新高考物理一輪復(fù)習(xí)精選題輯課練28帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

1、新高考物理一輪復(fù)習(xí)精選題輯課練28帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1(2021·江蘇如皋質(zhì)檢)(多項(xiàng)選擇)如下列圖為磁流體發(fā)電機(jī)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(shí)金屬板上就會(huì)聚集電荷在磁極配置如圖中所示的情況下，以下說法正確的選項(xiàng)是()AA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)的原因是離子所受的洛倫茲力大于所受的靜電力答案：ABD解析：根據(jù)左手定那么可知，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，那么A板帶負(fù)電，故A正確因?yàn)锽板帶正電，A板帶

2、負(fù)電，所以電流的流向?yàn)閺腷經(jīng)用電器流向a，故B正確因?yàn)锽板帶正電，A板帶負(fù)電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯(cuò)誤等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故D正確2(2021·廣東珠海一模)如下列圖，從S處發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向下極板偏轉(zhuǎn)設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取以下措施，其中可行的是()A適當(dāng)減小電場強(qiáng)度EB適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度BC適當(dāng)增大加速電壓UD適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離答案：B解析：根據(jù)左手定那么可知，電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向下

3、極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力小于洛倫茲力，要想使電子沿直線從電磁復(fù)合場區(qū)域通過，那么必須有EqqvB，所以可以適當(dāng)增大電場強(qiáng)度或適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，A錯(cuò)誤，B正確；由Uemv2得v，可以適當(dāng)減小加速電壓來減小電子進(jìn)入電磁復(fù)合場的速度v，從而使得EqqvB，C錯(cuò)誤；適當(dāng)增大加速電場極板間的距離，但只要兩板間電壓不變，電子進(jìn)入磁場的速度就不變，那么電子受到的電場力仍小于它受到的洛倫茲力，電子向下偏轉(zhuǎn)，D錯(cuò)誤3(2021·浙江杭州期末)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(dòng)控制等領(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

4、當(dāng)于正電荷)如下列圖，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強(qiáng)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)，那么其前、后兩外表會(huì)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))，那么關(guān)于前、后兩外表電勢上下的判斷，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A假設(shè)接入元件1時(shí)，前外表電勢高；假設(shè)接入元件2時(shí)，前外表電勢低B假設(shè)接入元件1時(shí)，前外表電勢低；假設(shè)接入元件2時(shí)，前外表電勢高C不管接入哪個(gè)元件，都是前外表電勢高D不管接入哪個(gè)元件，都是前外表電勢低答案：A解析：假設(shè)接

5、入元件1，載流子是電子，根據(jù)左手定那么可知，電子向后外表偏轉(zhuǎn)，故前外表電勢高；假設(shè)接入元件2，載流子是空穴，根據(jù)左手定那么可知，正電荷向后外表偏轉(zhuǎn)，故前外表電勢低，后外表電勢高，A正確4(2021·陜西渭南一模)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如下列圖粒子源S產(chǎn)生一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的初速度很小，可以看成是靜止的，粒子經(jīng)過電壓U加速進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，沿著半圓運(yùn)動(dòng)軌跡打到底片P上，測得它在P上的位置到入口處S1的距離為x，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A對(duì)于給定的帶電粒子，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變時(shí)，加速電壓U越大，粒子在

6、磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長B對(duì)于給定的帶電粒子，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變時(shí)，加速電壓U越大，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短C當(dāng)加速電壓U和磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，x越大，帶電粒子的比荷越大D當(dāng)加速電壓U和磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，x越大，帶電粒子的比荷越小答案：D解析：在加速電場中由Uqmv2得v，在勻強(qiáng)磁場中由qvB得R，且R，聯(lián)立解得，所以當(dāng)加速電壓U和磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，x越大，帶電粒子的比荷越小，C錯(cuò)誤，D正確粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t，與加速電壓U無關(guān)，A、B錯(cuò)誤5(2021·江蘇宜興模擬)(多項(xiàng)選擇)盤旋加速器的工作原理示意圖如下列圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過其

7、的時(shí)間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，假設(shè)A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，以下說法正確的選項(xiàng)是()A假設(shè)只增大交流電壓U，那么質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能增大B假設(shè)只增大交流電壓U，那么質(zhì)子在盤旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)變短C假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，交流電頻率f必須適當(dāng)增大，盤旋加速器才能正常工作D不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該盤旋加速器也能用于加速粒子答案：BC解析：當(dāng)質(zhì)子從D形盒中射出時(shí)速度最大，根據(jù)qvmBm，得vm，那么質(zhì)子獲得的最大功能Ekm，質(zhì)子的最大動(dòng)能與交流電壓U無關(guān)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)T，可知假設(shè)只增大交流電壓U，不會(huì)改變質(zhì)子在盤旋加速器中運(yùn)動(dòng)的周期，但加速次數(shù)會(huì)減少

8、，那么質(zhì)子在盤旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故B正確；根據(jù)T，可知假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，那么T減小，只有當(dāng)交流電頻率f適當(dāng)增大，盤旋加速器才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與在加速電場中運(yùn)動(dòng)的周期相等，根據(jù)T知，換用粒子，粒子的比荷變化，在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期變化，盤旋加速器需改變交流電的頻率才能用于加速粒子，故D錯(cuò)誤6(2021·北京××區(qū)期末)(多項(xiàng)選擇)將一塊長方體形狀的半導(dǎo)體材料樣品的外表垂直磁場方向置于磁場中，當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場方向垂直的電流時(shí)，在半導(dǎo)體材料與電流和磁場方向垂直的兩個(gè)側(cè)面會(huì)出現(xiàn)一定的電壓，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，產(chǎn)生的電壓稱

9、為霍爾電壓，相應(yīng)的將具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)體材料樣品稱為霍爾元件如下列圖，利用電磁鐵產(chǎn)生磁場，毫安表檢測輸入霍爾元件的電流，毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓圖中的霍爾元件是P型半導(dǎo)體，與金屬導(dǎo)體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子是空穴(空穴可視為能自由移動(dòng)帶正電的粒子)圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個(gè)接線端當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，以下說法中正確的選項(xiàng)是 ()A電表B為毫伏表，電表C為毫安表B接線端2的電勢高于接線端4的電勢C假設(shè)調(diào)整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，那么毫伏表的示數(shù)將保持不變D假設(shè)減小R1、增大R2，那么毫伏表示數(shù)一

10、定增大答案：BC解析：電表B測量的是輸入霍爾元件的電流，電表C測量的是霍爾元件輸出的電壓，所以電表B為毫安表，電表C為毫伏表，A錯(cuò)誤；由鐵芯上的線圈繞向可知，霍爾元件處的磁場方向?yàn)樽陨隙?，輸入霍爾元件的電流方向?yàn)橛?到3，由左手定那么可知，載流子(空穴)受到洛倫茲力的作用將會(huì)偏向接線端2，所以接線端2的電勢高于接線端4的電勢，B正確；假設(shè)使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，那么產(chǎn)生的霍爾電壓的大小和方向均不變，毫伏表的示數(shù)將保持不變，C正確；假設(shè)減小R1，那么通過霍爾元件的磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，增大R2，通過霍爾元件的電流I減小，對(duì)于霍爾元件有qBvq，InqSv，聯(lián)立得U

11、H，因不知B和I的具體變化量，無法確定毫伏表示數(shù)的變化，D錯(cuò)誤7(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，一個(gè)帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面BC上的D點(diǎn)停下來物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過B處時(shí)的機(jī)械能損失先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場，第二次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D點(diǎn)停下來，如圖乙后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場，再次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D點(diǎn)停下來，如圖丙那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()AD點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) BD點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合CD點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) DD點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合

12、答案：BC解析：設(shè)AB斜面與水平面的夾角為，從A點(diǎn)至D點(diǎn)過程中，以物塊為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，由動(dòng)能定理有mghmgs1cosmgs20，化簡解得hs1coss20.由題意知，A點(diǎn)距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)、斜面傾角、斜面長度s1為定值，所以s2與重力大小無關(guān)，而在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場后，相當(dāng)于把重力增大了，s2不變，D點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤8.(多項(xiàng)選擇)如下列圖為一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的圓

13、環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的vt圖象可能是以下列圖中的()答案：AD解析：由左手定那么可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)還受到豎直向下的重力、垂直于細(xì)桿的彈力及向左的摩擦力當(dāng)Bqv0mg時(shí)，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確當(dāng)Bqv0<mg時(shí)，NmgBqv0，此時(shí)Nma，所以圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，其vt圖象的斜率應(yīng)該逐漸增大，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤當(dāng)Bqv0>mg時(shí)，NBqv0mg，此時(shí)Nma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到Bqvmg時(shí)，圓環(huán)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確

14、9(多項(xiàng)選擇)如下列圖，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，有一個(gè)帶正電的小球(電荷量為q、質(zhì)量為m)從電、磁復(fù)合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過電、磁復(fù)合場的是()答案：CD解析：A圖中小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定增大，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤B圖中小球受重力、向上的電場力、垂直紙面向外的洛倫茲力，合力與速度方向一定不共線，故一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤C圖中小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，假設(shè)三力平衡，那么小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C

15、正確D圖中小球受向下的重力和向上的電場力，合力一定與速度共線，故小球一定做直線運(yùn)動(dòng)，故D正確10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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，該裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，物塊由底端E運(yùn)動(dòng)至皮帶輪頂端F的過程中，其vt圖象如圖乙所示，物塊全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的選項(xiàng)是()A該物塊帶負(fù)電B皮帶輪的傳動(dòng)速度大小一定為1 m/sC假設(shè)皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對(duì)位移D在24.5 s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對(duì)運(yùn)動(dòng)答案：D解析：對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知，開始時(shí)物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為

16、，沿斜面的方向有FNmgsinma物塊運(yùn)動(dòng)后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由式可知，一定是FN逐漸減小，而開始時(shí)FNmgcos，后來FNmgcosf洛，即洛倫茲力的方向是向上的物塊沿皮帶向上運(yùn)動(dòng)，由左手定那么可知物塊帶正電，故A錯(cuò)誤物塊向上運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力越來越大，那么受到的支持力越來越小，結(jié)合式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時(shí)，物塊到達(dá)最大速度，此時(shí)mgsin(mgcosf洛)由式可知，只要皮帶的速度大于或等于1 m/s，那么物塊到達(dá)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1 m/s，也可能大于1 m/s，那么物塊可能相對(duì)于傳送帶靜止，也可能相對(duì)于傳

17、送帶運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤、D正確由以上分析可知，皮帶的速度無法判斷，所以假設(shè)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(duì)位移，故C錯(cuò)誤11(2021·河南開封一模)如下列圖，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑R0.5 m，磁場垂直于紙面向里在y>R的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E1.0×105 V/m.在坐標(biāo)原點(diǎn)M點(diǎn)有一帶正電的粒子以速率v1.0×106 m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開粒子的比荷為1.0×107 C/kg，粒子的重力不計(jì)求：(1)圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)

18、強(qiáng)度的大??；(2)該粒子從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所運(yùn)動(dòng)的路程答案：(1)0.2 T(2)2.57 m解析：(1)沿x軸正方向射入磁場的粒子進(jìn)入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如下列圖的P點(diǎn)射出磁場，逆著電場線方向運(yùn)動(dòng)，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rR0.5 m根據(jù)Bqv，得B，代入數(shù)據(jù)解得B0.2 T.(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周的周長s1R，設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得Eqmv2，s2，總路程ss1s2R，代入數(shù)據(jù)解得s2.57 m.12(2021·河北衡水中學(xué)三調(diào))如下列圖，質(zhì)量M為5.0 kg的小

19、車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車上AD局部是外表粗糙的水平軌道，DC局部是光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0 T現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果保存兩位有效數(shù)字(1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能(2)如果滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r.(3)當(dāng)滑塊通過

20、D點(diǎn)時(shí)，立即撤去磁場，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑答案：(1)85 J(2)1 m(3)0.71 m解析：(1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，小車在此時(shí)的速度大小為v2，滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，有mv0Mvmv1Mv2，解得v20.設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E，那么有EmvMv2mv，解得E85 J.(2)設(shè)滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力為FN，那么由牛頓第三定律可得FN76 N，由牛頓第二定律可得FN(mgqEqv1B)m，解得r1 m.(3)設(shè)滑塊圓弧軌道上升到最大高度時(shí)，滑塊與小車具有共同的速度v，由動(dòng)量守恒定律可得mv1(

21、mM)v，解得v m/s.設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有mv(mM)v2(mgqE)Rm，解得Rm0.71 m.刷題加餐練1(2021·新課標(biāo)全國卷)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是()Amambmc BmbmamcCmcmamb Dmcmbma答案：B解析：此題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)因微粒a做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那么微粒重力不能

22、忽略且與電場力平衡：magqE；由左手定那么可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直向上與豎直向下，那么對(duì)b、c分別由平衡條件可得mbgqEBqvb>qE、mcgqEBqvc<qE，故有mb>ma>mc，B正確2(2021·新課標(biāo)全國卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如下列圖，其中加速電壓恒定質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場假設(shè)某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A11 B12C1

23、21 D144答案：D解析：帶電粒子在加速電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qUmv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，其半徑r，由以上兩式整理得：r .由于質(zhì)子與一價(jià)正離子的電荷量相同，B1B2112，當(dāng)半徑相等時(shí)，解得：144，選項(xiàng)D正確3(2021·甘肅西北師范大學(xué)附中模擬)(多項(xiàng)選擇)如下列圖，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)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，兩小球的電荷量始終不變，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的選項(xiàng)是()A沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)B假設(shè)小球沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)，那么小球帶正電，且一定是勻速運(yùn)動(dòng)C假設(shè)小球沿

24、ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，那么小球帶負(fù)電，可能做勻加速運(yùn)動(dòng)D兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒答案：AB解析：沿ab方向拋出的小球，根據(jù)左手定那么及平衡條件可知，小球只有帶正電才能受力平衡做直線運(yùn)動(dòng)，而沿ac方向拋出的小球，同理分析可知，小球只有帶負(fù)電才能做直線運(yùn)動(dòng)，因小球運(yùn)動(dòng)的速度影響其受到的洛倫茲力大小，所以小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)一定是勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B正確，C錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中，因電場力做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤4(2021·四川模擬)(多項(xiàng)選擇)如下列圖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(環(huán)形管的寬度非常小)，質(zhì)量為m、電荷量

25、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為兩塊中心開有小孔且小孔距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當(dāng)帶電粒子經(jīng)過A板剛進(jìn)入A、B之間時(shí)，A板電勢升高到U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速，每當(dāng)粒子離開B板時(shí)，A板電勢又降為零，粒子在電場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，極板間距遠(yuǎn)小于R，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁場方向垂直于紙面向里B粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，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)過程中，A板電勢變化的周期不變D粒子繞行第

26、N圈時(shí)，環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 答案：BD解析：粒子在A、B之間加速，故粒子是沿順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，在磁場中洛倫茲力提供向心力，故磁場方向垂直紙面向外，A錯(cuò)誤；粒子在電場中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有ENNqU，故B正確；粒子在加速，根據(jù)T，周期要減小，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知NqUmv，得到vN ，由牛頓第二定律，那么有mqvNBN，解得BN，聯(lián)立解得B ，故D正確5(2021·蘭州診斷)(多項(xiàng)選擇)如下列圖，粗糙的足夠長豎直絕緣桿上套有一帶電小球，整個(gè)裝置處在由水平向右勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A小球的加速

27、度先增大后減小B小球的加速度一直減小C小球的速度先增大后減小D小球的速度一直增大，最后保持不變答案：AD解析：此題考查力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系假設(shè)小球帶正電，小球在水平方向受向右的電場力、向左的洛倫茲力和彈力，在豎直方向受重力和摩擦力，洛倫茲力隨著速度的增大而增大，當(dāng)洛倫茲力等于電場力之后，彈力方向改變，所以彈力是先減小后增大，摩擦力也是先減小后增大，故小球的加速度先增大后減小，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)摩擦力等于小球的重力之后，小球一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在這之前，小球做加速運(yùn)動(dòng)，所以小球是先加速再勻速，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確6(2021·昆明一中強(qiáng)化訓(xùn)練)(多項(xiàng)選擇)如下列圖，在正交的勻強(qiáng)電場、勻

28、強(qiáng)磁場中質(zhì)量為m的帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，由此可知()A小球帶正電B小球帶負(fù)電C小球沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D小球機(jī)械能守恒答案：BC解析：此題考查帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，那么mgqE，小球所受電場力方向向上，故小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)左手定那么可得，小球沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，C正確；小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力做功，小球機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤7(2021·××市長郡中學(xué)月考)(多項(xiàng)選擇)如下列圖，等腰直角三角形ACD的直角邊長為2a，P為AC邊的中點(diǎn)，Q

29、為CD邊上的一點(diǎn)，DQa.在ACD區(qū)域內(nèi)，既有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，又有電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，一帶正電的粒子自P點(diǎn)沿平行于AD的直線通過ACD區(qū)域不計(jì)粒子的重力，以下說法正確的有()A粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度大小為B假設(shè)僅撤去電場，粒子仍以原速度自P點(diǎn)射入磁場，從Q點(diǎn)射出磁場，那么粒子的比荷為C假設(shè)僅撤去電場，粒子仍以原速度自P點(diǎn)射入磁場，從Q點(diǎn)射出磁場，那么粒子的比荷為D假設(shè)僅撤去磁場，粒子仍以原速度自P點(diǎn)射入電場，那么粒子在ACD區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為答案：AB解析：此題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)帶正電的粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動(dòng)，且受到洛倫茲力作用

30、，那么粒子在復(fù)合場區(qū)受力平衡，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)速度為v，那么qEqvB，解得v，選項(xiàng)A正確；僅撤去電場時(shí)，那么帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，過點(diǎn)Q作半徑OQ，與CA的延長線交于圓心O，作QHCA，垂足為H，那么qvBm，在RtHOQ中，由幾何關(guān)系可得HO2HQ2R2，HQ2aacos45°a，HOOCHC(Ra)HQ，聯(lián)立解得R3a，選項(xiàng)B正確、C錯(cuò)誤；僅撤去磁場時(shí)，粒子沿初速度v方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)：xvt，粒子沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：y··t2，由幾何關(guān)系可得xya，聯(lián)立可得：2t26at6a20，解得：taB，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8如下列

31、圖，空間存在足夠大、正交的勻強(qiáng)電場和磁場，電場強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里從電場、磁場中某點(diǎn)P由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子的重力忽略不計(jì))，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖虛線所示對(duì)于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，以下給出了四個(gè)表達(dá)式，可能正確的選項(xiàng)是()A. B.C. D.答案：A解析：根據(jù)題意，由動(dòng)能定理知粒子運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中有，qEHmv2，在最低點(diǎn)，洛倫茲力大于電場力，qE<qvB，故H>，且H的單位一定跟的單位相同，故A正確9如下列圖是電視機(jī)顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖初速度不計(jì)的電子經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入有限邊界的勻強(qiáng)

32、磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度與正常的相比偏小，那么引起這種現(xiàn)象的可能原因是()A電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少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)減少D偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)磁場增強(qiáng)答案：C解析：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，即軌道半徑增大。而電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的半徑r，電子槍發(fā)射能力減弱，即發(fā)射的電子數(shù)減少，而運(yùn)動(dòng)的電子速率及磁場不變，因此不會(huì)影響電視畫面幅度的大小，故A錯(cuò)誤；當(dāng)加速電場電壓過低，那么電子速率偏小，導(dǎo)致電子運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈

33、匝數(shù)減少時(shí)，導(dǎo)致偏轉(zhuǎn)磁場減弱，從而使電子運(yùn)動(dòng)半徑增大，電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，那么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)磁場增強(qiáng)時(shí)，導(dǎo)致電子運(yùn)動(dòng)半徑變小，所以畫面幅度與正常的相比偏大，故D錯(cuò)誤對(duì)物體受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析不清而導(dǎo)致錯(cuò)誤10(多項(xiàng)選擇)如下列圖，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點(diǎn)A由靜止下滑，半圓槽右半局部光滑，左半局部粗糙，整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場與磁場中，電場強(qiáng)度大小為E，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A物塊最終停在A點(diǎn)B物塊最終停在最低點(diǎn)C物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D物

34、塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mgqB答案：CD解析：由于半圓槽右半局部光滑，左半局部粗糙，且在最低點(diǎn)受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某位置速度變?yōu)榱?，然后又向左運(yùn)動(dòng)，即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C正確，A、B錯(cuò)誤；物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理得，mgRqERmv20，且E，聯(lián)立得v，物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，NmgqvBm，解得N2mgqB，由牛頓第三定律知，D正確對(duì)粒子速度選擇器的原理理解不清導(dǎo)致錯(cuò)誤11(多項(xiàng)選擇)如下列圖，一對(duì)間距可變的平行金屬板C、D水平放置，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B.兩板通過滑動(dòng)變阻器與鉛蓄電池相連，這種鉛蓄電池能快速轉(zhuǎn)換到“逆變狀態(tài)，即外界電壓過低時(shí)能向外界提供一定的供電電壓，當(dāng)外界電壓超過某一限定值時(shí)可轉(zhuǎn)換為充電狀態(tài)，閉合開關(guān)S后，有一束不計(jì)重力的帶正電粒子從左側(cè)以一定的速度v0沿中心線射入兩板間恰能做直線運(yùn)動(dòng)，那么以下有關(guān)描述正