2024高考物理一輪復(fù)習(xí)課練28帶電粒子在復(fù)合場中的運動含解析新人教版

PAGE22-課練28帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電場、磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)，則下列說法正確的是()A．粒子肯定帶正電B．粒子的運動軌跡肯定是拋物線C．電場線方向肯定垂直等勢線向左D．粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大2.(多選)回旋加速器是用來加速帶電粒子的，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒分別和一高頻溝通電源兩極相接，兩盒間有肯定的電勢差U，使粒子每次穿過狹縫都被加速，兩盒放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面對里，粒子源置于盒的圓心旁邊，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q、質(zhì)量為m，盒間的窄縫寬度為d，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖所示．下列說法正確的是()A．D形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內(nèi)無電場B．忽視粒子在電場中運動的時間，則高頻溝通電源的頻率為eq\f(2πm,qB)C．粒子離開加速器時速度為eq\f(qBRm,m)D．考慮粒子在電場中運動的時間，則把靜止粒子加速到最大動能所需時間為eq\f(πBR\o\al(2,m),2U)3.[母題改編](多選)如圖所示，在以R0為半徑、O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁場，直徑MN左側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面對外、磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場(未畫出)；MN右側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面對里、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場(未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從P點沿垂直于MN的方向射入磁場，通過磁場區(qū)域后從Q點離開磁場，離開磁場時粒子的運動方向仍垂直于MN.已知OP與MN的夾角為θ1，OQ與MN的夾角為θ2，粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t1，粒子在MN右側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t2，則()A.eq\f(B2,B1)＝eq\f(sinθ1,sinθ2)B.eq\f(B2,B1)＝eq\f(sinθ2,sinθ1)C.eq\f(t1,t2)＝eq\f(sinθ2,sinθ1)D.eq\f(t1,t2)＝eq\f(sinθ1,sinθ2)4．一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場．粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量漸漸減小(帶電荷量不變)，從圖中狀況可以確定()A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從a到b，帶負(fù)電C．粒子從b到a，帶正電D．粒子從b到a，帶負(fù)電5.如圖所示，在傾角為α(α<45°)的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒．當(dāng)導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面對里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場．當(dāng)加勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向豎直向上時，磁感應(yīng)強度大小為B1，現(xiàn)使勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，磁感應(yīng)強度大小為B2，再使勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，磁感應(yīng)強度大小為B3，則()A．B1＝B3>B2B．B1<B2<B3C．B1＝B3<B2D．B1＝B2<B36．(多選)如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的電場強度大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不須要加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場(未畫出)做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．帶電粒子每運動一周被加速一次B．P1P2>P2P3C．帶電粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)D．加速電場方向須要周期性改變7．(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球以速度v0從距地面高為h的光滑水平平臺上射入豎直向上的勻強磁場中(磁場緊靠平臺右邊緣)，以地面上水平向右為x軸正方向、垂直紙面對里為y軸正方向、平臺右邊緣飛出點在地面上的投影為原點建立直角坐標(biāo)系，小球的落地點的坐標(biāo)為(0，h)，重力加速度為g，那么()A．經(jīng)時間t＝eq\r(\f(2h,g))，小球落地B．磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(πm,q)eq\r(\f(g,2h))C．小球的入射速度大小v0＝eq\f(π,2)eq\r(\f(gh,2))D．小球的落地速度大小v＝eq\r(2gh)練高考小題8．[2024·北京卷，18]某空間存在勻強磁場和勻強電場．一個帶電粒子(不計重力)以肯定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動．下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是()A．磁場和電場的方向B．磁場和電場的強弱C．粒子的電性和電量D．粒子入射時的速度9．[2024·天津卷，4]筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件．當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)．如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v.當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此限制屏幕的熄滅．則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)練模擬小題10．[2024·廣東茂名一測]如圖所示，勻強電場的電場強度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點)以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運動，重力加速度為g.則()A．勻強磁場的方向可能垂直于紙面對外B．小球可能帶正電荷C．電場強度大小為eq\r(\f(2mg,q))D．磁感應(yīng)強度的大小為B＝eq\f(\r(3)mg,qv)11．[2024·浙江嘉興一中期末]如圖所示，空間中存在水平向左的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場方向成60°角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度大小為v0時，小球恰好做勻速直線運動，已知重力加速度大小為g，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，小球電荷量保持不變，則以下說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B.若小球沿桿向下的初速度為eq\f(mg,qB)，則小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運動，最終停止C．若小球沿桿向下的初速度為eq\f(3mg,qB)，則小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運動，最終停止D．若小球沿桿向下的初速度為eq\f(4mg,qB)，則小球從起先運動到穩(wěn)定過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(4m3g2,q2B2)12．[名師原創(chuàng)](多選)CT是醫(yī)院的一種檢查儀器，CT的重要部件之一就是回旋加速器．回旋加速器的結(jié)構(gòu)如圖所示，有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場(未畫出)垂直于回旋加速器．在回旋加速器的O點可逸出初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，加速電壓為U，D形盒半徑為R.兩D形盒間的縫隙間距d很小，可忽視不計，不考慮相對論效應(yīng)和重力影響，則下列說法正確的是()A．粒子在回旋加速器中運動的圈數(shù)為eq\f(qB2R2,4mU)B．粒子在回旋加速器中運動的時間為eq\f(πBR2,U)C．回旋加速器所加溝通電壓的頻率為eq\f(qB,4πm)D．粒子第1次與第n次在上方D形盒中運動的軌跡半徑之比為eq\f(1,\r(2n－1))13．[新情境題](多選)如圖所示為一種質(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：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器．靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有勻稱輻射的電場，中心線處的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器(進入收集器時速度方向與O2P平行)．下列說法正確的是()A．磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面對內(nèi)B．加速電場中的加速電壓U＝eq\f(1,2)ERC．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))D．任何離子若能到達P點，則肯定能進入收集器14.[2024·安徽省合肥模擬]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長方體流量計．該裝置由絕緣材料制成，其長、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一勻強磁場，前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極．污水充溢管口從左向右流經(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．M端的電勢比N端的高B．電壓表的示數(shù)U與a、b均成正比，與c無關(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015.[2024·安徽師大附中模擬](多選)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面對外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab，ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B．若沿ab做直線運動，則小球帶正電，且肯定做勻速運動C．若沿ac做直線運動，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運動D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變16.如圖所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶正電小球，整個裝置處在有水平勻強電場和垂直于紙面對里的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止起先下滑，在整個運動過程中，下列關(guān)于描述小球運動的v—t圖象中正確的是()———[綜合測評提實力]———一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)1．如圖所示是電視機顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖．初速度不計的電子經(jīng)加速電場加速后進入有限邊界的勻強磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在熒光屏上．假如發(fā)覺電視畫面幅度與正常的相比偏小，則引起這種現(xiàn)象可能的緣由是()A．電子槍放射實力減弱，電子數(shù)量削減B．加速電場的電壓過低，電子速率偏小C．偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈匝數(shù)削減D．偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)線圈的磁感應(yīng)強度增加2．[2024·全國卷Ⅰ]如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面對里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma3．如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球．整個裝置水平向右勻速運動，垂直于磁場方向進入方向水平向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端飛出，則從進入磁場到小球飛出上端前的過程中，下列說法不正確的是()A．小球帶正電荷B．小球做類平拋運動C．洛倫茲力對小球做正功D．管壁的彈力對小球做正功4．[2024·遼寧五校聯(lián)考]如圖所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是豎直平面內(nèi)三個相同的半圓形光滑軌道，K1、K2、K3分別為三個軌道的最低點，Ⅰ處于勻強磁場中，Ⅱ和Ⅲ分別處于場強大小均為E、方向相反的兩個勻強電場中，三個完全相同的帶正電小球a、b、c從軌道最高點自由下滑至第一次到達最低點的過程中，下列說法正確的是()A．在最低點球a速率最大B．在最低點球b對軌道的壓力最大C．球b須要的時間最長D．球c機械能損失最多5．質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計，是分別和檢測不同同位素的儀器．工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子初速度幾乎為零地進入電壓為U0的加速電場．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)強度大小為B的勻強磁場中，最終打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN長度為L，且OM＝L.某次測量發(fā)覺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(dāng)調(diào)整加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．為使原本打在MN中點P的離子能打在QN區(qū)域，則加速電壓U的值不行能為()A.eq\f(16U0,9)B.eq\f(100U0,81)C.eq\f(140U0,81)D．2U06．[2024·浙江杭州檢測]利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測量和自動限制等領(lǐng)域．霍爾元件一般由半導(dǎo)體材料制成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)．如圖所示，將扁平長方體形態(tài)的霍爾元件水平放置接入電路，勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流向右側(cè)，則其前、后兩表面會形成電勢差．現(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路(閉合開關(guān))，則關(guān)于前、后兩表面電勢凹凸的推斷，下列說法中正確的是()A．若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低B．若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高C．不論接入哪個元件，都是前表面電勢高D．不論接入哪個元件，都是前表面電勢低7．如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電場和磁場，電場強度大小為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面對里．從電場、磁場中某點P由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子的重力忽視不計)，其運動軌跡如圖虛線所示．對于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，下列給出了四個表達式，可能正確的是()A.eq\f(2mE,B2q)B.eq\f(4mE2,B2q)C.eq\f(2mB,E2q)D.eq\f(mB,2Eq)8．如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針轉(zhuǎn)動，該裝置處于垂直于紙面對里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5s，關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是()A．該物塊帶負(fù)電B．皮帶輪的傳動速度大小肯定為1m/sC．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D．在2～4.5s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動二、多項選擇題(本題共2小題，每小題4分，共8分)9．[2024·江蘇質(zhì)檢]如圖所示為磁流體發(fā)電機的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，而從整體來說呈電中性)沿圖示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷．在磁極配置如圖中所示的狀況下，下列說法正確的是()A．A板帶負(fù)電B．有電流從b經(jīng)用電器流向aC．金屬板A、B間的電場方向向下D．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的緣由是離子所受的洛倫茲力大于所受的靜電力10．[2024·合肥質(zhì)檢]如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E＝eq\f(2mg,q)，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向下運動，經(jīng)時間t0圓環(huán)回到動身點．若圓環(huán)回到動身點之前已經(jīng)起先做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．環(huán)經(jīng)過eq\f(t0,2)時間剛好到達最低點B．環(huán)的最大加速度為am＝g＋eq\f(μqv0B,m)C．環(huán)在t0時間內(nèi)損失的機械能為eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(2,0)－\f(m2g2,μ2q2B2)))D．環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等三、非選擇題(本題共3小題，共32分)11.(10分)[2024·株洲模擬]如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在0<x<1.5l的范圍內(nèi)充溢垂直紙面對里的勻強磁場Ⅰ，在x≥1.5l，y>0的區(qū)域內(nèi)充溢垂直紙面對外的勻強磁場Ⅱ，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小都為B.有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點O以某一初速度沿與x軸正方向成θ＝30°射入磁場Ⅰ，粒子剛好經(jīng)過P點進入磁場Ⅱ，后經(jīng)過x軸上的M點(圖中未標(biāo)出)射出磁場Ⅱ.已知P點坐標(biāo)為(1.5l，eq\f(\r(3),2)l)，不計重力的影響，求：(1)粒子的初速度大小．(2)M點在x軸上的位置．12．(12分)[2024·全國卷Ⅰ]如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對外．一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間．13．(15分)如圖甲所示，虛線MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點)，以大小為v0的水平初速度沿PQ向右做直線運動．若小球剛經(jīng)過D點時(t＝0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性改變、垂直紙面對里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時的速度與PQ連線成60°角．已知D、Q間的距離為(eq\r(3)＋1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為g.(1)求電場強度E的大小；(2)求t0與t1的比值；(3)小球過D點后將做周期性運動，當(dāng)小球運動的周期最大時，求此時磁感應(yīng)強度的大小B0及運動的最大周期Tm.課練28帶電粒子在復(fù)合場中的運動[狂刷小題夯基礎(chǔ)]1．C依據(jù)粒子在電場、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子肯定帶負(fù)電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向肯定垂直等勢線向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤．2．AC依據(jù)靜電屏蔽的相關(guān)學(xué)問可知，D形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內(nèi)無電場，選項A正確．粒子在電場中運動時間極短，因此高頻溝通電源頻率等于粒子回旋頻率，由T＝eq\f(2πm,qB)，得回旋頻率即高頻溝通電源頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，選項B錯誤．粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時，由牛頓其次定律得qvmB＝eq\f(mv\o\al(2,m),Rm)，解得vm＝eq\f(qBRm,m)，選項C正確．粒子最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R\o\al(2,m),2m)，粒子在電場中做勻加速直線運動，粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU，粒子的能量提高到Ekm，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n＝eq\f(qB2R\o\al(2,m),4mU)，粒子在磁場中運動的時間t磁＝nT＝eq\f(πBR\o\al(2,m),2U)，旋轉(zhuǎn)周數(shù)n，在電場中運動的距離為2nd，由2nd＝eq\f(1,2)vmt電，解得t電＝eq\f(BRmd,U)，把靜止粒子加速到最大動能所需時間為t＝t電＋t磁＝eq\f(BRmd,U)＋eq\f(πBR\o\al(2,m),2U)，選項D錯誤．3．AD設(shè)粒子的速度為v，它在MN左側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧PS，圓弧對應(yīng)的圓心為O1，半徑為R1，如圖所示，則qvB1＝eq\f(mv2,R1)，且O1P平行于MN；粒子進入MN右側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧SQ，圓弧對應(yīng)的圓心為O2，半徑為R2，如圖所示，則qvB2＝eq\f(mv2,R2)，且O2Q平行于MN，連接O1S、SO2，則O1、S、O2在同一條直線上，設(shè)∠PO1S＝∠QO2S＝α，由幾何關(guān)系可得OP＝OQ＝R0，O1S＝R1，SO2＝R2，R1sinα＝R0sinθ1，R2sinα＝R0sinθ2，聯(lián)立解得eq\f(B2,B1)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，選項A正確，B錯誤；粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t1＝eq\f(α,2π)T1＝eq\f(α,2π)·eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(mα,qB1)，粒子在MN右側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t2＝eq\f(α,2π)T2＝eq\f(α,2π)·eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(mα,qB2)，eq\f(t1,t2)＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，選項D正確，C錯誤．4．C由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量漸漸減小，速度漸漸減小，依據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)，可知，粒子運動的軌跡半徑是漸漸減小的，所以粒子的運動軌跡是從b到a，選項A、B錯誤；再依據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項C正確，D錯誤．5．A當(dāng)加勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向豎直向上時，由共點力平衡可知，B1ILcosα＝mgsinα，解得B1＝eq\f(mgtanα,IL)，勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，由共點力平衡可知，B2IL＝mgsinα，解得B2＝eq\f(mgsinα,IL)，使勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向再沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，由共點力平衡可知，B3ILcosα＝mgsinα，解得B3＝eq\f(mgtanα,IL)，故B1＝B3>B2，A正確．6．AB依據(jù)題述，在虛線之間沒有加電場，所以帶電粒子每運動一周被加速一次，加速電場不須要周期性改變，選項A正確，D錯誤；設(shè)加速電場的電壓為U，帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，由動能定理有，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，設(shè)P0P1＝2r1，P0P2＝2r2，P0P3＝2r3，又qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，qv3B＝meq\f(v\o\al(2,3),r3)，聯(lián)立解得r1＝eq\f(mv1,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(2qU,m)＋v\o\al(2,0))，r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(4qU,m)＋v\o\al(2,0))，r3＝eq\f(mv3,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(6qU,m)＋v\o\al(2,0)).P1P2＝P0P2－P0P1＝2(r2－r1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,qB)\r(\f(4qU,m)＋v\o\al(2,0))－\f(m,qB)\r(\f(2qU,m)＋v\o\al(2,0))))，P2P3＝P0P3－P0P2＝2(r3－r2)＝2eq\f(m,qB)eq\r(\f(6qU,m)＋v\o\al(2,0))－eq\f(m,qB)eq\r(\f(4qU,m)＋v\o\al(2,0))，由計算可知P1P2>P2P3，選項B正確；由r＝eq\f(mvmax,qB)可知，帶電粒子的最大速度與D形盒的半徑(尺寸)成正比，選項C錯誤．7．ABC因為豎直方向只受重力，所以小球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，且只運動了半周，所以半徑R＝eq\f(1,2)h，t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\f(πm,qB)，B＝eq\f(πm,q)eq\r(\f(g,2h))，又qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，則v0＝eq\f(π,2)eq\r(\f(gh,2))，落地速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，所以A、B、C三項正確，D項錯誤．8．C在勻強磁場和勻強電場的疊加區(qū)域內(nèi)，一個帶電粒子射入后做勻速直線運動，則它受的洛倫茲力和電場力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，因此粒子的運動，與粒子的電性和電量均無關(guān)，故選項C正確．9．D依據(jù)左手定則推斷出電子受力狀況，可知電子偏轉(zhuǎn)到后表面，前表面電勢高于后表面電勢，故A項錯誤．再由Ee＝Bev＝F洛，E＝eq\f(U,a)，解得U＝Bva，F(xiàn)洛＝eq\f(eU,a)，U與v成正比、U與c無關(guān)，故B、C項錯誤，D項正確．10．D小球做勻速直線運動，受到的合力為零，假設(shè)小球帶正電，則小球的部分受力狀況如圖1所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知，小球受到的重力與電場力的合力與洛倫茲力不行能平衡，所以小球不行能做勻速直線運動，假設(shè)不成立，則小球肯定帶負(fù)電，故B項錯誤；小球受力狀況如圖2所示，小球受到的洛倫茲力肯定斜向右上方，依據(jù)左手定則，勻強磁場的方向肯定垂直于紙面對里，故A項錯誤；依據(jù)幾何關(guān)系，電場力大小qE＝mg，洛倫茲力大小qvB＝eq\r(3)mg，解得E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，故C項錯誤，D項正確．11．B對小球進行受力分析有，電場力的大小F＝Eq＝eq\r(3)mg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，故重力和電場力的合力F合＝eq\r(F2＋mg2)＝2mg，由幾何關(guān)系可知，重力和電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力和電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，也不會對小球做功，所以，當(dāng)小球做勻速直線運動時，不行能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力的大小與重力、電場力的合力大小相等、方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，故A項錯誤；若小球沿桿向下的初速度v0＝eq\f(mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝mg<F合＝2mg，則存在摩擦力，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運動，最終停止運動，故B項正確；若小球沿桿向下運動的初速度大小為v0＝eq\f(3mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝3mg>F合＝2mg，則存在摩擦力，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運動，最終，當(dāng)小球速度減小到eq\f(2mg,qB)時，小球起先做勻速直線運動，故C項錯誤；若小球沿桿向下運動的初速度大小為v0＝eq\f(4mg,qB)，同理，小球也受摩擦力，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運動，最終，當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時，小球起先做勻速直線運動，故小球克服摩擦力做的功W＝eq\f(1,2)m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4mg,qB)))2－eq\f(1,2)m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,qB)))2＝eq\f(6m3g2,q2B2)，故D錯誤．12．AD設(shè)粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)為n，因每加速一次粒子獲得的能量為qU，每圈有兩次加速，則Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，R＝eq\f(mvmax,qB)，Ekn＝2nqU，聯(lián)立解得n＝eq\f(qB2R2,4mU)，故A項正確；粒子在回旋加速器中運動的時間t＝nT＝eq\f(qB2R2,4mU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)，故B項錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)，f＝eq\f(1,T)知，回旋加速器所加溝通電壓的頻率為f＝eq\f(qB,2πm)，故C項錯誤；粒子從O點經(jīng)電場加速1次后，以速度v1第1次進入上方D形盒，由動能定理得，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得r1＝eq\f(mv1,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(2qU,m))，粒子在電場加速3次后，以速度v2第2次進入上方D形盒，3qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(3×2qU,m))，以此類推，粒子在電場加速(2n－1)次后，以速度vn第n次進入上方D形盒，同理可得rn＝eq\f(mvn,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(2n－1×2qU,m))，所以eq\f(r1,rn)＝eq\f(1,\r(2n－1))，D項正確．13．BC該正離子在磁分析器中沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，依據(jù)左手定則可知，磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面對外，A項錯誤；該正離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，有qE＝meq\f(v2,R)，在加速電場加速的過程中有qU＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得U＝eq\f(1,2)ER，B項正確；該正離子在磁分析器中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)，又qE＝eq\f(mv2,R)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，該正離子經(jīng)Q點進入收集器，故d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，C項正確；任一初速度為零的正離子，質(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx，經(jīng)U＝eq\f(1,2)ER的電場后，在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌跡半徑Rx＝R，即肯定能到達P點，而在磁分析器中運動的軌跡半徑rx＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mxER,qx))，rx的大小與離子的質(zhì)量、電荷量有關(guān)，不肯定有rx＝d，故能到達P點的離子不肯定能進入收集器，D項錯誤．14．C依據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向外，則向外偏轉(zhuǎn)，正離子所受的洛倫茲力向里，向里偏轉(zhuǎn)，因此M板帶負(fù)電，N板帶正電，則M板的電勢比N板電勢低，故A錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝qeq\f(U,b)，解得U＝Bbv，與離子濃度無關(guān)，故B、D錯誤；因v＝eq\f(U,Bb)，則流量Q＝vbc＝eq\f(Uc,B)，因此U＝eq\f(BQ,c)，與污水流量成正比，故C正確．15．AB沿ab方向拋出的帶電小球，依據(jù)左手定則，及正電荷所受的電場力的方向與電場強度方向相同可知，只有帶正電，受力才可能平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，帶負(fù)電時，才能做直線運動，因速度影響洛倫茲力大小，所以做直線運動時必定是做勻速直線運動，故A、B正確，C錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導(dǎo)致小球的機械能不守恒，故D錯誤．16．C在小球下滑的過程中，對小球進行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對小球的支持力N.起先時，小球的速度較小，洛倫茲力qvB較小，支持力N較大，隨著速度的增大，支持力N在減小，可以知道摩擦力f減小，豎直方向上的合力增大，小球的加速度增大；當(dāng)速度增大到肯定的程度時，洛倫茲力qvB和電場力qE相等，此時支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達到最大；當(dāng)速度接著增大時，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，豎直方向上的合力減小，小球的加速度減小，當(dāng)摩擦力f與重力mg相等時，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達到最大．所以選項A、B、D所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運動規(guī)律，C選項符合．[綜合測評提實力]1．C電視畫面幅度比正常的偏小，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，即電子束的軌道半徑增大．電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時的半徑r＝eq\f(mv,qB)，當(dāng)電子槍放射實力減弱，放射的電子數(shù)量削減時，由于運動的電子速率及磁感應(yīng)強度不變，所以不會影響電視畫面幅度的大小，故A錯誤；當(dāng)加速電場電壓過低，電子速率偏小時，會導(dǎo)致電子運動半徑減小，從而使偏轉(zhuǎn)角度增大，導(dǎo)致畫面幅度與正常的相比偏大，故B錯誤；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈匝數(shù)削減時，會導(dǎo)致偏轉(zhuǎn)線圈的磁感應(yīng)強度減弱，從而使電子運動半徑增大，電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，則畫面幅度與正常的相比偏小，故C正確；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)線圈的磁感應(yīng)強度增加時，會導(dǎo)致電子運動半徑變小，所以畫面幅度與正常的相比偏大，故D錯誤．2．B設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力供應(yīng)向心力，重力與電場力平衡，即mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvbB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvcB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確．3．C本題考查帶電小球在勻強磁場中的約束運動、受力分析、做功及其相關(guān)學(xué)問點．依據(jù)題述，最終小球從上端飛出，可知小球所受的洛倫茲力肯定有向上的分力，依據(jù)左手定則可知，小球帶正電荷，選項A正確；在外力作用下，玻璃管在磁場中的速度不變，帶電小球水平方向的分速度不變，依據(jù)左手定則，帶電小球所受洛倫茲力在豎直方向的分力不變，所以小球在豎直方向向上做初速度為零的勻加速直線運動，水平方向做勻速直線運動，其合運動為類平拋運動，選項B正確；小球在運動過程中受到與速度方向垂直的洛倫茲力、豎直向下的重力、垂直管壁向右的彈力，由于洛倫茲力方向與速度方向垂直，洛倫茲力對帶電小球不做功，管壁的彈力方向與速度方向夾角小于90°，故管壁的彈力對帶電小球做正功，選項C錯誤，D正確．4．C比較三個小球在軌道上從最高點運動到最低點的過程中各力的做功狀況，小球a只有重力做正功，小球b的重力做正功、電場力做負(fù)功，小球c的重力和電場力均做正功，故在最低點小球c的速率最大、機械能增量最大，選項A、D錯誤；三個小球在最低點的速率大小為vc>va>vb，分析可知，在最低點處球c對軌道的壓力最大，選項B錯誤；三個小球在沿軌道下滑時，加速度方向始終沿軌道的切線方向，分析可知小球a的加速度等于重力加速度g沿軌道切線方向的重量，小球b除重力加速度g沿軌道切線方向的重量外還有電場力的分力給的一個反方向的加速度，小球c除重力加速度g沿軌道切線方向的重量外還有電場力的分力給的一個同方向的加速度，綜合分析可知，除最高點外，在同一高度處，b的加速度最小，即球b下滑到最低點須要的時間最長，選項C正確．5．D由題意知，起先離子在電場中加速有，qU0＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運動有，qvB＝meq\f(v2,r0)，且r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0).當(dāng)加速電壓為U時，qU＝eq\f(1,2)mv′2，qv′B＝meq\f(v′2,r).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)；則加速電壓U的范圍為eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)，D項正確．6．A若接入元件1，載流子是電子，依據(jù)左手定則可知，電子向后表面偏轉(zhuǎn)，故前表面電勢高；若接入元件2，載流子是空穴，依據(jù)左手定則可知，正電荷向后表面偏轉(zhuǎn)，故前表面電勢低，后表面電勢高，A正確．7．A依據(jù)題意，由動能定理知粒子運動到最低點的過程中有，qEH＝eq\f(1,2)mv2，在最低點，洛倫茲力大于電場力，qE<qvB，故H>eq\f(mE,2qB2)，且H的單位肯定跟eq\f(mE,2qB2)的單位相同，故A正確．8．D對物塊進行受力分析可知，起先時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向有μFN－mgsinθ＝ma①物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度漸漸減小，由①式可知，肯定是FN漸漸減小，而起先時FN＝mgcosθ，后來F′N＝mgcosθ－f洛，即洛倫茲力的方向是向上的．物塊沿皮帶向上運動，由左手定則可知物塊帶正電，故A錯誤．物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②由②式可知，只要皮帶的速度大于或等于1m/s，則物塊達到最大速度的條件與皮帶的速度無關(guān)，所以皮帶的速度可能是1m/s，也可能大于1m/s，則物塊可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶運動，故B錯誤、D正確．由以上分析可知，皮帶的速度無法推斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移，故C錯誤．9．ABD依據(jù)左手定則可知，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，則A板帶負(fù)電，故A正確．因為B板帶正電，A板帶負(fù)電，所以電流的流向為從b經(jīng)用電器流向a，故B正確．因為B板帶正電，A板帶負(fù)電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯誤．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的緣由是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故D正確．10．BC帶電圓環(huán)下落過程中由牛頓其次定律得a1＝eq\f(Eq＋μBqv