱ，求电子的速度大小；
(2)若某电子穿过小孔运动到O点时，给区域Ⅱ加上一个磁感应强度大小为eq \r(\f(mE,2eL))、方向沿y轴负方向的匀强磁场，求该电子穿出区域Ⅱ的位置坐标；
(3)若某电子穿过小孔运动到O点时，给区域Ⅱ加上一个磁感应强度大小为10eq \r(\f(mE,2eL))的匀强磁场和一个大小未知的匀强电场E′，方向均沿y轴负方向，该电子能打到的坐标位置为(eq \f(L,5)，eq \f(L,2)，eq \f(L,5))，求电场强度E′的可能值．
11．[2023·江苏统考一模]波荡器是利用同步辐射产生电磁波的重要装置，它能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其装置简化模型如图所示，n个互不重叠的圆形匀强磁场沿水平直线分布，半径均为R，磁感应强度大小均相同，方向均垂直纸面，相邻磁场方向相反、间距相同，初始时磁感应强度为B0.一重力不计的带正电粒子，从靠近平行板电容器P板处由静止释放，PQ极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面从A点射入波荡器，射入时速度与水平直线夹角为θ，θ在0～30°范围内可调．
(1)若粒子入射角θ＝0°，粒子恰好能从O1点正下方离开第一个磁场，求粒子的比荷k;
(2)若粒子入射角θ＝30°，调节AO1的距离d、磁场的圆心间距D和磁感应强度的大小，可使粒子每次穿过水平线时速度与水平线的夹角均为30°，最终通过同一水平线上的F点，A到F的距离为L＝2eq \r(3)nR，求D的大小和磁感应强度B1的大小；
(3)在(2)问的情况下，求粒子从A运动到F的时间．
课时提升训练9
1．解析：带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得qE＝meq \f(v2,r1)
带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r2)
解得：r1＝eq \f(mv2,qE)，r2＝eq \f(mv,qB)，
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误．
答案：C
2．解析：废液流速稳定后，粒子受力平衡，有qvB＝qeq \f(U,d)
解得废液的流速v＝eq \f(U,Bd)
废液流量Q＝Sv，S＝eq \f(πd2,4)
解得Q＝eq \f(πUd,4B)
只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U，就能够推算污水的流量，而要测量出废液的流速，除需要测量磁感应强度B及MN两点电压U外，还需要测量出圆柱形容器直径d，故A正确，B错误；
电磁流量计可利用v＝eq \f(U,Bd)
的表达式来测出污水的流速，但是不能通过改变磁感应强度B来改变污水的流速，故C错误；
由Q＝eq \f(πUd,4B)，可知U＝eq \f(4BQ,πd)
可知MN两点电压与磁感应强度B、流量Q、直径d有关，而与离子的浓度无关，故D错误．
答案：A
3．解析：霍尔元件输出的电压为零，则霍尔元件中的载流子不发生偏转，即霍尔元件所在处的磁感应强度为零，故螺绕环在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度与直导线在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即k1I0＝k2I′，解得I′＝eq \f(k1I0,k2)，又由右手螺旋定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向竖直向下，则直导线在该处产生的磁场方向应竖直向上，由安培定则可知直导线中的电流方向由b到a，D正确，ABC错误．
答案：D
4．解析：由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t0＝eq \f(T,4)＝eq \f(πm,2qB2)
若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE
则vA＝eq \f(v0,2)
再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；
若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1B1＝q·2E
则v1＝2v0
再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的eq \f(4,\r(3))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t＝eq \f(4\r(3)πm,9qB2)
则t＝eq \f(8\r(3)t0,9)，C错误；
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的eq \f(4,\r(2))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t＝eq \f(\r(2)πm,2qB2)
则t＝eq \r(2)t0，D正确．
答案：D
5．解析：图甲中，当粒子沿直线通过时，满足qvB＝Eq
即v＝eq \f(E,B)
即只有具有速度v＝eq \f(E,B)的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器，选项A正确；
图乙中， eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H三种粒子经加速电场射入磁场，则由Uq＝eq \f(1,2)mv2，qvB＝meq \f(v2,R)
解得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2Um,q))
因为 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的eq \f(m,q)最大，则在磁场中偏转半径最大，选项B正确；
图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置，选项C正确；
图丁中，由T＝eq \f(2πm,qB)可知，随着粒子速度的增大，粒子在磁场中运动的周期不变，则交流电源的频率也是不变的，选项D错误．
答案：ABC
6．解析：A图中，小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B图中，小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C图中，小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D图中，粒子受向下的重力和向上的电场力，没有洛伦兹力，则合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确．
答案：CD
7．解析：霍尔元件内部是通过负电荷导电的，因磁场方向由N极指向齿轮，电流方向竖直向下，由左手定则可知电子移动到前表面，则前表面的电势低，故A正确；根据霍尔元件原理可知，洛伦兹力和电场力平衡，则有qvB＝qeq \f(U,d)，解得U＝Bdv，由电流的微观表达式可知，增大电流，则v增大，故电压增大，故B正确；若I不变，当电压升高时，说明磁场增强，齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，故C错误；根据题意可知，转过相邻齿所用时间为T，则转一周的时间为5T，故车轮的角速度为ω＝eq \f(2π,5T)，故D正确．
答案：ABD
8．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＝meq \f(v02,r)
解得r＝2m，OM之间的距离为2m，B正确；
竖直方向的分速度为vy＝v0cs30°＝150eq \r(3)m/s
竖直方向的加速度为a＝eq \f(qEsin30°,m)＝2×106m/s2
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＝2ay得
竖直方向的位移为y≈0.017m
M点到x轴的距离为d＝rsin30°＝1m
粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin＝d－y≈0.983m，C正确，D错误．
答案：BC
9．解析：（1）正离子经电场加速过程中，由动能定理
qU＝eq \f(1,2)mv2
得v＝eq \f(2,3)v0
正离子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq \f(v2,r)
联立得r＝eq \f(2,3)a
如图
正离子在第一象限做匀速直线运动，由几何关系sinθ＝eq \f(a－r,r)＝eq \f(1,2)
得θ＝30°
可得OM＝eq \f(rcsθ,tanθ)＝a
打到板上的M的坐标为（a，0）.
（2）由（1）中两式联立可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))
对质量为m的正离子，当加速电压为U＋ΔU时，半径最大r1＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2m（U＋ΔU）,q))
对质量为2m的正离子，当加速电压为U－ΔU时，半径最小r2＝eq \f(1,B)eq \r(\f(4m（U－ΔU）,q))
需满足r1