（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第六道 选择题涉及的命题点 6.4 带电粒子

6－4带电粒子在组合场、叠加场中的运动备考精要1．组合场问题——“分与合”先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程，并分析每个过程中带电粒子的受力情况和运动情况，然后用衔接速度把这些过程关联起来，列方程解题。带电粒子的常见运动类型及求解方法2.叠加场问题——“三步曲”三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A．mambmcB．mbmamcC．mcmambD．mcmbma解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝qEg。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝qEg＋qvbBg。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝qEg－qvcBg。综上所述，可知mbmamc，选项B正确。答案：B2.(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.5πm6qBB.7πm6qBC.11πm6qBD.13πm6qB解析：带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝mvqB知，粒子在第一象限内运动的圆半径是在第二象限内运动圆半径的2倍，如图所示。由T＝2πrv，及t1＝θ2πT可知粒子在第二象限内运动的时间t1＝π22π·2πmqB＝πm2qB答案：B粒子在第一象限内运动的时间t2＝π32π·2πm×2qB＝2πm3qB则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝7πm6qB，选项B正确。3.(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A．11B．12C．121D．144答案：D解析：带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝12mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝mvqB，由以上两式整理得：r＝1B2mUq。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：m2m1＝144，选项D正确。4．[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开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是()A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝1B2UEgC．小球做匀速圆周运动的周期为T＝2πEBgD．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大解析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，所以mg＝qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，又由于qU＝12mv2，解得v＝2qUm，所以r＝1B2mUq＝1B2UEg，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T＝2πrv＝2πmqB＝2πEBg，故C正确；显然运动周期与加速电压无关，电压U增大时，小球做匀速圆周运动的周期不变，故D错误。答案：BC5．[多选]如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与在区域Ⅰ内的运动时间相等，下列说法正确的是()A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1解析：由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确。由洛伦兹力f＝qvB＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则B错误。由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝θmqB可得t＝θ1mqB1＝θ2mqB2，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确。由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝mvqB可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒答案：ACD子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin30°＝r，区域Ⅱ的宽度d2＝rsin30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，故D正确。二练会迁移——综合性考法1．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa解析：由左手定则判断，电子所受的洛伦兹力指向后表面，从而后表面带负电，电势比前表面的低，A错误。电子受力平衡后，U稳定不变，由eUa＝evB得U＝Bav，前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误。自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝eUa，D正确。答案：D2．[多选]如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是()A．适当减小两金属板的正对面积B．适当增大两金属板间的距离C．适当减小匀强磁场的磁感应强度D．使带电粒子的电性相反解析：在这个复合场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，当减小正对面积时，由C＝εrS4πkd，C＝QU，E＝Ud得场强E＝4πkQεrS，则S减小，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A项正确。当增大两板间距离时，场强不变，所以B项错误。当减小磁感应强度时，洛伦兹力减小，可能小于电场力，所以C项正确。当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，故D项错误。答案：AC3.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化解析：带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，只在A、C间加速，故A、D错误。根据r＝mvqB得，P1P2＝2(r2－r1)＝2mΔvqB，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v4－v3v2－v1，则P1P2P3P4，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝mvqB得，v＝qBrm，知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。答案：C4．[多选]如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大解析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的等效最高点，关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是等效最低点，速度最大；由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点的连线对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，由于弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确。答案：BD5．[多选](2019·银川模拟)如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点。空气阻力不计，重力加速度为g。则()A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为5gRB．小球返回A点后可以第二次到达最高点CC．小球带正电，且电场强度大小为mgqD．匀强磁场的磁感应强度大小为mqgR解析：小球恰能经过最高点C，则mg＝mvC2R，解得vC＝gR，从A到C由动能定理：－mg·2R＝12mvC2－12mvA2，解得vA＝5gR，选项A正确；小球在复合场中以速度gR做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为gR，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得E＝mgq，选项C正确；由qvB＝mv2R，其中v＝gR，解得B＝mqgR，选项D正确。答案：ACD三练提素养——创新性、应用性考法1．[多选]自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是()A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小解析：根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应传感器原理可知Udq＝B