第11章　磁场 第5讲　专题提升：现代科技中的电场与磁场问题--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第5讲　专题提升:现代科技中的电场与磁场问题
基础对点练
题组一　质谱仪
1.质谱仪工作的原理图如图甲所示,已知质量为m、电荷量为q的粒子,从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,经电场加速后,由小孔S沿着与磁场垂直的方向,进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直,最后打在照相底片上的P点,且SP=x。忽略粒子所受的重力,通过测量得到x与的关系如图乙所示,已知图线斜率的大小为k=0.5,匀强磁场的磁感应强度B=2×10-4 T,π取3.14,则下列说法正确的是(　　)
A.该粒子带负电
B.该粒子比荷为9×108 C/kg
C.该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10-5 s
D.若电压U不变,打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子比荷
2.(2026江苏南京月考)如图所示,一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器,然后粒子通过平板S上的狭缝P进入平板下方的匀强磁场,平板下方的磁场方向如图所示。粒子最终打在S板上,粒子重力不计,则下面说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
C.能沿直线通过狭缝P的粒子具有相同的动能
D.粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远,粒子的比荷越小
题组二　回旋加速器
3.(2025广东汕尾期末)如图所示,回旋加速器是利用磁场使带电粒子回旋至交变电场中加速的装置,图中虚线1、2是某一粒子从静止开始不断被电场加速后回旋过程的部分轨迹(其他轨迹未画出),轨迹的半径之比r1∶r2=1∶2,两轨迹对应粒子的动能分别为Ek1、Ek2,角速度分别是ω1、ω2,从静止开始运动到图中两轨迹时,粒子被电场加速的次数分别为n1、n2,则(　　)
A.两轨迹圆心位置相同
B.Ek1∶Ek2=1∶2
C.ω1∶ω2=2∶1
D.n1∶n2=1∶4
4.(多选)(2025福建莆田模拟预测)某同步加速器的简化模型如图所示。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。t=0时刻,质量为m、电荷量为q的带正电粒子A(不计重力)从M板小孔飘入两板间,初速度可视为零。当粒子进入两板间时,两板间的电势差变为U,粒子得到第一次加速;当粒子离开N板时,两板上的电势差立即变为零。两板外部环形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),粒子在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。粒子经电场多次加速,动能不断增大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A.环形区域内磁场方向垂直于纸面向里
B.粒子绕行n周回到M板时的速度大小为n
C.粒子绕行第n周时的磁感应强度为
D.粒子在绕行的第n周内静电力对A做功的平均功率为
题组三　电场与磁场叠加的应用实例
5.(2026广东深圳开学考试)如图所示He(初速度为零)经加速电场加速后,沿虚线做直线运动进入速度选择器,打到底面照相底片上的O点。若H(初速度为零)经同一加速电场加速后,进入速度选择器,最后仍能打到底面的照相底片上,则下列说法正确的是(　　)
A.速度选择器中磁场方向垂直于纸面向外
BH打到O点左侧
CH打到O点
D.增大加速电场的电压He将打到O点左侧
6.(2025陕西西安模拟)智能驾驶备受人们的青睐,而霍尔元件在智能驾驶中起着重要的作用,能够实时监测汽车的速度。当磁体靠近霍尔元件时的模拟图如图所示,磁感应强度大小为B,元件中通入的电流为I,导体中的载流子是电子,导体沿磁场方向的长度为d,高度为h,下列说法正确的是(　　)
A.该元件上表面的电势高于下表面的电势
B.若将电流和磁场都反向,则上表面的电势低于下表面的电势
C.磁感应强度B增大,上、下表面的电势差减小
D.减小通入的电流I,上、下表面的电势差增大
7.(2025北京大兴三模)电磁流量计广泛应用于测量可导电液体(如污水)在管中的流量(单位时间内通过管内横截面的流体的体积)。为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c,流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线)。图中流量计的上、下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面,当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串联了电阻R的电流表的电路连接,I表示测得的电流值,已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则(　　)
A.流量为
B.流量为
C.若污水浓度变大,则流体的电阻率变大
D.若流体的电阻率变小,则上、下两板间电势差将变大
综合提升练
8.(多选)(2025宁夏银川三模)电磁场与现代高科技密切关联,并有重要应用。如图所示,带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动的说法正确的是(　　)
甲
乙
丙
丁
A.图甲是速度选择器的结构示意图,速度v=的带电粒子能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器
B.图乙是质谱仪的结构示意图,粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3,说明粒子的比荷越大
C.图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,要想粒子获得的最大动能增大,可增大D形盒半径
D.图丁是磁流体发电机的结构示意图,将一束等离子体喷入磁场,A、B两板间会产生电压,且B板电势低
9.(12分)一回旋加速器的示意图如图所示。它由两个D形金属扁盒组成,两个D形盒正中间开有一条狭缝;两个D形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有粒子源,它产生并发出带电粒子,经狭缝电压加速后,进入D2盒中。粒子在磁场力的作用下运动半个圆周后,垂直通过狭缝,再经狭缝电压加速;为保证粒子每次经过狭缝都被加速,设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复　始,粒子速度越来越大,运动半径也越来越大,最后到达D形盒的边缘,以最大速度被导出。已知某粒子电荷量为q、质量为m,加速时狭缝间电压大小恒为U,磁场的磁感应强度为B,D形盒的半径为R,设狭缝很窄,粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零,不计粒子重力和粒子间的相互作用力,忽略相对论效应,求:
(1)交变电压的周期T;
(2)粒子被加速后获得的最大动能Ekm;
(3)粒子在回旋加速器中运动的总时间。
10.(15分)(2025云南卷)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直于xOy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足00)的带电粒子通过速度选择器后,在xOy平面内垂直于y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知,不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率;
(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围;
(3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少
培优拔高练
11.(多选)(2025广西卷)如图,带等量正电荷q的M、N两种粒子,以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场,经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E,磁感应强度大小为B1,右端开口宽度为2d时,M粒子沿轴线OO'穿过选择器后,沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外的匀强磁场(偏转磁场),并最终打在探测器上;N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场,并与M粒子打在同一位置,忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应,则(　　)
A.M粒子质量为
B.刚进入选择器时,N粒子的速度小于M粒子的速度
C.调节选择器,使N粒子沿轴线OO'穿过选择器,此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D.调节选择器,使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场,打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为
答案：
1.C　解析 粒子进入磁场后向左偏转,根据左手定则可知,该粒子带正电,故A错误;粒子经过加速电场的过程,根据动能定理可得qU=mv2,解得v=,粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,可得r=,则有x=2r=,可知x-图像的斜率为k=,结合题意可得粒子的比荷为=8×108 C/kg,故B错误;该粒子在磁场中运动的时间为t=T==1.96×10-5 s,故C正确;根据x=2r=,若电压U不变,则打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷,故D错误;故选C。
2.D　解析 根据粒子在下方磁场中的偏转方向,结合左手定则可知,粒子带正电,A错误;速度选择器中带正电的粒子受向右的静电力,则洛伦兹力向左,可知磁场方向垂直于纸面向外,B错误;能沿直线通过狭缝P的粒子满足Eq=qvB,则v=,则粒子的速度相同,粒子质量不一定相等,动能不一定相同,C错误;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得,由于粒子的速度相等,故粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远,轨迹半径越大,粒子的比荷越小,D正确。
3.D　解析 粒子每次加速,圆心会发生偏移,A错误;根据Bqv=m可得v=,根据Ek=mv2可得Ek1∶Ek2=1∶4,B错误;根据ω=可得ω1∶ω2=1∶1,C错误;粒子每被加速一次,动能增加qU,被加速n次后的动能为=nqU,可得n=,其中,则,D正确。
4.AC　解析 由题意可知,带正电粒子逆时针在磁场中做圆周运动,由左手定则可知,环形区域内磁场方向垂直于纸面向里,A正确;前n周内静电力对粒子做的功为W=nqU,由动能定理得nqU=,解得粒子绕行n周回到M板时的速度大小vn=,B错误;设粒子绕行第n周时的磁感应强度为Bn,粒子绕行第n周时,由牛顿第二定律,有qvnBn=m,解得Bn=,C正确;粒子运动的第n周的周期为Tn==πR,在运动的第n周内静电力对粒子做功的平均功率,D错误。
5.C　解析 由于He带正电,故在速度选择器中受到向左的静电力,则受到的洛伦兹力应该向右,故磁场方向垂直于纸面向里,A错误He能打到O点,加速时根据动能定理可得2eU=×4mv2,解得其进入速度选择器时的速度v=,同理,对H则有eU=×2mv'2,可得v'==v,即H仍能打到O点,B错误,C正确;增大加速电场的电压He进入速度选择器时的速度增大,在速度选择器中受到的洛伦兹力也增大,因为洛伦兹力向右,所以He向右偏转,将打到O点右侧,D错误。
6.B　解析 若元件的载流子是自由电子,根据左手定则,自由电子受到向上的洛伦兹力,向上表面聚集,则上表面的电势低于下表面的电势,A错误;若将电流和磁场都反向,自由电子受到向上的洛伦兹力,向上表面聚集,则上表面的电势低于下表面的电势,B正确;霍尔元件上下表面产生稳定电压时,载流子受力平衡,则Ee=evB、E=,电流的微观表达式为I=ne·hd·v,联立可得U=,由此可知,磁感应强度B增大,上、下表面的电势差增大,若减小电流I,则上、下表面的电势差减小,C、D错误。
7.D　解析 当污水中带电粒子所受洛伦兹力与静电力平衡时,将处于稳定状态,则有qvB=q,解得v=,根据电阻定律r=ρ,总电阻R总=r+R,所以解得v=,所以流量Q=vbc=,A、B错误;若污水浓度变大,液体导电性能增加,流体的电阻率变小,因上、下极板的电动势U=cBv一定,则此时回路电流变大,上、下极板的电势差U'=IR,则上、下两板间电势差将变大,C错误,D正确。
8.BC　解析 图甲是速度选择器的结构示意图,速度v=的带电粒子沿直线从左侧进入时,因洛伦兹力与静电力等大反向,能匀速通过速度选择器,若从右侧进入,洛伦兹力和静电力方向相同,则粒子不能匀速通过选择器,A错误;图乙是质谱仪的结构示意图,粒子先通过电场加速,则Uq=mv2,然后在磁场中偏转,则qvB=m,解得R=,粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3,则R越小,说明粒子的比荷越大,B正确;图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,粒子动能最大时满足qvB=m,则最大动能Ekm=mv2=,可知要想粒子获得的最大动能增大,可增大D形盒半径R,C正确;图丁为磁流体发电机的结构示意图,将一束等离子体喷入磁场,根据左手定则可知,正离子偏向B极板,则A、B两板间会产生电压,且B板电势高,D错误。
9.答案 (1)　(2)　(3)
解析 (1)设交变电压的周期为T,为保证粒子每次经过狭缝都被加速,带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计),则qvB=m,v=,解得交变电压的周期为T=。
(2)粒子在D形盒内做圆周运动,轨迹半径达到最大时被引出,具有最大动能。设此时的速度为vm,有qvmB=,解得vm=,粒子的最大动能为Ekm=。
(3)粒子完成一次圆周运动被电场加速2次,由动能定理得2eU=Ek,经过的周期个数为n,则有Ekm=nEk,粒子在D形盒磁场内运动的时间t=nT,联立解得粒子在回旋加速器中运动的总时间为t=。
10.答案 (1)　(2)　L解析 (1)该粒子通过速度选择器时受力平衡,可知qE=qB0v0,又因为速度选择器中电场强度大小满足E=,解得该粒子通过速度选择器的速率v0=。
(2)因为该粒子经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于ON射入磁屏蔽区域,所以该粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r1=L,在运动过程中洛伦兹力提供向心力,即qB1v0=m,所以B1=,当B2=B1时,粒子打到y轴上的(0,L)处,当B2=0时,粒子在磁屏蔽区域向上做匀速直线运动,离开磁屏蔽区域后逆时针做匀速圆周运动,如图甲所示,其此时的轨迹半径r2满足qv0B1=m,可得r2=L,粒子打到y轴上的(0,3L)处,由于0(3)设粒子刚好到达Q处时,在磁屏蔽区域所做圆周运动的半径为r3,轨迹如图乙所示,由数学知识可知=(r3-L)2+(2L)2,解得r3=L,此时B2=B1,因此η=×100%=60%。
甲
乙
11.AD　解析 设M粒子进入选择器时的速度为vM,在加速电场中由动能定理有qU=mM,M粒子沿轴线OO'运动,其在选择器中受力平衡,即qE=qvMB1,联立可得M粒子的质量mM=,故A正确;设N粒子进入选择器时的速度为vN,因为N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场,则其在选择器中向下偏转,受力分析知qvNB1>Eq,即vN>=vM,故B错误;未调节选择器时,M、N粒子在偏转磁场中轨迹半径rM、rN满足2rM=2rNcos θ+d,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,即r=,故rM=, rN=,设进入偏转磁场时N粒子速度为vN',对N粒子运动的全过程,由动能定理有qU-qEd=mNvN'2,联立解得mN=,N粒子在加速场中,由动能定理有qU=mN,即粒子刚进入选择器时速度vN=,当调节选择器后,N粒子沿轴线OO'穿过选择器时,设选择器电场强度为E',磁感应强度为B',则有vNB1'=E',故=vN=,故C错误;调节选择器后,N粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动,向下运动半圈后打在探测器上,N粒子在偏转磁场中轨迹半径rN'=,故Δx=2rM-2rN'=,故D正确。
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