2025届高考物理二轮复习：微专题5 速度选择器、霍尔效应等叠加场问题-专项训练 【含答案】

2025届高考物理二轮复习微专题5速度选择器、霍尔效应等叠加场问题-专项训练1.[2024·学军中学模拟]用如图所示装置作为推进器加速带电粒子.装置左侧部分由两块间距为d的平行金属板M、N组成,两板间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.使大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度v0水平入射,可以给右侧P、Q平行板电容器供电.靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子,粒子被加速后从S正上方的小孔喷出P板,喷出的速度大小为v.下列说法正确的是()A.放射源S释放的粒子带负电B.增大q0的值,可以提高vC.P、Q间距变为原来的2倍,可使v变为原来2倍D.v0和B同时变为原来的2倍,可使v变为原来的2倍2.如图所示为某款新型电磁泵的简易装置图.泵体是一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体,上下两面M、N为金属极板,当M、N与电源相连时,会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流I,泵体处于垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场中.导电液的电阻率为ρ,密度为D,重力加速度为g,工作时泵体始终充满液体.下列说法正确的是 ()A.该电磁泵稳定工作时,磁场对导电液的作用力为BIaB.导电液的流速稳定为v时,电源的输出功率为BIcvC.该电磁泵中导电液流速v与抽液高度h的关系为v=2D.该电磁泵的最大抽液高度为BI3.[2024·嘉兴模拟]如图所示为研究光电效应和霍尔效应的装置示意图.光电管和霍尔片串联,霍尔片的长、宽、高分别为a、b、c,该霍尔片放在磁感应强度大小为B、方向平行于c边的匀强磁场中.闭合开关S,入射光照到阴极时,电流表A显示的示数为I,该电流在霍尔片中形成沿电流方向的恒定电场的场强为E,电子在霍尔片中的平均速度v=μE,其中电子迁移率μ为已知常数.电子的电荷量为e,电子的质量为m,霍尔片单位体积内的电子数为n,则 ()A.霍尔片前、后侧面间的电压为BIB.霍尔片内的电场强度为IC.通过调节滑动变阻器,可以使电流表的示数减为零D.当滑动变阻器的滑片右移后,单位时间内到达光电管阳极的光电子数一定大于I4.[2024·诸暨模拟]如图所示,真空中平行板电容器间有匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,右侧圆形区域内(含右半圆边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场.极板间距离为d,板长为L,忽略电容器边缘效应,圆形区域左侧与极板右端连线相切,上侧与上极板的延长线相切于C点,下侧与下极板的延长线相切于D点.一束宽度为d、比荷一定但速率不同的带正电粒子平行于极板方向射入电容器中,L足够长,只有沿直线运动的粒子才能离开平行板电容器.已知平行板间电场强度大小为E,磁感应强度大小为B1,圆形区域中磁感应强度大小为B2,不计粒子重力.下列说法正确的是 ()A.进入圆形磁场区域的粒子在电容器内运动的时间为LEB.通过电容器的粒子都将从D点离开圆形磁场区域C.若粒子的比荷为2EB1B2d,D.若粒子的比荷为2EB15.如图所示,某创新小组设计了一个质谱仪,由粒子源、加速器、速度选择器、有界磁场及探测板等组成.速度选择器两端中心位置O、O'各有一个小孔,选择器内部磁感应强度为B1.以O'为原点,OO'为x轴,建立平面直角坐标系.在第一象限区域和第四象限部分区域存在磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,第四象限内磁场边界为经过O'点的直线.探测板足够长且与y轴垂直,其左端C的坐标为0,−3a.某种带电粒子流经加速器加速后,沿AO从O点进入速度选择器,单位时间内有N0个粒子从O'沿x轴方向进入右侧磁场,经磁场偏转后,均垂直打在探测板上的P、Q(未画出)之间,落在板上的粒子在P、Q间均匀分布,并且全部被吸收,其中速度大小为v0的粒子沿直线OO'经选择器后打在探测板P点上.已知粒子的质量为m,B1=B2=B,CP=a,CQ=2a,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求(1)第四象限磁场下边界的函数关系式;(2)粒子的比荷;(3)探测板受到粒子的总作用力大小;(4)速度选择器两极板的间距.6.如图所示的空间中有竖直向上的匀强电场,在水平虚线AP上方半径为R的圆形区域内有匀强磁场,方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B1=B0,圆形区域与AP相切.MN是圆形磁场的水平直径,PN是过N点的圆的切线,过P点放一个足够长的微粒收集板PQ,PA与PQ的夹角为α=45°.M点有一粒子源,可以在纸面内向圆形磁场中各个方向发射速度大小都相等、质量为m、电荷量为+q的微粒,微粒在圆形磁场内做匀速圆周运动,其中速度斜向上与直径MN夹角为θ=30°的微粒经过圆形磁场的圆心然后射出圆形磁场.AP下方有垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B2=32B0的匀强磁场.重力加速度为g,微粒重力不可忽略.求(1)匀强电场的电场强度大小;(2)粒子源发射微粒的速度大小;(3)微粒收集板PQ上有微粒打到的长度.参考答案与详细解析1.D[解析]根据左手定则可知,正、负离子进入平行板M、N间时,正离子受到向下的洛伦兹力,负离子受到向上的洛伦兹力,所以正离子打到N板,负离子打到M板,N板电势高于M板,则Q板电势高于P板,放射源S释放的粒子受到向上的电场力,电场力方向与场强方向相同,说明粒子带正电,故A错误;根据平衡条件可得q0v0B=q0Ud,放射源S释放的粒子加速过程,由动能定理有qU=12mv2,联立可得v=2qBv0dm,由此可知,粒子射出的速度v与q0及P、Q间距无关,当v0和B同时变为原来的2倍时,可使v变为原来的2倍,故2.D[解析]将通电导电液看成导体棒,受到的安培力F=BIc,根据左手定则可知磁场对导电液的作用力方向为水平向左,故A错误;电源输出的电功率一部分转化为安培力的功率P1=Fv=BIcv,另一部分转化为导电液产生的热功率,所以电源的输出功率大于BIcv,故B错误;由安培力做功的特点可知,电磁泵的机械功率等于安培力的功率,即P机=P1,Δt时间内被抽至泵体中的液体的质量为Δm=DbcvΔt,这部分液体的动能增加量为ΔEk=12Δmv2=12Dbcv3Δt,这部分液体的重力势能增加量为ΔEp=Δmgh=DbcvghΔt,电磁泵的机械功率等于单位时间内被抽至泵内的液体的动能增加量和重力势能增加量之和,即P机=ΔEkΔt+ΔEpΔt,联立可得BIcv=12Dbcv3+Dbcvgh,解得v=2BIDb-2gℎ,当v=0,即导电液的流速为零时,上式中的3.B[解析]设霍尔片前、后侧面间的电压为U,根据洛伦兹力与电场力平衡可得qvB=qE1,又知I=neSv=nebcv,E1=Ub,联立解得U=BInec,故A错误;霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为E1=Ub=BInebc,沿电流方向的恒定电场的场强为E=vμ=Iμnebc,则霍尔片内的电场强度为E合=E12+E2=InebcB2+1μ2,故B正确;由于光电管所加的电压为正向电压,所以调节滑动变阻器时,不能使电流表的示数减为零,故C错误4.C[解析]能够进入圆形区域的粒子在平行板间必须沿直线运动,应满足qvB1=qE,解得v=EB1,则粒子在极板间运动的时间为t=Lv=B1LE,故A错误;要使进入圆形区域的粒子都从D点离开电场,还应使粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=d2,由洛伦兹力提供向心力得qvB2=mv2R,联立解得qm=2EB1B2d,所以若qm=2EB1B2d,则粒子都将由D点离开圆形磁场,设分别从距上、下极板d4处射出极板的两粒子在圆形磁场中转过的圆心角分别为α、β,如图所示,由几何关系可知Rcos(180°-α)=d4,R-Rcosβ=d4,解得α=120°,β=60°,由于两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期均为T=2πmqB2=πB5.(1)y=-x(2)v0(3)32N0mv0(4)4[解析](1)N个粒子从O'沿x轴方向进入磁场,经磁场偏转后,均垂直打在探测板上P、Q之间,则运动轨迹如图所示由几何关系可知,第四象限磁场下边界的函数关系式为y=-x(2)对打在P的粒子,有qv0B=mv解得粒子的比荷qm=(3)对于落在P、Q之间的粒子,当落点到y轴距离为x时,有qvB=mv联立可得v=v0由于a≤x≤2a,故v0≤v≤2v0对于Δt时间内打在探测板上的所有粒子,由动量定理得0-N0Δt·mv0+2m解得F=32N0mv根据牛顿第三定律可知,探测板受到粒子的总作用力大小F'=F=32N0mv(4)能从O'点射出的粒子在速度选择器中的运动可以看成匀速直线运动和圆周运动的合运动.速度为v0的粒子在速度选择器中只做匀速直线运动,有qv0B=Eq利用“配速法”,将速度为2v0的粒子的运动拆分成以速度v1=v0做匀速直线运动和以速度v2=2v0-v0做匀速圆周运动,则轨迹圆的直径等于速度选择器两板间的间距L的一半,即2r=12由洛伦兹力提供向心力,有q2v0-v解得速度选择器两极板的间距L=4a6.(1)mgq(2)qB0R[解析](1)带电微粒在复合场中做匀速圆周运动,则微粒在复合场中所受的重力与电场力平衡,有qE=mg解得E=mg(2)作出微粒运动的轨迹如图所示轨迹的圆心为O',轨迹又经过圆心O,所以△O'OM是等边三角形,微粒做匀速圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等,也是R,设微粒的速度大小为v0,由合力提供向心力得