2019版《創(chuàng)新設(shè)計(jì)》高考物理二輪復(fù)習(xí)文檔：專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第2講 含答案

1、祝學(xué)子學(xué)業(yè)有成，取得好成績(jī)第2講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建備考策略1。必須領(lǐng)會(huì)的“三種方法”和“兩種物理思想”（1)對(duì)稱法、合成法、分解法。（2)等效思想、分解思想。2.做好“兩個(gè)區(qū)分”，謹(jǐn)防做題誤入歧途(1）正確區(qū)分重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力的大小、方向特點(diǎn)及做功特點(diǎn)。（2）正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)和“磁偏轉(zhuǎn)”的不同.3.抓住“兩個(gè)技巧，做到解題快又準(zhǔn)(1）按照帶電粒子運(yùn)動(dòng)的先后順序，將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成不同階段的小過(guò)程。(2)善于利用幾何圖形處理邊角關(guān)系，要有運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的習(xí)慣。帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例1】 （2018全國(guó)卷，25)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存

2、在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),其在xoy平面內(nèi)的截面如圖1所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域,其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為b，方向垂直于xoy平面;磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域,寬度均為l，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為e,方向均沿x軸正方向;m、n為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從m點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從m點(diǎn)入射的速度從n點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力.圖1（1)定性畫(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（2）求該粒子從m點(diǎn)入射時(shí)速度的大小;(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從m點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到n點(diǎn)的時(shí)間。解析（1)粒子

3、運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a）所示.(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱）圖(a)（2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從m點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)圖(b)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為見(jiàn)圖(b)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有qema式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvb由幾何關(guān)系得l2rcos 聯(lián)立式得v0（3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1聯(lián)立式得設(shè)粒子由

4、m點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到n點(diǎn)所用的時(shí)間為t,則t2tt式中t是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，t由式得t答案（1)見(jiàn)解析(2)(3)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例2】 如圖2所示,平面om和水平面on之間的夾角為30，兩平面之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b，方向垂直紙面向外;勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面om上的某點(diǎn)沿左上方射入磁場(chǎng),速度方向與om成30角,帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與on恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓膐m上另一點(diǎn)p射出磁場(chǎng)(p未畫(huà)出）.圖2（1）判斷帶電

5、小球帶何種電荷？所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度e為多大？（2）求出射點(diǎn)p到兩平面交點(diǎn)o的距離s；（3)帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，能打在左側(cè)豎直的光屏oo上的t點(diǎn)，求t點(diǎn)到o點(diǎn)的距離s。解析（1）根據(jù)題意，帶電小球受到的電場(chǎng)力與重力平衡，則帶電小球帶正電荷.由力的平衡條件得qemg解得e。（2)帶電小球在疊加場(chǎng)中,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。根據(jù)牛頓第二定律有，qv0bm，即r根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，q點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡與on相切的點(diǎn)，i點(diǎn)為入射點(diǎn)，p點(diǎn)為出射點(diǎn)。小球離開(kāi)磁場(chǎng)的速度方向與om的夾角也為30,由幾何關(guān)系可得,qp為圓軌道的直徑，故2rop的長(zhǎng)度s聯(lián)立以上各式得s。（3

6、)帶電小球從p點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其豎直位移為y，水平位移為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。則xv0tcos 30豎直位移ygt2聯(lián)立各式得s2ry。答案（1）正電荷（2)（3）帶電粒子在交變場(chǎng)中的周期性運(yùn)動(dòng)【典例3】 如圖3甲所示，豎直擋板mn左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)和磁場(chǎng)的范圍足夠大，電場(chǎng)強(qiáng)度e40 n/c，磁感應(yīng)強(qiáng)度b隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,選定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向。t0時(shí)刻，一帶正電的微粒,質(zhì)量m8104 kg、電荷量q2104 c,在o點(diǎn)具有方向豎直向下、大小為0。12 m/s的速度v，o是擋板mn上一點(diǎn)，直線oo與擋板mn垂直，取g10

7、m/s2.求:圖3(1)微粒再次經(jīng)過(guò)直線oo時(shí)與o點(diǎn)的距離；（2)微粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)直線oo的最大距離;(3）水平移動(dòng)擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與o點(diǎn)間的水平距離應(yīng)滿足的條件。解析（1）由題意可知，微粒所受的重力為gmg8103 n電場(chǎng)力的大小為feq8103 neqmg，因此重力與電場(chǎng)力平衡微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有qvbm代入數(shù)據(jù)解得r0。6 m由公式t可解得t10 s則微粒在05 s內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)圓周，再次經(jīng)過(guò)直線oo時(shí)與o點(diǎn)的距離l2r1。2 m。（2)微粒運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期后向上勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t5 s,軌跡如圖所示，位移大小svt解得s1。88 m

8、因此，微粒離開(kāi)直線oo的最大距離lsr2。48 m。(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)p，p點(diǎn)在直線oo下方時(shí),由圖可知，擋板mn與o點(diǎn)間的水平距離應(yīng)滿足l(2.4n0。6） m(n0,1，2,3，）若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)p，p點(diǎn)在直線oo上方時(shí)，由圖可知,擋板mn與o點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足l（2.4n1.8) m（n0,1，2，3，)。答案(1）1.2 m(2）2.48 m（3）l（2.4n0.6) m(n0,1,2，3，)或l(2。4n1。8) m(n0，1，2,3，)分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的注意事項(xiàng)（1)準(zhǔn)確劃分帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式，以及不同運(yùn)動(dòng)階段、不同

9、運(yùn)動(dòng)形式之間的轉(zhuǎn)折點(diǎn)和臨界點(diǎn)，只有明確粒子在某一階段的運(yùn)動(dòng)形式后,才能確定解題所用到的物理規(guī)律。(2)分析帶電粒子在交變電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí),還要注意對(duì)稱性的靈活應(yīng)用。1。（2018遼寧大連二模)如圖4所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的o點(diǎn),出現(xiàn)一個(gè)光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏上的p點(diǎn)，然后在磁場(chǎng)區(qū)域再加一豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為e的勻強(qiáng)電場(chǎng)，光斑從p點(diǎn)又回到o點(diǎn)，關(guān)于該粒子(不計(jì)重力），下列說(shuō)法正確的是（)圖4a。粒子帶負(fù)電 b。初速度為vc.比荷為 d

10、.比荷為解析只存在磁場(chǎng)時(shí)，粒子打在p點(diǎn)，由左手定則知粒子帶正電，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；因?yàn)閝vb，所以。加電場(chǎng)后滿足:eqqvb,即v，代入上式得：，選項(xiàng)d正確，b、c錯(cuò)誤。答案d2.(多選)如圖5甲所示，空間同時(shí)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b，電場(chǎng)強(qiáng)度為e，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在將磁場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30，同時(shí)給小球一個(gè)垂直磁場(chǎng)方向斜向下的速度v,如圖乙所示。則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）圖5a.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)b。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒c。小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能增加了d。小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)歷時(shí)解析小球在復(fù)合場(chǎng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，只受兩個(gè)

11、力作用,即重力和電場(chǎng)力且兩者平衡。當(dāng)把磁場(chǎng)順時(shí)針?lè)较騼A斜30，且給小球一個(gè)垂直磁場(chǎng)方向的速度v，則小球受到的合力就是洛倫茲力，且與速度方向垂直,所以帶電粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)a正確;由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到電場(chǎng)力要做功,所以機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；電場(chǎng)力從開(kāi)始到最低點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為weqrsin 30，所以電勢(shì)能的增加量為，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；小球從第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為t,選項(xiàng)d正確。答案ad3。如圖6所示，在xoy平面內(nèi)oa和ob是第一、二象限的角平分線，在aoy區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在boy區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第二象限其

12、他區(qū)域內(nèi)存在垂直xoy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從oa上坐標(biāo)為(x0,y0）的點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力不計(jì)),粒子恰好垂直穿過(guò)ob。圖6(1)求第一、二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度之比；(2)若第一象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為e0,要使粒子第一次射入磁場(chǎng)時(shí)，在第二象限內(nèi)不進(jìn)入x軸下方，則第二象限內(nèi)所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度b0應(yīng)滿足什么條件？解析(1）設(shè)第一、二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為e1和e2，粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度大小為v0粒子在第一象限內(nèi)有qe1ma1，v2a1x0甲如圖甲所示，粒子在第二象限垂直穿過(guò)ob時(shí),有vxv0,vya2t，vxvyqe2ma2x1v0t，y1由幾何關(guān)系得y0

13、x0，x1y1y0解得a23a1得e1e213(2）粒子垂直穿過(guò)ob時(shí)的速度vv02乙由（1）知a23a1解得x1若磁場(chǎng)垂直于xoy平面向里，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸相切時(shí)軌跡半徑r1最大，如圖乙所示由幾何關(guān)系有x1r1r1cos 45粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有qvb0m丙解得b0若磁場(chǎng)垂直xoy平面向外，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸相切時(shí)軌跡半徑r2最大,如圖丙所示由幾何關(guān)系可得r2cos 45x1r2粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有qvb0解得b0因此當(dāng)磁場(chǎng)垂直xoy平面向里時(shí)b0當(dāng)磁場(chǎng)垂直xoy平面向外時(shí)，b0答案(1)13(2)見(jiàn)解析復(fù)合場(chǎng)中的stse問(wèn)題物理是一門(mén)與生產(chǎn)、生活及現(xiàn)代科技聯(lián)系比較緊密的學(xué)科。在高考中，物理

14、試題著重考查考生的知識(shí)、能力和學(xué)科素養(yǎng),注重理論聯(lián)系實(shí)際，注重物理與科學(xué)技術(shù)、社會(huì)和經(jīng)濟(jì)發(fā)展的聯(lián)系，注重物理知識(shí)在生產(chǎn)、生活、科技等方面的應(yīng)用。疊加場(chǎng)在生活、生產(chǎn)中的應(yīng)用【典例1】 (2018安徽合肥三模）為監(jiān)測(cè)某化工廠的污水排放量,技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖7所示的長(zhǎng)方體流量計(jì)。該裝置由絕緣材料制成，其長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開(kāi)口。在垂直于上下底面方向加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極.污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，接在m、n兩端間的電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓u。若用q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積），下列說(shuō)法中正確的是(）圖7a.m端的

15、電勢(shì)比n端的高b。電壓表的示數(shù)u與a和b均成正比,與c無(wú)關(guān)c。電壓表的示數(shù)u與污水的流量q成正比d.若污水中正負(fù)離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0解析由左手定則可知正電荷打在n端，所以m端的電勢(shì)比n端的低，故選項(xiàng)a錯(cuò)誤;由qqbv，解得ubbv，故選項(xiàng)b、d錯(cuò)誤；污水的流量qvsbcc，所以電壓表的示數(shù)u與污水的流量q成正比，故選項(xiàng)c正確。答案c組合場(chǎng)在科技中的應(yīng)用【典例2】 （2018全國(guó)卷,24)如圖8，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓u加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自m點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在

16、磁場(chǎng)邊界的n點(diǎn)射出；乙種離子在mn的中點(diǎn)射出;mn長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求圖8（1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2）甲、乙兩種離子的比荷之比。解析（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b，由動(dòng)能定理有q1um1v由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1bm1由幾何關(guān)系知2r1l由式得b(2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2。同理有q2um2vq2v2bm2由題給條件有2r2由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為14答案(1）(2）14【典例3】 (多選)（2

17、018攀枝花三模）如圖9所示為一種獲得高能粒子的裝置原理圖,環(huán)形管內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（環(huán)形管的寬度非常?。?，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)。a、b為兩塊中心開(kāi)有小孔且小孔距離很近的平行極板，原來(lái)電勢(shì)均為零，每當(dāng)帶電粒子經(jīng)過(guò)a板剛進(jìn)入a、b之間時(shí),a板電勢(shì)升高到u，b板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩板間的電場(chǎng)中得到加速，每當(dāng)粒子離開(kāi)b板時(shí)，a板電勢(shì)又降為零，粒子在電場(chǎng)中一次一次地加速使得動(dòng)能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，通過(guò)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可使粒子運(yùn)行半徑r不變，已知極板間距遠(yuǎn)小于r,則下列說(shuō)法正確的是()圖9a.環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁場(chǎng)方向垂直

18、于紙面向里b.粒子從a板小孔處由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力作用下加速,繞行n圈后回到a板時(shí)獲得的總動(dòng)能為nquc。粒子在繞行的整個(gè)過(guò)程中，a板電勢(shì)變化的周期不變d。粒子繞行第n圈時(shí),環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為解析粒子在a、b之間加速,故粒子是沿順時(shí)針運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，故磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，選項(xiàng)a錯(cuò)誤;粒子在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有ennqu，選項(xiàng)b正確；粒子在加速,根據(jù)t，周期要減小，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知nqumv，得到vn,由牛頓第二定律,則有mqvnbn，解得bn，聯(lián)立解得bn，選項(xiàng)d正確。答案bd1.（多選)自行車(chē)速度計(jì)是利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車(chē)的運(yùn)動(dòng)速率。如圖

19、10甲所示，自行車(chē)前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈,這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當(dāng)磁場(chǎng)靠近霍爾元件時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)定向運(yùn)動(dòng)的自由電荷在磁場(chǎng)力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差,即為霍爾電勢(shì)差。下列說(shuō)法正確的是（)圖10a.根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車(chē)車(chē)輪的半徑即可獲知車(chē)速大小b.自行車(chē)的車(chē)速越大，霍爾電勢(shì)差越高c.圖乙中霍爾元件的電流i是由正電荷定向運(yùn)動(dòng)形成的d。如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源,霍爾電勢(shì)差將減小解析根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車(chē)車(chē)輪的半徑，根據(jù)v2rn即可獲知車(chē)速大小,選項(xiàng)a正

20、確；根據(jù)霍爾原理可知qbqv,則ubdv，即霍爾電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動(dòng)的速度有關(guān)，與車(chē)輪轉(zhuǎn)速無(wú)關(guān),故選項(xiàng)b錯(cuò)誤;圖乙中霍爾元件的電流i是由電子定向運(yùn)動(dòng)形成的,選項(xiàng)c錯(cuò)誤;如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，則會(huì)導(dǎo)致電子定向移動(dòng)的速率減小，故霍爾電勢(shì)差將減小，選項(xiàng)d正確。答案ad2。(多選）如圖11所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:粒子源n,p、q間的加速電場(chǎng)，靜電分析器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)、方向垂直紙面向外,膠片m。若靜電分析器通道中心線半徑為r，通道內(nèi)有均勻輻射電場(chǎng)，在中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為e;由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離

21、子（初速度為零，重力不計(jì)），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由s點(diǎn)沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場(chǎng)方向射入磁分析器中，最終打到膠片上的某點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()圖11a.p、q間加速電壓為erb.離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為c。若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進(jìn)入靜電分析器，離子不能從s射出d。若一群離子經(jīng)過(guò)上述過(guò)程打在膠片上同一點(diǎn),則這些離子具有相同的比荷解析直線加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得qumv2，電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得qem，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得qvbm，解得uer,r,故選項(xiàng)a正確，b

22、錯(cuò)誤;只要滿足r，所有粒子都可以在弧形電場(chǎng)區(qū)通過(guò)，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤;由r可知，打到膠片上同一點(diǎn)的粒子的比荷一定相等，故選項(xiàng)d正確。答案ad課時(shí)跟蹤訓(xùn)練一、選擇題（13題為單項(xiàng)選擇題,46題為多項(xiàng)選擇題)1。質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場(chǎng)方向豎直向下,磁場(chǎng)方向垂直圓周所在平面向里,如圖1所示，由此可知(）圖1a.小球帶正電，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)b。小球帶負(fù)電，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)c。小球帶正電，沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)d。小球帶負(fù)電，沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)解析根據(jù)題意，可知小球受到的電場(chǎng)力方向向上，大小等于重力，又電場(chǎng)方向豎直向下，可知小球帶負(fù)電；已知磁場(chǎng)方向垂直

23、圓周所在平面向里，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力指向圓心,小球一定沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)b正確。答案b2.為了通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究pm2.5的相關(guān)性質(zhì),讓一帶電的pm2.5顆粒（重力不計(jì)）,垂直射入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖2所示，其中m、n為正對(duì)的平行帶電金屬板，觀察發(fā)現(xiàn)它恰好做直線運(yùn)動(dòng)，則下列判斷正確的是()圖2a.m板一定帶正電b。pm2.5顆粒一定帶正電c。若僅使pm2。5顆粒的電荷量增大，顆粒一定向m板偏移d。若僅使pm2.5顆粒的速度增大，顆粒一定向n板偏移解析由于顆粒做直線運(yùn)動(dòng)，故無(wú)論顆粒帶何種電荷，電場(chǎng)力與洛倫茲力都是方向相反、大小相等的。根據(jù)左手定則，帶正電顆粒受到的洛倫茲力向上

24、，所以它受到的電場(chǎng)力向下,電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度同向（帶負(fù)電顆粒受到的洛倫茲力向下，所以它受到的電場(chǎng)力向上，電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度反向),所以m板一定帶正電，pm2.5顆粒的電性不確定.根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即qvbqe,得v，與顆粒的電荷量q無(wú)關(guān);若使pm2.5顆粒的速度增大，則洛倫茲力增大，則電場(chǎng)力與洛倫茲力不平衡，出現(xiàn)偏轉(zhuǎn)現(xiàn)象,因洛倫茲力方向不確定,則不一定向n板偏移。答案a3。(2018太原二模）質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子比荷和分析同位素的重要工具。圖3中的鉛盒a中的放射源放出大量的帶正電粒子（可認(rèn)為初速度為零），從狹縫s1進(jìn)入電壓為u的加速電場(chǎng)區(qū)加速后，再通過(guò)狹縫s2從小孔g垂直于mn射入偏轉(zhuǎn)

25、磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是以直線mn為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為b，方向垂直于紙面向外半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)在mn上的f點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）接收到該粒子，且gfr。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))(）圖3a. b. c. d.解析設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v,由動(dòng)能定理有：qumv2，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r,又qvbm，可求，選項(xiàng)c正確。答案c4。(2018東營(yíng)三模）如圖4所示,在真空中半徑為r0。1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)及水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度b0。01 t，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v1103 m/s從c點(diǎn)沿cd方向

26、射入場(chǎng)區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運(yùn)動(dòng)，如果僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)，如果撤去電場(chǎng)，使磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是(）圖4a。電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為10 n/cb.帶電粒子的比荷為1106 c/kgc.撤去電場(chǎng)后,帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為0。1 md。帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為7.85105 s解析粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，則qvbeq，解得ebv0。01103 n/c10 n/c,選項(xiàng)a正確;如果僅撤去磁場(chǎng)，則粒子在水平方向rt2,豎直方向rvt，解得: c/kg2106 c/kg，選項(xiàng)b錯(cuò)誤，撤去電場(chǎng)后，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r m0。1 m，選項(xiàng)c正確；帶電粒子在磁

27、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t s1.57104 s,選項(xiàng)d錯(cuò)誤。答案ac5。(2018山東泰安模擬）絕緣光滑斜面與水平面成角，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從斜面上高h(yuǎn)處，以初速度為v0、方向與斜面底邊mn平行射入,如圖5所示.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向平行于斜面向上。已知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達(dá)底邊mn.則下列判斷正確的是(）圖5a.小球在斜面上做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)b。小球到達(dá)底邊mn的時(shí)間tc。勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍是bd。勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為bsin 解析對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受重力、支持力和洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力垂直斜面向上，即使速度發(fā)生

28、變化，也不會(huì)影響重力沿斜面向下的分力的大小，由于重力沿斜面向下的分力即合外力不變,速度與合外力垂直,因此小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)a正確;在斜面上,小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的加速度agsin ，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，球到達(dá)底邊mn的時(shí)間t，故選項(xiàng)b正確；沿初速度v0方向，小球不受力，根據(jù)小球能夠沿斜面到達(dá)底邊mn,則小球受到的洛倫茲力范圍是0qv0bmgcos ，磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0bcos ，故選項(xiàng)c正確,d錯(cuò)誤。答案abc6。（2018河南洛陽(yáng)高三質(zhì)檢）如圖6所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。不計(jì)重力的帶電

29、粒子沿oo方向從左側(cè)垂直于電磁場(chǎng)入射,從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時(shí)動(dòng)能比入射時(shí)小。要使粒子射出a、b板間區(qū)域時(shí)的動(dòng)能比入射時(shí)大，可采用的措施是(）圖6a。適當(dāng)減小兩金屬板的正對(duì)面積b.適當(dāng)增大兩金屬板的距離c.適當(dāng)減小勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度d。使帶電粒子的電性相反解析在這個(gè)復(fù)合場(chǎng)中，動(dòng)能逐漸減小，說(shuō)明合外力做負(fù)功,因洛倫茲力不做功，故電場(chǎng)力做負(fù)功，則電場(chǎng)力小于洛倫茲力。由e可知,當(dāng)減小正對(duì)面積，q不變，e增大，電場(chǎng)力變大,當(dāng)電場(chǎng)力大于洛倫茲力時(shí)，粒子向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功,射出時(shí)動(dòng)能變大，選項(xiàng)a正確；當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)不變，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)洛倫茲力減小，洛倫茲力可能小于

30、電場(chǎng)力，選項(xiàng)c正確；當(dāng)改變粒子電性時(shí)，其所受電場(chǎng)力、洛倫茲力大小不變，方向均反向,所以射出時(shí)動(dòng)能仍然減小，選項(xiàng)d錯(cuò)誤。答案ac二、非選擇題7?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D7所示，d1、d2是兩個(gè)中空的半圓形金屬扁盒，它們接在高頻交流電源上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直.在d1盒中心a處有粒子源，產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(初速度不計(jì)）在兩盒之間被電場(chǎng)加速后進(jìn)入d2盒中，加速電壓為u.兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)。加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用。圖7（1）為了使粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫都被加速,求交變電壓的頻率;（2)求帶電粒子在d2盒中第n個(gè)半圓軌跡的半徑.解析

31、(1)帶電粒子在d形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有qvbm(2f)2r為了使帶電粒子能夠被加速，交變電壓的頻率應(yīng)與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等f(wàn)交變電壓的頻率f(得出f（2n1),n1，2,3，也給分）(2)帶電粒子在d2盒中第n個(gè)半圓是帶電粒子經(jīng)過(guò)狹縫被加速(2n1)次后的運(yùn)動(dòng)軌道設(shè)其被加速（2n1)次后的速度為vn由動(dòng)能定理得(2n1）qumv此后帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為rn由牛頓第二定律得bqvnm解得rn答案（1)(2）8.如圖8甲所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的第二象限中，有平行于y軸向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y軸的右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小b隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，在t0時(shí)刻有一比荷為1104 c/kg的帶正電粒子(不計(jì)重力)從坐標(biāo)原點(diǎn)o沿x軸正方向以初速度v02103 m