高考物理高頻考試題型：帶電粒子在復(fù)合場中的運動

2016高考物理高頻考試題型：帶電粒子在復(fù)合場中的運動一、單項選擇題1．(2015·浙江名校聯(lián)考)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是()A．該微粒一定帶負電荷B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mgcosθ,qv)D．該電場的場強為Bvcosθ解析：選A.若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動．據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件有關(guān)系：cosθ＝eq\f(mg,qvB)，sinθ＝eq\f(qE,Bqv)，得磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ，故選項C、D錯誤．2．(2015·福建廈門質(zhì)檢)如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則()A．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于tB．若撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于tC．若撤去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于EkD．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek解析：選C.質(zhì)子進入復(fù)合場沿直線運動，則質(zhì)子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁場B，質(zhì)子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t＝eq\f(x,v0)，因場區(qū)寬度x不變，則時間不變，質(zhì)子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確．若撤去電場E，則質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，則B、D錯誤．3．(2015·溫州模擬)空間存在垂直于紙面方向的均勻磁場，其方向隨時間做周期性變化，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象如圖所示．規(guī)定B＞0時，磁場的方向穿出紙面向外．一電荷量q＝5π×10－7C、質(zhì)量m＝5×10－10kg的帶電粒子，位于某點O處，在t＝0時以初速度v0＝πm/s沿某方向開始運動．不計重力的作用，不計磁場的變化可能產(chǎn)生的一切其他影響．則在磁場變化N個(N為整數(shù))周期的時間內(nèi)帶電粒子的平均速度的大小等于()A．πm/s B.eq\f(π,2)m/sC．2eq\r(2)m/s D．2m/s解析：選C.帶電粒子在磁場中的運動半徑為r＝eq\f(mv0,Bq)＝0.01m，周期為T＝eq\f(2πm,Bq)＝0.02s，作出粒子的軌跡示意圖如圖所示，所以在磁場變化N個(N為整數(shù))周期的時間內(nèi)，由平均速度的定義式v＝eq\f(x,t)＝eq\f(N·2\r(2)r,N·2·\f(T,4))＝eq\f(2\r(2)×0.01,0.01)m/s＝2eq\r(2)m/s，即C選項正確．4．(2015·湖北省六校調(diào)研)如圖，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3m．現(xiàn)有一個比荷大小為eq\f(q,m)＝1.0C/kg可視為質(zhì)點帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點，則小球射入的速度大小不可能是()A．3m/s B．3.75m/sC．4m/s D．5m/s解析：選C.因為小球通過y軸的速度方向一定是＋x方向，故帶電小球圓周運動軌跡半徑最小值為3m，即Rmin＝eq\f(mvmin,qB)，解得vmin＝3m/s；經(jīng)驗證，帶電小球以3m/s速度進入磁場，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點，如圖甲所示，A項正確；當帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過M點，如圖乙所示，小球速度沿－x方向，則圓心一定在y軸上，作出MN的垂直平分線，交于y軸的點即為圓心位置，由幾何關(guān)系解得軌跡半徑最大值Rmax＝5m，又Rmax＝eq\f(mvmax,qB)，解得vmax＝5m/s，D項正確；當小球速度大于3m/s、小于5m/s時，軌跡如圖丙所示，由幾何條件計算可知：軌跡半徑R＝3.75m，由半徑公式R＝eq\f(mv,qB)?v＝3.75m/s，B項正確，由分析易知選項C錯誤．二、不定項選擇題5.在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3解析：選BCD.應(yīng)用動能定理和圓周運動規(guī)律分析兩種離子的速度關(guān)系及在磁場中運動的半徑關(guān)系，結(jié)合幾何知識分析兩離子在有界磁場中的偏轉(zhuǎn)角．磷離子P＋與P3＋電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質(zhì)量相等，在電場中加速度a＝eq\f(qE,m)，由此可知，a1∶a2＝1∶3，選項A錯誤；離子進入磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，故有r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，即r1∶r2＝eq\r(3)∶1，選項B正確；設(shè)離子P3＋在磁場中偏角為α，則sinα＝eq\f(d,r2)，sinθ＝eq\f(d,r1)(d為磁場寬度)，故有sinθ∶sinα＝1∶eq\r(3)，已知θ＝30°，故α＝60°，選項C正確；全過程中只有電場力做功，W＝qU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，選項D正確．6.如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A．經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B．經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變解析：選CD.三個小球在運動過程中機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，在圓形軌道的最高點時對甲有qv1B＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)，對乙有mg－qv2B＝eq\f(mveq\o\al(2,2),r)，對丙有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,3),r)，可判斷v1＞v3＞v2，選項A、B錯誤，選項C、D正確．7.(2015·連云港一模)如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下圖中的()解析：選AD.由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)受到豎直向下的重力、垂直桿的彈力及向左的摩擦力還有向上的洛倫茲力，當洛倫茲力初始時刻小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運動，直到速度為零而處于靜止狀態(tài)，選項中沒有對應(yīng)圖象；當洛倫茲力初始時刻等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力初始時刻大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過程中，摩擦力逐漸減小到零，故圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，摩擦力為零時，開始做勻速直線運動，D正確．三、非選擇題8．(2015·河北五校聯(lián)考)如圖所示，有3塊水平放置的長薄金屬板a、b和c，a、b之間相距L.緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面向外的勻強磁場．體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶負電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba和Ubc，當Uba＝U1、Ubc＝U2時，油滴穿過b板M孔進入細管，恰能與細管無接觸地從N孔射出．忽略小孔和細管對電場的影響，不計空氣阻力．(1)求油滴進入M孔時的速度v1；(2)求b、c兩板間的電場強度E和磁感應(yīng)強度B的值；(3)油滴從細管的N孔射出的瞬間，將Uba和B立即調(diào)整為Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路與細管無接觸地返回并穿過M孔，請求出Uba′和B′.解析：(1)油滴由小孔到M，由動能定理得：mgL＋qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)考慮到m＝ρV0得v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)).(2)油滴從M孔進入電場、磁場共存區(qū)域，恰與細管無接觸地從N孔射出，需使電場力與重力平衡，有mg＝qE解得E＝eq\f(ρV0g,q)油滴在半圓形細管中運動時，洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)解得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)).(3)若油滴恰好不碰到a板，且沿原路與細管無接觸地返回并穿過M孔，由動能定理有－mgL－qU′ba＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得U′ba＝U1＋eq\f(ρV0veq\o\al(2,0),2q)考慮到油滴返回時速度方向已經(jīng)相反，為了使油滴沿原路與細管無接觸地返回并穿過M孔，磁感應(yīng)強度應(yīng)大小不變，方向相反，即B′＝－B.答案：見解析9．(2015·貴州七校聯(lián)考)如圖所示，在xOy坐標系原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度大小均為v0，在0<y<d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)，其中q與m分別為α粒子的電量和質(zhì)量；在d<y<2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，mn為電場和磁場的邊界．a(chǎn)b為一塊很大的平面感光板，垂直于xOy平面且平行于x軸，放置于y＝2d處．觀察發(fā)現(xiàn)此時恰好無粒子打到ab板上．(q、d、m、v0均為已知量，不考慮α粒子的重力及粒子間的相互作用)求：(1)α粒子通過電場和磁場邊界mn時的速度大小及此時距y軸的最大距離；(2)磁感應(yīng)強度B的大小；(3)將ab板至少向下平移多大距離才能使所有的粒子均能打到板上？此時ab板上被α粒子打中的區(qū)域的長度．解析：(1)根據(jù)動能定理：Eqd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得：v＝2v0初速度方向與x軸平行的粒子通過邊界mn時距y軸最遠，由類平拋運動知識：d＝eq\f(1,2)at2，Eq＝max＝v0t，解得：x＝eq\f(2\r(3),3)d.(2)根據(jù)上題結(jié)果可知：對于沿x軸正方向射出的粒子進入磁場時與x軸正方向夾角：θ＝eq\f(π,3)易知若此粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子軌跡必與ab板相切，可得其圓周運動的半徑：r＝eq\f(2,3)d又根據(jù)洛倫茲力提供向心力：Bqv＝eq\f(mv2,r)可得：B＝eq\f(3mv0,qd).(3)由分析可知沿x軸負方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上．其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切．由分析可知此時磁場寬度為原來的eq\f(1,3)則：ab板至少向下移動Δy＝eq\f(2,3)d沿x軸正方向射出的粒子打在ab板的位置為粒子打在ab板區(qū)域的右邊界由幾何知識可知：ab板上被粒子打中區(qū)域的長度：L＝2x＋r＝eq\f(4\r(3),3)d＋eq\f(2,3)d.答案：(1)2v0eq\f(2\r(3),3)d(2)eq\f(3mv0,qd)(3)eq\f(2,3)deq\f(4\r(3),3)d＋eq\f(2,3)d10．(2015·銀川一中第五考)如圖所示，以豎直線MN為界，左側(cè)空間有水平向右的勻強電場，右側(cè)空間有豎直向上的勻強電場和垂直紙面水平向外的勻強磁場．在左側(cè)空間O點用長為L的不可伸長的輕質(zhì)絕緣細繩懸掛質(zhì)量為m帶電荷量為q的小球．現(xiàn)使細繩拉直，從A點靜止釋放小球，小球繞O點做圓周運動，B點為圓周上速度最大點．已知OA與豎直方向夾角θ1＝30°，OB與豎直方向夾角θ2＝60°，左右兩側(cè)空間電場強度大小之比為E1∶E2＝eq\r(3)∶1，重力加速度為g＝10m/s2.(1)求左側(cè)空間電場強度大小；(2)求小球運動到B點時，小球?qū)毨K的拉力大?。?3)若小球運動到B點時，細繩突然斷開，小球運動一段時間后，從MN邊界上某點進入右側(cè)空間運動，然后又從MN邊界上另一點回到左側(cè)空間運動，最后到達OB線上某點P時速度變?yōu)榱悖笮∏蛟谟覀?cè)空間運動的時間．解析：(1)要使小球在B點的速度最大，則重力與電場力的合力沿OB方向，則tan30°＝eq\f(mg,qE1)?E1＝eq\f(\r(3)mg,q).(2)設(shè)小球運動到B點時速度大小為v0，小球所受重力與電場力的合力為：F＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg從A到B，對小球由動能定理得：FL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得：v0＝eq\r(4gL)在B點由牛頓第二定律：FT－F＝meq\f(veq\o\al(2,0),L)在B點時，細繩對小球的拉力為：FT＝6mg由牛頓第三定律知小球?qū)毨K的拉力大小為6mg.(3)設(shè)小球從MN邊界上的C點進入磁場，從D點出磁場．從B到C，小球做類平拋運動．進入MN右側(cè)空間后：E2＝eq\f(E1,\r(3))＝eq\f(mg,q)，即qE2＝mg小球在右側(cè)空間做勻速圓周運動．小球回到左側(cè)空間后，到OB線上某點P速度減小到零，O′為小球在MN右側(cè)空間做圓周運動的軌跡圓心，過C點作BD的垂線交BD于Q點．由幾何關(guān)系得：∠CDQ＝60°，∠QCD＝30°，∠O′CD＝∠O′DC＝30°，在C點小球速度方向與界面夾角也為60°.設(shè)小球從B到C的運動時間為tB，在MN右側(cè)空間做圓周運動半徑為R，運動時間為t.由幾何關(guān)系得：CD＝2Rcos30°，QC＝CD×cos30°＝1.5R從B到C，由運動學(xué)規(guī)律得：QC＝v0tB，v0＝vcos30°，vsin30°＝atB，a＝eq\f(F,m)＝2g以上各式聯(lián)立解得：R＝eq\f(4\r(3)L,9)，v＝eq\f(4\r(3gL),3)小球在MN右側(cè)空間做圓周運動的圓心角為240°，即eq\f(2,3)圓周，故小球在MN右側(cè)運動的時間為：t＝eq\f(2πR×\f(2,3),v)＝eq\f(4π,9)eq\r(\f(L,g)).答案：(1)eq\f(\r(3)mg,q)(2)6mg(3)eq\f(4π,9)eq\r(\f(L,g))11.(2015·高考福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP.解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE小滑塊在C點離開MN時N＝0解得vC＝eq\f(E,B).(2)由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2).(3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′，g′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2))t2).答案：(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2))t2)B一、單項選擇題1．速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其中S0A＝eq\f(2,3)S0C，則下列相關(guān)說法中正確的是()A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B2)D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3∶2解析：選B.由左手定則判定甲帶負電，乙?guī)д?，A錯誤；粒子在兩極間做勻速直線運動，故qE＝qvB1，則v＝eq\f(E,B1)，故C錯誤；由S0A＝eq\f(2,3)S0C知，R甲＝eq\f(2,3)R乙，又R＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(q甲,m甲)＝eq\f(3q乙,2m乙)，故B正確，D錯誤．2．如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷．導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為()A.eq\f(IB,|q|aU)，負 B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，負 D.eq\f(IB,|q|bU)，正解析：選C.因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?，故上表面帶負電荷，根?jù)左手定則可判斷自由運動電荷帶負電，則B、D兩項均錯誤．設(shè)長方體形材料長度為L，總電量為Q，則其單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)為eq\f(Q,|q|ab·L)，當電流I穩(wěn)恒時，材料內(nèi)的電荷所受電場力與磁場力相互平衡，則有eq\f(UQ,a)＝BIL，故eq\f(Q,|q|ab·L)＝eq\f(BI,|q|bU)，A項錯誤，C項正確．3.(2015·湖洲一模)如圖所示，界面PQ與水平地面之間有一個正交的勻強磁場B和勻強電場E，在PQ上方有一個帶正電的小球A自O(shè)靜止開始下落，穿過電場和磁場到達地面．設(shè)空氣阻力不計，下列說法中正確的是()A．在復(fù)合場中，小球做勻變速曲線運動B．在復(fù)合場中，小球下落過程中的電勢能增大C．小球從靜止開始下落到水平地面時的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和D．若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強度，小球從原來位置下落到水平地面時的動能不變解析：選C.小球剛進入電場、磁場區(qū)域，受力如圖，因此小球向右偏轉(zhuǎn)．由于洛倫茲力與速度有關(guān)，故小球所受的合力大小和方向均變化，故A錯；因電場力做正功，故小球的電勢能減少，B錯；由于洛倫茲力不做功，由能量守恒可知C對；當磁場變強，小球落地點的水平位移增大，電勢能減少量增大，小球動能增大，D錯．二、不定項選擇題4.磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，如圖是它的示意圖．平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設(shè)A、B兩板間距為d，磁感應(yīng)強度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是()A．A是直流電源的正極B．B是直流電源的正極C．電源的電動勢為B′dvD．電源的電動勢為qvB′解析：選BC.等離子體噴入磁場，帶正電的粒子因受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn)，B是直流電源的正極，則選項B正確；當帶電粒子以速度v做直線運動時，eq\f(U,d)q＝qvB′，電源的電動勢U＝B′dv，則選項C正確．5.為監(jiān)測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所示的流量計．該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在前后兩個內(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，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是()A．N端的電勢比M端的高B．若污水中正、負離子數(shù)相同，則前后表面的電勢差為零C．電壓表的示數(shù)U跟a和b都成正比，跟c無關(guān)D．電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比解析：選AD.正、負離子向右移動，受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負離子向前表面偏轉(zhuǎn)，所以前表面比后表面電勢低，即N端的電勢比M端的高，A正確，B錯誤；最終正、負離子會受到電場力、洛倫茲力處于平衡，有qE＝qvB，即eq\f(U,b)＝vB，而污水流量Q＝vbc＝eq\f(U,bB)bc＝eq\f(Uc,B)，所以U＝eq\f(QB,c)，電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比，跟c成反比，C錯誤，D正確．6.(2015·山西太原一模)如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側(cè)垂直于電磁場入射，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時動能比入射時??；要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大，可采用的措施是()A．適當減小兩金屬板的正對面積B．適當增大兩金屬板間的距離C．適當減小勻強磁場的磁感應(yīng)強度D．使帶電粒子的電性相反解析：選AC.在這個復(fù)合場中，動能逐漸減小，說明電場力做負功，因洛倫茲力不做功，則電場力小于洛倫茲力．適當減小正對面積，場強E＝eq\f(4πkQ,εrS)，S↓，Q不變，E↑，電場力變大，當電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大，A項正確．當增大兩板間距離時，場強不變，所以B項錯誤．當減小磁感應(yīng)強度時洛倫茲力減小，可能小于電場力，所以C項正確．當改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，故D項錯誤．三、非選擇題7．(2015·浙江東北三校四模)如圖甲所示，平面直角坐標系中，O為坐標原點，其余三點坐標為：A(0，l)、B(l，l)、C(l，0)．在OABC區(qū)域(包括坐標軸)存在變化的磁場，磁感應(yīng)強度變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場方向垂直平面向里為正．有一個帶電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)，從坐標原點處以速度v(大小未知)沿y軸正方向射入磁場，已知圖乙中B0>eq\f(3mv,ql).(1)若粒子從x軸射出，求磁場變化周期T0的取值范圍；(2)若粒子從B點沿y軸正方向射出磁場，求磁場變化周期T0及粒子射入磁場的速度v的取值．丙解析：(1)粒子恰好未從x軸射出時，運動軌跡如圖丙所示，有sinθ＝eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2)θ＝30°磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子運動軌跡所對圓心角為150°，運動時間t＝eq\f(5T,12)＝eq\f(5πm,6qB0)t＝eq\f(T0,2)＝eq\f(5πm,6qB0)所以粒子從x軸射出，磁場變化周期T0>eq\f(5πm,3qB0).丁(2)粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB0)<eq\f(l,3)粒子從B點沿y軸正方向射出，則時間最短的運動軌跡如圖丁所示在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子運動軌跡圓心角為90°，則有eq\f(T0,2)＝eq\f(T,4)，T0＝eq\f(πm,qB0)由幾何關(guān)系有l(wèi)＝2nr(n＝2，3，4，…)由qvB0＝eq\f(mv2,r)解得v＝eq\f(qB0l,2nm)(n＝2，3，4，…)．答案：見解析8．(2015·高考江蘇卷)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0).(2)由(1)知，U＝eq\f(16U0r2,9L2)離子打在Q點時，r＝eq\f(5,6)L，得U＝eq\f(100U0,81)離子打在N點時，r＝L，得U＝eq\f(16U0,9)則電壓的范圍eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9).(3)由(1)可知，r∝eq\r(U)由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本打在Q點的離子打在N點，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此時，原本半徑為r1打在Q1的離子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(2)L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(3)L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(n＋1)L檢測完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次數(shù)為3次．答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次數(shù)為3次9．(2015·福建福州質(zhì)檢)如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上．一個質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直．求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強電場的電場強度大小E；(3)粒子從開始運動到第三次經(jīng)過x軸的時間t0.解析：(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有rcos45°＝h可得r＝eq\r(2)h又qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)可得v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m).(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1，到達b點時速度大小為vb，結(jié)合類平拋運動規(guī)律，有vb＝v1cos45°得vb＝eq\f(qBh,m)設(shè)粒子進入電場經(jīng)過時間t運