2025版高考物理一轮总复习第11章磁场专题强化16带电粒子在叠加场中的运动提能训练

第十一章专题强化十六基础过关练题组一叠加场应用实例1.如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝eq\f(E,B)时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是(B)A．粒子射入的速度确定是v>eq\f(E,B)B．粒子射入的速度可能是v<eq\f(E,B)C．粒子射出时的速度确定大于射入速度D．粒子射出时的速度确定小于射入速度[解析]假设粒子带正电，则所受电场力方向向下，由左手定则知所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知，qvB>qE，则v>eq\f(E,B)，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，所受电场力方向向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知，qvB<qE，则v<eq\f(E,B)，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增大，A、C、D三项错误，B项正确。2.磁流体发电机示意图如图所示。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量等量正、负离子)垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。假如把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R。稳定时，下列推断正确的是(D)A．图中a板是电源的正极B．电源的电动势为BvqC．用电器中电流为eq\f(Bvq,R＋r)D．用电器两端的电压为eq\f(R,R＋r)Bvd[解析]由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A错误；由平衡条件得qvB＝qeq\f(U,d)，电源电动势E＝U＝Bdv，电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，用电器两端的电压UR＝IR＝eq\f(R,R＋r)Bvd，故B、C错误，D正确。3．为监测某化工厂含有离子的污水排放状况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放状况。下列说法中错误的是(B)A．M板比N板电势低B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C．污水流量越大，则电流表的示数越大D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大[解析]污水从左向右流淌时，依据左手定则，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转，故N板带正电，M板带负电，A正确；稳定时带电离子在两板间受力平衡，可得qvB＝qeq\f(U,b)，此时U＝Bbv，又因流速v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f(BbQ,bc)＝eq\f(BQ,c)，式中Q是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M、N间的电压越大，电流表的示数越大，与离子浓度无关，B错误，C、D正确。4．如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿z轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变更关系为B＝B0＋kz(B0>0，k>0且均为常数)，霍尔元件的厚度d很小。当霍尔元件通以沿x轴正方向的恒定电流I，上、下表面会产生电势差U，则下列说法正确的是(D)A．若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面B．当物体沿z轴正方向移动时，电势差U将变小C．仅减小霍尔元件上下表面间的距离h，传感器灵敏度eq\f(ΔU,Δz)将变弱D．仅减小恒定电流I，传感器灵敏度eq\f(ΔU,Δz)将变弱[解析]霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，依据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；设霍尔元件上下表面高度差为h，电子定向移动速度为v，电子电荷量为e，霍尔元件平衡时，有eq\f(U,h)e＝Bve，解得U＝Bvh，又因为I＝nvSe＝nvdhe，其中n为单位体积的自由电子数，可得v＝eq\f(I,ndhe)，则U＝Bvh＝eq\f(BI,nde)，当物体沿z轴正方向移动时z增大，所以B增大，电势差U也增大，B错误；传感器灵敏度为eq\f(ΔU,Δz)＝eq\f(ΔBI,Δznde)，因为B＝B0＋kz，可得eq\f(ΔB,Δz)＝k，eq\f(ΔU,Δz)＝eq\f(kI,ned)，仅减小霍尔元件上下表面间的距离h，传感器灵敏度eq\f(ΔU,Δz)不变，仅减小恒定电流I，传感器灵敏度eq\f(ΔU,Δz)将变弱，C错误，D正确。故选D。题组二带电粒子在叠加场中的运动5．(2024·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止起先运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(B)[解析]在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面对里，依据左手定则，可推断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变更，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从起先到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入其次象限重复向左偏转，B正确，D错误。6．(2024·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)，磁场方向垂直纸面对里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外。图中A、C、O三点在同始终线上，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确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。若变更电场或磁场强弱，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(D)A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C．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[解析]由题知粒子沿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°，依据qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t0＝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qv1·2B1＝qE，则v1＝eq\f(v0,2)，再依据qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半径减小，则粒子照旧从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qv2B1＝q·2E，则v2＝2v0，再依据qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从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，再依据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，则画出粒子的运动轨迹如下图依据sinθ＝eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)，可知转过的圆心角θ＝60°，依据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，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再依据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，则画出粒子的运动轨迹如下图依据sinα＝eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)，可知转过的圆心角为α＝45°，依据qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(\r(2)πm,2qB2)，则t＝eq\r(2)t0，D正确。故选D。7．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止起先经电压U加速后，水平进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知)，小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则(BC)A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πE,Bg)D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大[解析]小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球受到的电场力竖直向上，小球带负电，故A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力供应，有Bqv＝meq\f(v2,r)，由动能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2，且有mg＝qE，联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，故B正确；由运动学公式可得T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πE,Bg)，与电压U无关，故C正确，D错误。实力综合练8.(2024·杭州质检)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于纸面对外的匀强磁场。先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中(B)A．到达C点后小球不行能沿杆向上运动B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等C．小球在D点时的动能为50JD．小球电势能的增加量等于重力势能的削减量[解析]假如电场力大于重力，则到达C点后小球可能沿杆向上运动，故A错误；小球受到重力、电场力、洛伦兹力、支持力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，小球动能减小，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变更，又AD＝DC，两段位移相等，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等，故B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等，故小球在D点时的动能也就不为50J，故C错误；只有当电场力与重力大小相等时，小球电势能的增加量才等于重力势能的削减量，故D错误。9.(多选)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上、范围足够大的匀强磁场。从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面对右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球，若磁感应强度B＝eq\f(πm,q)，g取10m/s2。下列说法正确的是(AD)A．小球离开磁场时的速度大小为10eq\r(2)m/sB．小球离开磁场时的速度大小为10eq\r(5)m/sC．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq\f(5,π)eq\r(π2＋4)mD．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m[解析]小球在磁场中，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝2s，则小球离开磁场时运动的时间t＝eq\f(T,2)＝1s，下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，小球从进入磁场到离开磁场，由动能定理得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，解得小球离开磁场时的速度大小v＝10eq\r(2)m/s，A正确，B错误；小球做圆周运动的半径r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(v0,π)，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离s＝eq\r(h2＋2r2)＝eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m，C错误，D正确。10．(多选)试验小组用图甲所示装置探讨电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B(垂直纸面对里)，电场强度为E(竖直向下)、P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率粒子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射出板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m(电子重力及相互间作用力忽视不计)，以下说法中正确的有(AD)A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为eq\f(E,B)B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长C．若t＝eq\f(T,4)时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置确定在O2点D．若t＝0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3…)的粒子也能水平飞出[解析]沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即evB＝eE，解得电子的速率为v＝eq\f(E,B)，故A正确；只增大速度选择器中的电场强度E，依据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；若t＝eq\f(T,4)时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间确定相等，依据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间确定为eq\f(T,2)的整数倍，且当运动时间为eq\f(T,2)的奇数倍时，电子飞出金属板的位置确定在O2点上方，当运动时间为eq\f(T,2)的偶数倍时，电子飞出金属板的位置确定在O2点，故C错误；若t＝0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为t＝nT(n＝1,2,3，…)，则电子的速率为v＝eq\f(L,t)＝eq\f(L,nT)(n＝1,2,3，…)与A项分析中的表达式联立可得T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正确。故选AD。11．在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。不计粒子重力的影响，求：(1)所加电场强度E的大小和方向；(2)若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向夹角为θ，使得粒子能够在xOy平面内做类平抛运动，并经过坐标为(eq\r(3)a，a,0)的点，则E′和tanθ各为多少？[答案](1)vB沿z轴正方向(2)eq\r(vB2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mv2,3qa)))2)eq\f(3qaB,2mv)[解析](1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则电场力沿z轴正方向，即电场方向沿z轴正方向，且有qE－qvB＝0，解得E＝vB。(2)由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向供应类平抛运动的加速度a0，如图所示：则由平衡条件qE1－qvB＝0由平抛运动规律有eq\r(3)a＝vta＝eq\f(1,2)a0t2其中a0＝eq\f(qE2,m)，解得E1＝vBE2＝eq\f(2mv2,3qa)则有E′＝eq\r(E\o\al(2,1)＋E\o\al(2,2))＝eq\r(vB2＋\b