新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题3电场与磁场微专题4带电粒子在复合场中的运动

第一部分专题三微专题4A组·基础练1.(2023·山东烟台模拟)有一种磁强计，可用于测定磁场的磁感应强度，其原理如图所示。将一段横截面为长方形的N型半导体(主要靠自由电子导电)放在匀强磁场中，两电极P、Q分别与半导体的前后两侧接触。已知磁场方向沿y轴正方向，N型半导体横截面的长为a，宽为b，单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流时，两电极P、Q间的电势差为U。下列说法正确的是(C)A．P为正极，Q为负极B．磁感应强度的大小为eq\f(neaU,I)C．磁感应强度的大小为eq\f(nebU,I)D．其他条件不变时，n越大，电势差U越大【解析】根据左手定则，结合自由电子定向移动的方向与电流方向相反，可知，自由电子受到的洛伦兹力方向指向P，则自由电子偏向P，则P为负极，Q为正极，故A错误；设自由电子定向移动的速率为v，则单位时间内移动的距离为vΔt，则体积为abvΔt，电荷量为neabvΔt，则I＝eq\f(Δq,Δt)＝neabv，两电极P、Q间的电势差为U时，对于自由电子，根据平衡条件eq\f(Ue,a)＝evB，联立解得B＝eq\f(nebU,T)，故B错误，C正确；根据U＝Bav则其他条件不变时，电势差U与n无关，故D错误。故选C。2.(2023·山东东营二模)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，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的(D)A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大C．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏D．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关【解析】电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；稳定后根据平衡条件有evB＝eeq\f(U,b)，根据电流的微观表达式有I＝neSv＝nebcv解得U＝eq\f(BI,nec)，所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误。故选D。3.(多选)(2023·江南十校联考)如图所示，半径为R的双层光滑管道位于竖直平面内，质量为m、带电量为＋q的小球位于管道最低点A，B是最高点，空间存在水平向左、场强大小E＝eq\f(mg,q)的匀强电场，现在A点给小球一水平初速度v0，小球恰好能够做完整的圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(AC)A．v0的大小为eq\r(2\r(2)＋1gR)B．经过B点时小球受到管道外壁的压力大小为(3－2eq\r(2))mgC．经过A点时小球受到管道外壁的支持力大小为(3＋2eq\r(2))mgD．若在A点给小球的水平初速度增大一倍，小球经过B点的速度也增大一倍【解析】如图所示，小球在等效最低点P静止时，受重力、支持力和电场力三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE，结合E＝eq\f(mg,q)知θ＝45°，且重力和电场力的合力F＝eq\r(2)mg，小球恰好能够做完整的圆周运动，说明小球经过等效最高点Q时速度刚好为零，由Q到A根据动能定理，有mg(R＋Rcos45°)＋qERsin45°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2\r(2)＋1gR)，A正确；在A点根据向心力公式有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得N＝(3＋2eq\r(2))mg，C正确；由B到A根据动能定理，有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(v\o\al(2,0)－4gR)，在B点有mg－NB＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得经过B点时小球受到管道内壁的支持力大小为NB＝(3－2eq\r(2))mg。BD错误，故选AC。4.(多选)(2023·河北九师联盟质检)如图所示，厚度非常薄的铅板MN的上方、下方分别分布有垂直纸面向外、磁感应强度分别为2B、B的有界匀强磁场，一比荷为k、电量为q的粒子(不计重力)从a点射入第一个磁场，经过铅板的b点射入第二个磁场，从c点射出第二个磁场，紧接着进入虚线PJ(与MN平行)下方的与MN垂直的匀强电场，粒子到达d点时速度正好与PJ平行。已知两个圆弧轨迹的圆心均在铅板的O点，Oa＝R、∠aOb＝∠cOb＝60°，粒子与铅板的作用时间忽略不计，下列说法正确的是(BD)A．该粒子带正电B．粒子从a到c的运动时间为eq\f(π,2Bk)C．粒子与铅板的碰撞生热为3B2R2qkD．c点与d点的电势差为eq\f(1,8)kB2R2【解析】由左手定则可知该粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c的运动时间为tac＝eq\f(π,3)×eq\f(m,2Bq)＋eq\f(π,3)×eq\f(m,Bq)，结合k＝eq\f(q,m)，综合计算可得tac＝eq\f(π,2Bk)，选项B正确；分析可知粒子在两个磁场中运动的圆弧轨迹半径相等，设为R，由洛伦兹力充当向心力可得2Bqv1＝eq\f(mv12,R)，Bqv2＝eq\f(mv22,R)，综合可得mv1＝2BqR，mv2＝BqR，由能量守恒，粒子与铅板的碰撞生热为Q＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，结合m＝eq\f(q,k)，综合计算可得Q＝eq\f(3,2)B2R2qk，选项C错误；分析可知粒子从c点到d点做类斜抛运动，粒子在c点的速度与PJ的夹角为30°，把粒子在c点的速度分别沿着PJ和电场线的方向分解，沿着PJ方向的分速度为vx＝v2cos30°，粒子到达d点时沿电场线方向的分速度为0，由动能定理Ucdq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)，结合m＝eq\f(q,k)，mv2＝BqR，综合解得Ucd＝eq\f(1,8)kB2R2，选项D正确。故选BD。B组·综合练5.(2023·辽宁沈阳质监)如图所示，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，足够长的水平荧光屏PQ与圆形磁场区相切于P点。质量为m、电量为q的带正电的粒子从P点以速率v＝eq\f(qBR,m)沿与竖直方向夹角θ＝30°的方向射入磁场。粒子经磁场偏转后沿水平方向离开磁场。离开磁场的瞬间，在荧光屏上方施加竖直向下的匀强电场，电场区域足够宽，电场强度E＝eq\f(qB2R,m)，不计粒子重力，已知R＝1.0m。求：(1)粒子离开磁场时距离荧光屏的高度h；(2)粒子打到荧光屏上的亮点距P点的距离s。(计算结果均保留两位有效数字)【答案】(1)1.5m(2)2.6m【解析】(1)由v＝eq\f(qBR,m)可得，粒子在磁场中的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)即与磁场圆半径一样，粒子轨迹图如下由几何关系得h＝R＋Rsinθ＝1.5m。(2)由类平抛规律得h＝eq\f(1,2)at2x＝vt由牛顿第二定律得Eq＝ma联立解得x＝eq\r(3)R≈1.7m粒子打到荧光屏上的亮点距P点的距离s＝x＋Rcosθ联立可得s≈2.6m。6.(2023·山东济宁一模)如图所示，在三维坐标系O－xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝L，B2＝5eq\r(2)B1，粒子的电量为q，质量为m(重力不计)。求：(1)磁感应强度B1的大小；(2)粒子第二次经过yOz平面的坐标；(3)电场强度E的大小。【答案】(1)B1＝eq\f(2mv,5qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(L,2)，\f(L,2)))(3)eq\f(mv2,4qL)【解析】(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，由几何关系得R2＝(2L)2＋(R－L)2解得R＝eq\f(5,2)L由牛顿第二定律可得qvB1＝meq\f(v2,R)解得B1＝eq\f(2mv,5qL)。(2)在右侧磁场中由牛顿第二定律得qvB2＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(\r(2),4)Ly＝2rsin45°＝eq\f(L,2)z＝L－2rcos45°＝eq\f(L,2)即坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(L,2)，\f(L,2)))。(3)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上2L＝vty轴方向上L－y＝eq\f(qE,2m)t2解得E＝eq\f(mv2,4qL)。7.(2023·山东菏泽二模)如图所示，在xOy平面内半径为R(未知)的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，圆形区域的边界与y轴在坐标原点O相切，区域内磁场的磁感应强度大小为B1。空间中z轴正方向垂直于xOy平面向外，x轴上过D点(4d,0,0)放置一足够大且垂直于x轴的粒子收集板PQ，PQ与yOz平面间有一沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。x轴上过C点(d,0,0)垂直于x轴的平面MN与PQ间存在沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2。在xOy平面内的－2R≤x≤－R区域内，有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿y轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场偏转后所有粒子均恰好经过O点，然后进入y轴右侧区域。已知电场强度大小E＝eq\f(mv\o\al(2,0),6qd)，磁感应强度大小B2＝eq\f(\r(3)πmv0,4qd)，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。求：(1)带电粒子在圆形区域内做圆周运动的轨道半径；(2)带电粒子到达MN平面上的所有位置中，离x轴最远的位置坐标；(3)经过MN平面时离x轴最远的带电粒子到达收集板PQ时的位置坐标。【答案】(1)R＝eq\f(mv0,qB1)(2)(d，－2eq\r(3)d,0)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4d，\f(4\r(3)d,3π)－2\r(3)d，－\f(4\r(3)d,3π)))【解析】(1)只有带电粒子的轨道半径等于圆形磁场的半径，粒子才能全部经过O点，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(mv0,qB1)。(2)经过A点射入圆形磁场的粒子经过O点时，速度方向沿y轴负方向，在MN上的位置离x轴最远，在y轴右侧区域运动的带电粒子，沿x轴正方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得qE＝ma解得a＝eq\f(v\o\al(2,0),6d)由运动学公式得d＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(2\r(3)d,v0)又L＝v0t解得离x轴最远的距离L＝2eq\r(3)d对应坐标为(d，－2eq\r(3)d,0)。(3)经过MN时离x轴最远的带电粒子，沿x轴做匀加速直线运动到达收集板PQ，粒子在到达MN平面时，沿x轴方向的速度大小veq\o\al(2,Cx)＝2ad解得vCx＝eq\f(\r(3),3)v0设粒子从MN到达PQ所用的时间为t2，则3d＝vCxt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(2\r(3)d,v0)经过MN时离x轴最远的带电粒子，在yOx平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(4d,\r(3)π)粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v0)又eq\f(t2,T)＝eq\f(α,2π)解得α＝eq\f(3,2)π带电粒子到达收集板PQ上位置的y坐标为－(L－r)，则该带电粒子到达收集板PQ上位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4d，\f(4\r(3)d,3π)－2\r(3)d，－\f(4\r(3)d,3π)))。8.(2023·山东临沂一模)如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m电荷量为q的带正电离子从x轴上的M(－3d,0)点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，之后该离子从N(－d,0)点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45°，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点，最后从Q(3d,0)点射出第一象限，不计离子重力。(1)求第三象限内电场强度的大小E；(2)求出P点的坐标；(3)边长