新課標(biāo)高二物理下學(xué)期期末考試分類匯編帶電子粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

專題02帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、速度選擇器1．（2024·山東·臨沂二十四中高二期中）一對平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面對里，如圖所示。一質(zhì)子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動。下列粒子分別自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，能夠做勻速直線運(yùn)動的是（）（全部粒子均不考慮重力的影響）A．以速度的射入的正電子B．以速度射入的電子C．以速度射入的核D．以速度射入的a粒子【答案】BC【解析】質(zhì)子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動，將受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，滿意解得即質(zhì)子的速度滿意速度選擇器的條件；A．以速度的射入的正電子，所受的洛倫茲力小于電場力，正電子將向下偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；BC．以速度射入的電子，或者以速度射入的核，依舊滿意電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運(yùn)動，即速度選擇器不選擇電性而只選擇速度，故BC正確；D．以速度射入的a粒子，其速度不滿意速度選器的條件，故不能做勻速直線運(yùn)動，故D錯誤；故選BC。2．（2024·山東臨沂·高二期中）如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）。一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運(yùn)動。粒子通過兩平行板后從O點(diǎn)垂直進(jìn)入另一個垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點(diǎn)。不計(jì)粒子重力。則下列說法正確的是（）A．保持PQ電場不變，只減小PQ兩板之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子打在A點(diǎn)下方B．保持PQ之間磁場不變，只減小PQ兩板之間電場強(qiáng)度，則粒子打在A點(diǎn)下方C．若另一個帶電粒子也能在兩平行板間做勻速直線運(yùn)動，則它肯定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比D．P、Q間的磁場肯定垂直紙面對外【答案】A【解析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，粒子向下偏轉(zhuǎn)，粒子剛進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應(yīng)用左手定則可知，粒子帶正電。粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，粒子所受合力為零，則粒子所受電場力豎直向下，則粒子所受洛倫茲力豎直向上。若保持PQ電場不變，只減小PQ兩板之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子所受合力向下，粒子在PQ兩板之間做一般曲線運(yùn)動，后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，如圖所示在在PQ兩板之間受力分析如圖，對軌跡分析可得，當(dāng)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場水平方向變大，故進(jìn)入磁場弦長為第一次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場變更PQ兩板之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度之后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場則粒子打在A點(diǎn)下方，A正確；B．同理，若保持PQ磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，只減小PQ兩板之間的電場，粒子所受合力向上，粒子在PQ兩板之間做一般曲線運(yùn)動，后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，如圖所示由圖可知，旋轉(zhuǎn)圓周角大于180°，粒子打在A點(diǎn)上方，B錯誤；C．粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件可知則粒子具有相同的速度，不肯定具有相同的荷質(zhì)比，故C錯誤；D．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，粒子向下偏轉(zhuǎn)，粒子剛進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應(yīng)用左手定則可知，粒子帶正電。粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，粒子所受合力為零，則粒子所受電場力豎直向下，則粒子所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場垂直于紙面對里，D錯誤；故選A?！军c(diǎn)睛】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力供應(yīng)向心力，依據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向應(yīng)用左手定則可以推斷出粒子的電性；粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，依據(jù)平衡條件推斷出洛倫茲力方向，然后應(yīng)用左手定則可以推斷出磁場方向，依據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑，結(jié)合半徑公式求出粒子電荷量與質(zhì)量的比值，然后分析答題。質(zhì)譜儀1．（2024·山西·臨縣第一中學(xué)高二階段練習(xí)）質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計(jì)，是分別和檢測不同同位素的儀器。如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理簡化示意圖，從粒子源O出來時的粒子速度很小，可以看作初速度為零，粒子經(jīng)過電場加速后由M點(diǎn)垂直進(jìn)入有界的垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，最終達(dá)到N點(diǎn)出口，測得M點(diǎn)到N點(diǎn)的距離為L，帶電粒子的電荷量和質(zhì)量的比值為k。不計(jì)粒子重力，則（）A．粒子肯定帶正電 B．粒子肯定帶負(fù)電C．L越大，k肯定越小 D．L越大，k肯定越大【答案】AC【解析】AB．依據(jù)左手定則，知粒子帶正電，故A正確，B錯誤；CD．依據(jù)半徑公式知又聯(lián)立解得知L越大，電荷量和質(zhì)量的比值k越小，故C正確，D錯誤。故選AC。2．（2024·河北保定·高二期中）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述不正確的是（）A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對里B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于C．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小D．粒子所帶電荷量相同時，打在膠片上的位置越靠近狹縫P，表明其質(zhì)量越大【答案】ACD【解析】A．依據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則知，該粒子帶正電，則在速度選擇器中粒子受到的電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，依據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面對外，故A錯誤，符合題意；B．在速度選擇器中，能通過狹縫P的帶電粒子受到的電場力和洛倫茲力平衡，有解得故B正確，不符合題意；CD．粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，有解得知r越小，比荷越大；電量相同時，r越小，m越小，故CD錯誤，符合題意。故選ACD。磁流體發(fā)電機(jī)1．（2024·浙江寧波·高二期中）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。假如把上、下板和電阻R連接，上、下板相當(dāng)于是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間勻稱分布，電阻率為ρ。忽視邊緣效應(yīng)，下列推斷正確的是（）A．上板為正極 B．上下兩板電壓U=BvdC．電流 D．電流【答案】D【解析】A．依據(jù)左手定則，正離子所受洛侖茲力向下，正離子向下偏轉(zhuǎn)，下板為正極，A錯誤；BCD．依據(jù)平衡條件得回路電流為電源內(nèi)阻為解得上下極板間電壓為解得BC錯誤，D正確。故選D。2．（2024·江蘇·東海縣教化局教研室高二期中）等離子氣流由左方連續(xù)以射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接。線圈A內(nèi)有隨圖2所示的變更磁場，且磁場B的正方向規(guī)定為向左，如圖1所示，則下列敘述正確的是（

）A．導(dǎo)線ab中的電流方向由b指向aB．0～2s內(nèi)cd導(dǎo)線電流方向由c指向dC．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引D．2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引【答案】D【解析】A．依據(jù)題意，由左手定則可知，等離子氣流進(jìn)入磁場后，正離子受的洛倫茲力向上，飛向板，負(fù)離子的洛倫茲力向下，飛向板，則帶正電，導(dǎo)線ab中的電流方向由a指向b，故A錯誤；B．由圖2，依據(jù)楞次定理可知，0～2s內(nèi)cd導(dǎo)線電流方向由d指向c，故B錯誤；C．由AB分析，依據(jù)兩根通電直導(dǎo)線中，通有異向電流相互排斥可知，1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互排斥，故C錯誤；D．由圖2，依據(jù)楞次定理可知，2～3s內(nèi)cd導(dǎo)線電流方向由c指向d，結(jié)合A分析，依據(jù)兩根通電直導(dǎo)線中，通有同向電流相互吸引可知，2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引，故D正確。故選D。電磁流量計(jì)1．（2024·福建三明·高二期中）為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在充溢污水的排污管末端安裝了一電磁流量計(jì)，如圖甲所示，流量計(jì)管道和排污管的內(nèi)徑分別為和。電磁流量計(jì)的測量原理如圖乙所示，在非磁性材料做成的圓管道處加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，當(dāng)管道中的污水流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上下M、N兩點(diǎn)的電勢差U，就可知道管中污水的流量?，F(xiàn)通過流量計(jì)測得的該廠的排污流量為，已知該流量計(jì)能夠測量的流經(jīng)其內(nèi)部的液體的最大速度為。則（）A．M點(diǎn)的電勢肯定低于N點(diǎn)的電勢 B．該廠排污管內(nèi)污水的速度約為C．電勢差U與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值約為 D．該電磁流量計(jì)能夠測量的最大流量約為【答案】CD【解析】A．依據(jù)左手定則可知，正電荷進(jìn)入磁場區(qū)域時會向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以M點(diǎn)的電勢肯定高于N點(diǎn)的電勢，故A錯誤；B．流量計(jì)測得排污量為85m3/h，流量計(jì)半徑為r=5cm=0.05m，排污管的半徑R=10cm=0.1m，則可得故B錯誤；C．流量計(jì)內(nèi)污水的速度約為v1=0.75m/s×4=3m/s，當(dāng)粒子在電磁流量計(jì)中受力平衡時，有可知故C正確；D．當(dāng)流量最大時，最大速度為，有所以最大流量為故D正確。故選CD。2．（2024·江蘇·蘇州外國語學(xué)校高二期中）安裝在排污管道上的流量計(jì)可以測量排污流量，流量為單位時間內(nèi)流過管道橫截面的流體的體積，如圖所示為流量計(jì)的示意圖。左右兩端開口的長方體絕緣管道的長、寬、高分別為、、，所在空間有垂直于前后表面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充溢管道從左向右勻速流淌，測得M、N間電勢差為，污水流過管道時受到的阻力大小，是比例系數(shù)，為管道長度，為污水的流速。則（）A．電壓與污水中離子濃度有關(guān)B．污水的流量C．金屬板M的電勢低于金屬板N的電勢D．左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差【答案】D【解析】C．依據(jù)左手定則，正離子向上極板聚集，負(fù)離子向下極板聚集，所以金屬板的電勢高于金屬板的電勢，C錯誤；A．隨著離子聚集，在管道內(nèi)形成勻強(qiáng)電場，最終離子在電場力和洛倫茲力的作用下平衡，即解得故電壓U與污水中離子濃度無關(guān)，A錯誤；B．污水的流量為B錯誤；D．污水勻速通過該裝置，則兩側(cè)的壓力差等于阻力，故解得D正確。故選D。五、霍爾元件1．（2024·四川省資陽中學(xué)高二期中）如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是（）A．導(dǎo)體的M面比N面電勢高B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為【答案】D【解析】A．如圖，電流方向向右，電子定向移動方向向左，依據(jù)左手定則推斷可知，電子所受的洛倫茲力方向：向上，則M積累了電子，MN之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，A錯誤；B．電子定向移動相當(dāng)長度為d的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動勢E，則有可見，電壓表示數(shù)僅由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，橫截面厚度以及粒子速度確定，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度、導(dǎo)體厚度肯定時，粒子速度越大，電壓表示數(shù)越大。導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，若要電流肯定，須要減小自由電子定向移動的速度，自由電子定向肯定的速度越小，電壓表的示數(shù)越小。B錯誤；C．由得自由電子定向移動的速度為C錯誤；D．電流的微觀表達(dá)式是則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)代入得D正確。故選D。2．（2024·江蘇·淮安市淮安區(qū)老師發(fā)展中心學(xué)科研訓(xùn)處高二期中）用霍爾元件測量微小位移可以精確到0.5微米，如圖所示，兩塊完全相同的磁體同極相對放置，在小范圍內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與z成正比?；魻栐跏荚趦蓸O的中間位置，當(dāng)元件沿±z軸小幅度移動時，可通過輸出電壓測量位移，下列說法正確的是（）A．霍爾元件肯定是用半導(dǎo)體材料制作的B．當(dāng)霍爾元件處于兩極中間位置時，輸出電壓為零C．此裝置只能測量位移大小，無法確定位移方向D．此裝置的輸出電壓與位移不是線性變更關(guān)系【答案】AB【解析】A．半導(dǎo)體的霍爾系數(shù)比金屬大得多，能產(chǎn)生較大的霍爾效應(yīng)，因此霍爾元件肯定是用半導(dǎo)體材料制作而不用金屬材料制作，A正確；B．當(dāng)霍爾元件處于兩極中間位置時，磁感強(qiáng)度為零，因此輸出的霍爾電壓為零，B正確；C．當(dāng)從z=0位置向右移動時，穿過霍爾元件的向左的磁場增加，而從z=0位置向左移動時，穿過霍爾元件的向右的磁場增加，這兩種狀況產(chǎn)生的霍爾電壓正負(fù)極顛倒，因此依據(jù)正負(fù)極可以推斷位移的方向，C錯誤；D．當(dāng)電流強(qiáng)度I恒定不變時，霍爾電壓與磁感強(qiáng)度大小成正比，而磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與沿z軸位移成正比，因此輸出電壓與位移是線性變更關(guān)系，D錯誤。故選AB?；匦铀倨?．（2024·江蘇·東海縣教化局教研室高二期中）如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子在P0處由靜止經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，對該回旋加速器，下列說法正確的是（

）A．帶電粒子每運(yùn)動一周被加速兩次B．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)C．AC板間的加速電場方向須要做周期性變更D．右側(cè)相鄰圓弧間距離P1P2與P2P3的比值為【答案】B【解析】AC．帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次。電場的方向沒有變更，則在AC間加速，AC錯誤；B．當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，依據(jù)解得知加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)，B正確；D．依據(jù)解得則同理因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，速度變更量經(jīng)過相同位移用的時間依據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律

即D錯誤。故選B。2．（2024·廣東東莞·高二期中）如圖所示，回旋加速器由兩個銅質(zhì)半圓D形金屬盒D1、D2構(gòu)成，其間留有縫隙，縫隙處接溝通電源，電壓的值為U。D形盒處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于盒底面，盒的圓心旁邊置有粒子源，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q（q>0），質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為R，下列說法正確的是（）A．粒子每次經(jīng)過D形盒之間的縫隙后動能增加qUB．粒子被加速后的最大速度隨加速電壓增大而增大C．粒子被加速后的最大速度為D．不變更溝通電的頻率和磁感應(yīng)強(qiáng)度B，加速質(zhì)子（）的回旋加速器也可以用來加速α（）粒子【答案】AC【解析】A．粒子每次經(jīng)過D形盒之間的縫隙后動能增加qU，A正確；BC．依據(jù)牛頓其次定律得解得粒子被加速后的最大速度與加速電壓無關(guān)，B錯誤，C正確；D．粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期為粒子做勻速圓周運(yùn)動的頻率為質(zhì)子和α粒子做勻速圓周運(yùn)動的頻率不同，所用溝通電的頻率也不同，所以不變更溝通電的頻率和磁感應(yīng)強(qiáng)度B，加速質(zhì)子（）的回旋加速器不行以用來加速α（）粒子，D錯誤。故選AC。帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．（2024·黑龍江·雞西市英橋高級中學(xué)高二期中）如圖所示，在平面第一象限內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，電場方向平行軸向下，在第四象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對外。一質(zhì)量為、帶電量為的正粒子從軸上點(diǎn)以初速度垂直軸射入勻強(qiáng)電場，在電場力作用下從軸上點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場。已知、，粒子進(jìn)入磁場后恰能從磁場再次進(jìn)入電場，不計(jì)粒子重力。求：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小；（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）依據(jù)類平拋運(yùn)動，水平方向豎直方向其中解得（2）粒子進(jìn)入磁場后恰能從磁場再次進(jìn)入電場，作出運(yùn)動軌跡如圖：粒子進(jìn)入磁場時速度為，與水平方向的夾角為，則解得粒子圓周運(yùn)動的半徑為，由幾何關(guān)系可知解得由洛倫茲力供應(yīng)向心力解得2．（2024·甘肅·涇川縣第三中學(xué)高二期末）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中的第一象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，其次象限內(nèi)存在可調(diào)整的垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）。一粒子源固定在x軸上M（L，0）點(diǎn)，沿y軸正方向釋放出速度大小均為v0的電子，電子經(jīng)電場后恰好從y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入其次象限。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，電場強(qiáng)度，不考慮電子的重力和其間的相互作用，求：（1）N點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）若其次象限充溢勻強(qiáng)磁場，要使電子從處射出其次象限，則所加磁場的大小和方向。【答案】（1）（0，L）；（2），垂直于紙面對外【解析】（1）從M到N的過程中，電子做類平拋運(yùn)動，在x軸方向加速度為設(shè)從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間為，則解得在y軸方向解得則N點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，L）；（2）電子運(yùn)動軌跡如下圖設(shè)電子到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，由動能定理有由（1）中分析可得，電子在N點(diǎn)的速度的水平分速度為因此解得因此設(shè)電子在磁場中運(yùn)動的半徑為r，由圖可知可得又有電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，依據(jù)牛頓其次定律解得由左手定則可知磁場方向?yàn)榇怪庇诩埫鎸ν狻０?、帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1．（2024·四川·成都東部新區(qū)養(yǎng)馬高級中學(xué)高二開學(xué)考試）如圖所示，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=4V/m，方向水平向左，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直紙面對里。質(zhì)量m=1kg的帶正電小物體A，從M點(diǎn)沿粗糙、絕緣的豎直墻壁無初速下滑，它滑行h=0.8m到N點(diǎn)時脫離墻壁做曲線運(yùn)動，在通過P點(diǎn)瞬時，A受力平衡，此時其速度與水平方向成=45°角，且P點(diǎn)與M點(diǎn)的高度差為H=1.6m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2。求：（1）A沿墻壁下滑時，克服摩擦力做的功Wf；（2）P點(diǎn)與M點(diǎn)的水平距離s。【答案】（1）6J；（2）0.6m【解析】（1）設(shè)物體滑到N點(diǎn)時速度為v1，由題意分析物體受力狀況，物體在N點(diǎn)恰脫離墻面，有從M到N的過程中，由動能定理聯(lián)解上式并代入數(shù)據(jù)，解得即克服摩擦力做功6J（2）設(shè)物體運(yùn)動到P點(diǎn)時速度為v2，由題意和左手定則知物體在P點(diǎn)受力平衡，有從N到P的過程中，由動能定理聯(lián)解上式并代入數(shù)據(jù)，解得s=0.6m2．（2024·廣東·興寧市第一中學(xué)高二期中）如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為志向邊界，Ⅰ區(qū)域高度d=0.15m，Ⅱ區(qū)域的范圍足夠大。勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T，方向分別垂直紙面對里和向外。一個質(zhì)量為m=、帶電荷量為的帶電小球從距MN的高度為h的O點(diǎn)由靜止起先下落，進(jìn)入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2。（1）試推斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大??；（2）若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿意什么條件？（3）若想帶電小球運(yùn)動肯定時間后恰能回到O點(diǎn)，h應(yīng)當(dāng)?shù)扔诙嗌?？并求從起先運(yùn)動到返回O點(diǎn)的時間（保留一位有效數(shù)字）？【答案】（1）正電，0.25N/C；（2）h>0.45m；（3）h=0.6m，1s【解析】（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電。則有解得E=0.25N/C（2）假設(shè)下落高度為h0時，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動的圓弧與PQ相切時，運(yùn)動軌跡如圖甲所示由幾何學(xué)問可知，小球的軌道半徑R=d帶電小球在進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動，由動能定理得帶電小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓其次定律得聯(lián)立解得h0=0.45m則當(dāng)h>h0時，即h>0.45m時帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。（3）帶電小球的軌跡如圖乙所示以三個圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長為2R1，內(nèi)角為60°，由幾何關(guān)系知由解得粒子在磁場外運(yùn)動的時間粒子在磁場運(yùn)動的時間一、單選題1．（2024·湖南·雅禮中學(xué)二模）武漢病毒探討所是我國防護(hù)等級最高的P4試驗(yàn)室，在該試驗(yàn)室中有一種污水流量計(jì)，其原理可以簡化為如圖乙所示模型：廢液內(nèi)含有大量正負(fù)離子，從直徑為d的圓柱形容器右側(cè)流入，左側(cè)流出，流量值Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面對里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，下列說法正確的是（）A．只須要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B、直徑d及MN兩點(diǎn)電壓U，就能夠推算污水的流量B．只須要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B及MN兩點(diǎn)電壓U，就能夠推算污水的流速C．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大時，污水流速將增大D．當(dāng)污水中離子濃度上升時，MN兩點(diǎn)電壓將增大【答案】A【解析】AB．廢液流速穩(wěn)定后，粒子受力平衡，有解得廢液的流速廢液流量解得只須要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B、直徑d及MN兩點(diǎn)電壓U，就能夠推算污水的流量，而要測量出廢液的流速，除須要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B及MN兩點(diǎn)電壓U外，還須要測量出圓柱形容器直徑d，故A正確，B錯誤；C．電磁流量計(jì)可利用的表達(dá)式來測出污水的流速，但是不能通過變更磁感應(yīng)強(qiáng)度B來變更污水的流速，故C錯誤；D．由可知可知MN兩點(diǎn)電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、流量Q、直徑d有關(guān)，而與離子的濃度無關(guān)，故D錯誤；故選A。2．（2024·北京海淀·二模）如圖所示為某種質(zhì)譜儀工作原理示意圖，離子從電離室A中的小孔S1飄出（初速度不計(jì)），經(jīng)相同的加速電場加速后，通過小孔S2，從磁場上邊界垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，運(yùn)動半個圓周后打在照相底片D上并被汲取形成譜線。照相底片D上有刻線勻稱分布的標(biāo)尺（圖中未畫出），可以干脆讀出離子的比荷。下列說法正確的是（）A．加速電壓越大，打在底片上同一位置離子的比荷越大B．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的比荷越大C．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的電荷量越大D．若將該裝置底片刻度標(biāo)注的比荷值修改為同位素的質(zhì)量值，則各刻線對應(yīng)質(zhì)量值是勻稱的【答案】A【解析】ABC．在加速電場中，依據(jù)動能定理在偏轉(zhuǎn)磁場中，洛倫茲供應(yīng)向心力打在屏上的位置d=2r聯(lián)立可得則加速電壓越大，打在底片上同一位置離子的比荷越大；磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的比荷越??；磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的電荷量不肯定越大，選項(xiàng)A正確，BC錯誤；D．依據(jù)可得對同位素電量q相等，則則若將該裝置底片刻度標(biāo)注的比荷值修改為同位素的質(zhì)量值，則各刻線對應(yīng)質(zhì)量值不是勻稱的，選項(xiàng)D錯誤。故選A。3．（2024·江蘇常州·三模）利用質(zhì)譜儀檢測電量相等（4價）的氣態(tài)C14和C12離子的濃度比，結(jié)合C14衰變?yōu)镹14的半衰期，可以推斷古代生物的年齡。如圖所示，離子從容器A下方的狹縫S1飄入電場，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分別，檢測分別后離子的電流強(qiáng)度可得離子的濃度比。測得，則C14和C12的濃度比為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】帶電粒子在電場中加速得解得帶電粒子在磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力得故粒子的電量相同，質(zhì)量越大，軌跡半徑越大，到達(dá)Q點(diǎn)的是C14，依據(jù)電流的微觀表達(dá)式得故C正確，ABD錯誤。故選C。4．（2024·河北邯鄲·二模）速度選擇器裝置如圖所示，粒子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿做勻速直線運(yùn)動。全部粒子均不考慮重力的影響，下列說法正確的是（）A．粒子（）以速度自點(diǎn)沿中軸線從右邊射入也能做勻速直線運(yùn)動B．電子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動C．氘核（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，動能將減小D．氚核（）以速度2自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，動能將增大【答案】B【解析】粒子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動，將受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，滿意解得即粒子的速度滿意速度選擇器的條件；A．粒子（）以速度自點(diǎn)沿中軸線從右邊射入時，受到電場力向下，洛倫茲力也向下，故會向下偏轉(zhuǎn)不會做勻速直線運(yùn)動，A錯誤；B．電子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，受到電場力向上，洛倫茲力向下，依舊滿意電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運(yùn)動，即速度選擇器不選擇電性而只選擇速度，B正確；C．氘核（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，洛倫茲力小于電場力，粒子向下偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，動能將增大，C錯誤；D．氚核（）以速度2自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，洛倫茲力大于電場力，粒子向上偏轉(zhuǎn)，電場力做負(fù)功，動能將減小，D錯誤。故選B。5．（2024·河北邯鄲·二模）如圖所示，氕、氘、氚三種核子分別從靜止起先經(jīng)過同一加速電壓（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入垂直于紙面對里的有界勻強(qiáng)磁場，氕的運(yùn)動軌跡如圖。則氕、氘、氚三種核子射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距最大的是（）A．氕 B．氘 C．氚 D．無法判定【答案】C【解析】帶電粒子射出加速電場時速度由射出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角為，運(yùn)動軌跡如圖所示，有又洛倫茲力供應(yīng)向心力得由幾何關(guān)系得氕、氘、氚三種核子，氚比荷最小，故射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距最大，C正確。故選C。二、多選題6．（2024·北京·人大附中三模）生活中可以通過霍爾元件來測量轉(zhuǎn)動物體的轉(zhuǎn)速。如圖，在一個圓盤邊緣處沿半徑方向等間隔地放置四個小磁鐵，其中兩個N極向外，兩個S極向外。在圓盤邊緣旁邊放置一個霍爾元件，其尺寸如圖所示。當(dāng)電路接通后，會在a、b兩端產(chǎn)生電勢差（霍爾電壓），當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時，電壓經(jīng)電路放大后得到脈沖信號。已知脈沖信號的周期為T，若忽視感應(yīng)電動勢的影響，則（）A．盤轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為B．變更乙圖中的電源正負(fù)極，不影響間電勢差的正負(fù)C．脈沖信號的最大值與霍爾元件的左右寬度L無關(guān)D．圓盤轉(zhuǎn)到圖示位置時，假如a點(diǎn)電勢高，說明霍爾元件中定向移動的電荷帶負(fù)電【答案】D【解析】A．由題意可知，盤轉(zhuǎn)動的周期是脈沖信號周期的2倍，可得故A錯誤；B．變更乙圖中的電源正負(fù)極，間電勢差的正負(fù)號相反，故B錯誤；C．由公式可知所以霍爾元件所在處的磁場越強(qiáng)，脈沖信號的最大值就越大，與轉(zhuǎn)速無關(guān)，結(jié)合公式可得所以脈沖信號的最大值與霍爾元件的左右寬度L有關(guān)，故C錯誤；D．圓盤轉(zhuǎn)到圖示時，由左手定則可知，定向移動的電荷向下偏轉(zhuǎn)，若要a點(diǎn)電勢更高，則定向移動的電荷為負(fù)電荷，D正確。故選D。7．（2024·山東日照·三模）如圖所示，水平地面上方存在相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下、磁場方向水平向里。一個帶正電的小球從A點(diǎn)沿水平向右方向進(jìn)入該區(qū)域，落到水平地面上，設(shè)飛行時間為，水平射程為，著地速度大小為，電場力的瞬時功率為；撤去磁場，其余條件不變，小球飛行時間為，水平射程為，著地速度大小為，電場力的瞬時功率為。下列推斷正確的是（）A．< B．> C． D．【答案】BC【解析】小球在電場與磁場同時存在的狀況下落到地面，與撤去磁場時相比，多受一大小變更、方向斜向右上（A點(diǎn)水平向右）的洛倫茲力，設(shè)速度與水平方向夾角為，豎直方向上，由牛頓其次定律有，得水平方向上，AB．對兩球豎直方向上，都下落h，由，可知水平方向上，由，可知A錯誤，B正確；C．由動能定理可知兩種狀況粒子拋出到地面過程中，都只有重力和電場力做功，總功相同，由動能定理所以有C正確；D．設(shè)兩種狀況小球落地時速度與水平方向夾角分別為和，則有運(yùn)動分析可知豎直方向上分速度，有電場力的瞬時功率為可知D錯誤。故選BC。8．（2024·山東濟(jì)寧·三模）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi)，z軸豎直向上。坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電量為q的小球A，繞z軸做勻速圓周運(yùn)動，小球與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為r，O點(diǎn)和小球A的連線與z軸的夾角為θ=37°。重力加速度為g，cos37°=0.8，sin37°=0.6，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A．從上往下看帶電小球沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動B．小球A與點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為mgC．小球A做圓周運(yùn)動的過程中所受的庫侖力不變D．小球A做圓周運(yùn)動的速度越小，所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小【答案】AB【解析】A．空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場B，依據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力才指向圓心，A正確；B．洛倫茲力沿水平方向，在豎直方向，依據(jù)平衡條件得解得小球A與點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為mg，B正確；C．小球A做圓周運(yùn)動的過程中所受的庫侖力大小不變，方向在變更，C錯誤；D．水平方向依據(jù)牛頓其次定律解得可見，只有當(dāng)時，即B才有最小值?？梢姡?dāng)時，速度越小，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，D錯誤。故選AB。9．（2024·湖北·襄陽五中二模）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi)，z軸豎直向上。坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場B。質(zhì)量為m帶電量為q的小球A，繞z軸做勻速圓周運(yùn)動，小球A的速度大小為v0，小球與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為r，O點(diǎn)和小球A的連線與z軸的夾角θ=37°。重力加速度為g，m、q、r已知。（cos37°=0.8，sin37°=0.6）則下列說法正確的是（）A．小球A與點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為mgB．從上往下看帶電小球只能沿順時針方向做勻速圓周運(yùn)動C．v0越小所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小D．時，所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小【答案】AD【解析】A．小球A受重力、庫倫茲和洛倫茲力，它們的合力供應(yīng)向心力，重力與庫侖力的合力水平，如圖，庫侖力大小為故A正確；B．洛倫茲力指向z軸，勻強(qiáng)磁場豎直向下，依據(jù)左右定則可知，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動，故B錯誤；CD．依據(jù)牛頓其次定律得當(dāng)即時，B取最小值，由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，v0和B并非單調(diào)關(guān)系，故C錯誤，D正確。故選AD。10．（2024·山東泰安·三模）如圖所示，在水平方向上存在垂直紙面對里、大小為B的勻強(qiáng)磁場。將質(zhì)量為m、電荷量肯定值為q的帶電油滴從a點(diǎn)由靜止釋放，它在豎直面內(nèi)的部分運(yùn)動軌跡如圖所示，b為整段軌跡的最低點(diǎn)，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．油滴帶正電B．軌跡ab可能是橢圓曲線的一部分C．油滴到b點(diǎn)時的速度大小為D．油滴到b點(diǎn)后將沿水平方向做勻速直線運(yùn)動【答案】AC【解析】A．油滴在重力作用下下落，獲得速度后將受到洛倫茲力作用，依據(jù)洛倫茲力方向和左手定則可推斷油滴帶正電，故A正確；B．將油滴的運(yùn)動分解為兩個分運(yùn)動，一個是水平向右的勻速直線運(yùn)動，速度大小滿意受力滿意二力平衡，另一個是初速度方向向左，大小為v的勻速圓周運(yùn)動，受到的洛倫茲力為qvB，兩個分運(yùn)動的合成軌跡將是一個旋輪線，故B錯誤；C．油滴到b點(diǎn)時，重力做功最多，速度最大，正好是勻速圓周運(yùn)動分運(yùn)動的最低點(diǎn)，速度大小為方向水平向右，故C正確；D．在b點(diǎn)時的洛倫茲力大小為2qvB、方向豎直向上，重力大小為mg，二力合力向上，有加速度大小為g，方向向上，故不行能沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，故D錯誤。故選AC。三、解答題11．（2024·山東·威海市教化教學(xué)探討中心二模）某離子試驗(yàn)裝置的基本原理如圖所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)，Ⅰ區(qū)長