2020版高考物理一輪復習全程訓練計劃課練28帶電粒子在復合場中的運動含解析

帶電粒子在復合場中的運動28小題是基礎練小題提分快小題狂練○1.[名師原創(chuàng)]關于通電直導線和通電線圈周圍磁場的磁感線分布和磁場方向，不考慮地磁場影響，以下說法正確的選項是()A．通電直導線周圍的磁場方向能夠用右手定則判斷，順著導線看去，磁感線可表示為以直導線為圓心的均勻分布的同心圓B．環(huán)形導線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手波折的四指與環(huán)形電流的方向一致，挺直的拇指所指方向即為環(huán)形導線軸線上的磁場方向C．從外面看，通電螺線管周圍的磁場近似于條形磁鐵的磁場，螺線管內(nèi)部的磁場不能夠視為勻強磁場D．若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間地址，小磁針可能不與螺線管平行答案：B解析：通電直導線周圍的磁場方向能夠用安培定則判斷，順著導線看去，磁感線可表示為以直導線為圓心的分布不均勻的同心圓，選項A錯誤．環(huán)形導線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手波折的四指與環(huán)形電流的方向一致，挺直的拇指所指方向即為環(huán)形導線軸線上的磁場方向，選項

B

正確．通電螺線管周圍的磁場近似于條形磁鐵的磁場，螺線管內(nèi)部的磁場能夠視為勻強磁場，選項

C錯誤．若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間地址，小磁針必然與螺線管平行，選項

D錯誤．2.[展望新題

]已知流過通電直導線的電流大小為

I，與通電直導線距離為

r處的

N點的磁感覺強度大小為

BNkI＝

r

(k

為常量)．以下列圖，△

ACD是直角三角形，∠

ADC＝60°，

A、C、D三點放置三個完好相同且垂直于該直角三角形所在平面的直導線，

A、C、D處的直導線中的電流大小分別為

I、2I

和2I，方向均垂直平面向里；已知A點的直導線在

AD的中點

M處的磁感覺強度大小為

B，若在

M點固定一垂直于紙面的直導體棒，

其長度為

L(L很小)，經(jīng)過的電流大小為

I，則該導體棒碰到的安培力大小為

(

)A.

3BIL

B.

5BILC.

7BIL

D．3BIL答案：C解析：以下列圖，依照右手螺旋定則可知，C點的直導線在M點處的磁感覺強度大小為2B，D點的直導線在M點處的磁感覺強度大小為2B，依照磁感覺強度的疊加得M點處的磁感覺強度大小為7B，則M點處固定的導體棒碰到的安培力大小為7BIL，選項C正確．3．[新情況題]以下列圖，空間存在互相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，運動軌跡以下列圖(粒子在N點的速度比在M點的速度大)，則以下說法正確的選項是()A．粒子必然帶正電B．粒子的運動軌跡必然是拋物線C．電場線方向必然垂直等勢線向左D．粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大答案：C解析：依照粒子在電場、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子必然帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向向來與速度方向垂直，故粒子碰到的合力是變力，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，則電場線方向必然垂直等勢線向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤．4．(多項選擇)以下列圖，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感覺強度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不相同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能經(jīng)過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()A.3qBLB.3qBL6m3mC.3qBLD.3qBL2mm答案：AB解析：由題意可知粒子可能的運動軌跡以下列圖，所有圓弧的圓心角均為120°，因此粒子運動的半徑為3Lv2Bqr＝3BqL1r＝·(n＝1,2,3，)，由洛倫茲力供應向心力得Bqv＝m，則v＝·(n＝3nrm3mn1,2,3，)，因此A、B正確．5．[名師原創(chuàng)](多項選擇)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，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒間有必然的電勢差U，使粒子每次穿過狹縫都被加速，兩盒放在磁感覺強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，粒子源置于盒的圓心周邊，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R，其運動軌跡以下列圖．以下說法正確的選項是()mA．D形金屬盒的作用是障蔽外電場，使盒內(nèi)無電場2πmB．忽略粒子在電場中運動的時間，則高頻交流電源的頻率為qBRm

qBC．粒子走開加速器時速度為mπBR2mD．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答案：AC

2U解析：依照靜電障蔽的相關知識可知，D形金屬盒的作用是障蔽外電場，使盒內(nèi)無電場，選項A正確．粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電源頻率等于粒子回旋頻率，由T＝2πm，得回旋頻率即高頻交流電源頻qB1qBmmv2mqBRm率為f＝T＝2πm，選項B錯誤．粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時，由牛頓第二定律得qvB＝Rm，解得v＝m，選項C1q2B2R2m正確．粒子最大動能Ekm＝2mv2＝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kmqB2R2m磁πBR2m子的能量提高到E，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n＝4mU，粒子在磁場中運動的時間t＝nT＝2U，旋轉(zhuǎn)周數(shù)n，在電場中1BRmdBRmd運動的距離為2nd，由2nd＝2vmt電，解得t電＝U，把靜止粒子加速到最大動能所需時間為t＝t電＋t磁＝UBR2m，選項D錯誤．2U6.[母題改編](多項選擇)以下列圖，在以R0為半徑、O為圓心的圓形地域內(nèi)存在磁場，直徑MN左側(cè)地域存在一方向垂直于紙面向外、磁感覺強度大小為B1的勻強磁場(未畫出)；MN右側(cè)地域存在一方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B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2MN的方向射入磁場，經(jīng)過磁場所區(qū)后從Q點走開磁場，走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θ，OQ與MN的夾角為θ，粒子在MN左側(cè)地域磁場中的運動時間為t，粒子在MN右側(cè)地域磁場中的121運動時間為t2，則()B2sinθ1B2sinθ2A.B1＝sinθ2B.B1＝sinθ1.t1＝sinθ2.t1＝sinθ1Ct2sinθ1Dt2sinθ2答案：AD解析：設粒子的速度為v，它在MN左側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧PS，圓弧對應的圓心為O，半徑為R，如111mv212，圖所示，則qvB＝R1，且OP平行于MN；粒子進入MN右側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧SQ，圓弧對應的圓心為O半徑為R，以下列圖，則mv2SR222212121＝∠QO2S＝α，由幾何關系可得OP＝OQ＝R0，O1S＝R1，SO2＝R2，R1sinα＝R0sinθ1，R2sinα＝R0sinθ2，聯(lián)立解B2R1sinθ1αα2πmmα得B1＝R2＝sinθ2，選項A正確，B錯誤；粒子在MN左側(cè)地域磁場中的運動時間為t1＝2πT1＝2π·qB1＝qB1，粒子在MN右側(cè)地域磁場中的運動時間為t2＝αT2＝α·2πmmαt1B2sinθ1錯誤．2π2π＝，＝＝，選項D正確，CqB2qB2t2B1sinθ27．[2019·江西省贛中南五校一聯(lián)]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作圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變

)，從圖中情況能夠確定

(

)A．粒子從

a到b，帶正電

B．粒子從

a到

b，帶負電C．粒子從

b到a，帶正電

D．粒子從

b到

a，帶負電答案：

C解析：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，依照粒子在磁場中運動的mv半徑公式r＝，可知，粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的，因此粒子的運動軌跡是從b到a，選項A、B錯誤；qB再依照左手定則可知，粒子帶正電，選項C正確，D錯誤．8.[2019·浙江省模擬]以下列圖，在傾角為α(α<45°)的圓滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導體棒．當導體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場．當加勻強磁場的磁感覺強度方向豎直向上時，磁感覺強度大小為B，現(xiàn)使勻強磁場的磁感覺強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)1過α角時，磁感覺強度大小為B，再使勻強磁場的磁感覺強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，磁感覺強度大小為2B3，則()．B1＝B3>B2．B1<B2<B3AB132123C．B＝B<BD．B＝B<B答案：A解析：當加勻強磁場的磁感覺強度方向豎直向上時，由共點力平衡可知，B1ILcosα＝mgα，解得B1＝sinmgtanα，勻強磁場的磁感覺強度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過α角時，由共點力平衡可知，B2IL＝mgα，解得B2＝ILsinmgsinαα角時，由共點力平衡可知，B3ILcosα＝mgsinα，解，使勻強磁場的磁感覺強度方向再沿逆時針轉(zhuǎn)過ILmgtanα，故B1＝B3>B2，A正確．得B3＝IL9.[2019·安徽省合肥模擬]為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管尾端安裝了以下列圖的長方體流量計．該裝置由絕緣資料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端張口．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)，以下說法中正確的是()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沒關C．電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比D．若污水中正負離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0答案：C解析：依照左手定則，知負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板帶負電，N板帶正電，則M板的電勢比N板電勢低，故A錯誤；最后離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝qU，解得U＝Bbv，與離子濃度沒關，故BD錯誤；因v＝U，則流量Q＝vbc＝Uc，因此bBbBBQC正確．U＝c，與污水流量成正比，故10.[2019·湖北省部分重點中學聯(lián)考]以下列圖，含有1H、21H、42He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉(zhuǎn)磁場，最后打在P1、P2兩點．則()A．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間都相等1B．打在P點的粒子是24HeC．打在P2點的粒子是12H和24HeD．O2P2的長度是O2P1長度的4倍答案：C解析：帶電粒子在沿直線OO經(jīng)過速度選擇器時，所受電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即qvB＝qE，121Er＝mv因此v＝，可知趕忙度選擇器中射出的粒子擁有相等的速度，在偏轉(zhuǎn)磁場中，粒子的軌跡半徑，不全B1qB22πrA錯誤；帶電粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中相同，粒子運動的周期T＝v，因此粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間不全相等，做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，因此r＝mv，可知粒子的比荷越大，運動的半徑越小，因此打在P1點qB的粒子是1H，打在P2點的粒子是12H和24He，B錯誤，C正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，1H的比荷是12H和24He的比荷的2倍，因此1運動軌跡的半徑是12H和24的1，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，錯誤．HHe2D11.[2019·安徽師大附中模擬](多項選擇)以下列圖，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場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互相作用，兩小球電荷量向來不變，關于小球的運動，以下說法正確的選項是()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，且必然做勻速運動C．若沿ac做直線運動，則小球帶負電，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答案：AB解析：沿ab方向拋出的帶電小球，依照左手定則，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，帶負電時，才能做直線運動，因速度影響洛倫茲力大小，因此做直線運動時必然是做勻速直線運動，故A、B正確，C錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導致小球的機械能不守恒，故D錯誤．12.[2019·晉豫省際大聯(lián)考

]以下列圖，在

y軸右側(cè)存在與

xOy平面垂直且范圍足夠大的勻強磁場，磁感覺強度的大小為B，位于坐標原點的粒子源在xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量完好相同的帶負電粒子，所有粒子的初速度大小均為v0，方向與x軸正方向的夾角分布在－60°～60°范圍內(nèi)，在x＝l處垂直x軸放置一熒光屏S.已知沿軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上y＝－l的點，則()

xqv0A．粒子的比荷為m＝2lBB．粒子的運動半徑必然等于

2lπl(wèi)C．粒子在磁場中運動時間必然不高出v0．粒子打在熒光屏S上亮線的長度大于2lD答案：C解析：沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏S上y＝－l的點，由幾何知識可知，粒子軌跡半徑r＝l，B錯誤；由牛頓第二定律可得v20qv0rmlB0θπl(wèi)，C正確；其他方向粒子打在熒光屏大，為θ＝π，對應運動時間最長，t＝2πT＝v0S上的縱坐標的絕對值必然小于l，故粒子打在熒光屏S上亮線的長度小于2l，D錯誤．13.[2019·安徽省皖南八校聯(lián)考]以下列圖，正方形abcd地域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，中點，一個帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，

O點是cd邊的經(jīng)過時間t0恰巧從c點射出磁場．現(xiàn)想法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向(如圖中虛線所示)，以各種不相同的速率射入正方形內(nèi)，那么以下說法中正確的選項是()A．該帶電粒子可能恰巧從正方形的某個極點射出磁場B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0C．若該帶電粒子從3bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是2t0．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間必然是5t0D3答案：D解析：由帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0恰巧從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0，隨粒子速度逐漸增大，軌跡由①→②→③→④依次漸變，由圖可知粒子在四個邊射出時，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不能能從四個極點射出，故A錯誤；當粒子從O點沿虛線方向射入正方形內(nèi)，從ab邊射出的粒子所用時間不大于5524t01263305t0從cd邊射出的粒子圓心角都是300°，所用時間為6周期(3)，故D正確，B、C錯誤．14.[2019·唐山統(tǒng)考

](

多項選擇)以下列圖，

M、N為兩個同心金屬圓環(huán)，半徑分別為

R1和

R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場，

N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強磁場，磁感覺強度大小為

B，N環(huán)上有均勻分布的6個小孔，從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子(不計重力)，經(jīng)電場加速后經(jīng)過小孔射入磁場，經(jīng)過一段時間，粒子再次回到出發(fā)點，全程與金屬環(huán)無碰撞．則M、N間電壓U滿足的條件是()．U＝qB2R2．U＝qB2R2A6mB5m3qB2R2qB2R2C．U＝2mD．U＝3m答案：AC解析：帶電粒子由M內(nèi)側(cè)邊緣運動到N環(huán)，由動能定理有12N環(huán)內(nèi)磁場，與金屬環(huán)qU＝mv，帶電粒子進入2無碰撞，故粒子進入磁場后，應偏轉(zhuǎn)2ππ3R23或走開磁場，由幾何關系可知，軌跡半徑為r＝3R2或r＝，則33mv3qB2R2qB2R2依照r＝，聯(lián)立解得U＝或U＝，選項A、C正確．qB2m6m15．[2019·北京西城區(qū)模擬](多項選擇)在以下列圖的坐標系中，y>0的空間中存在勻強電場，場強方向沿y軸負方向；－1.5h<y<0的空間中存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面(紙面)向外．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，經(jīng)過y軸上y＝h處的P1點時速率為v0，方向沿x軸正方向，爾后，經(jīng)過x軸上x＝1.5h處的P2點進入磁場，進入磁場后垂直磁場下界線射出．不計粒子重力，sin37°＝0.6，37°＝0.8，則以下說法cos中正確的選項是()3A．粒子到達P2點時速度大小為5v0B．電場強度大小為8mv209qh2mv0C．磁感覺強度大小為3qh37πhD．粒子在磁場中運動的時間為40v0答案：BC解析：設粒子從P1點到P2點的時間為t0，粒子從P1點到P2點沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做勻加速直線運動，由運動學公式可得，

1.5h＝v0t0，h＝0＋vy2

t0解得

4vy＝3v0，則粒子到達

P2點的速度

v＝

v20＋v2y5＝3v0，A錯誤；依照以上條件結(jié)合動能定理可得，1218mv20qEh＝mv－mv20，解得E＝，B正確；由題意可知粒子進入磁場后垂229qh直磁場下界線射出，由此可作出粒子運動軌跡以下列圖，由幾何關系可知，軌跡半徑R滿足R37°＝1.5h，sin即R＝2.5h，依照帶電粒子在磁場中運動時洛倫茲力供應向心力可得，qvB＝mv22mv02πR，聯(lián)立解得B＝，C正確；依照T＝可得，粒子在磁場中運R3qhv37°37πh動的時間t＝360°×T＝120v0，D錯誤．16.以下列圖，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向里的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中，以下關于描述小球運動的v—t圖象中正確的選項是()答案：C解析：在小球下滑的過程中，對小球進行受力解析，以下列圖，小球碰到重力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.開始時，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，能夠知道摩擦力f減小，豎直方向上的合力增大，小球的加速度增大；當速度增大到必然的程度時，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；當速度連續(xù)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．因此選項ABD所示的v—t圖象不吻合解析獲取的小球的運動規(guī)律，C選項吻合．課時測評○28綜合提能力課時練贏高分一、選擇題1．以下列圖是電視機顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈的表示圖．初速度不計的電子經(jīng)加速電場加速后進入有限界線的勻強磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上．若是發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度與正常的對照偏小，則引起這種現(xiàn)象可能的原因是()A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)量減少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)線圈的磁感覺強度增強答案：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，即電子束的軌道半徑增大．電子在磁場mv中偏轉(zhuǎn)時的半徑r＝，當電子槍發(fā)射能力減弱，發(fā)射的電子數(shù)量減少時，由于運動的電子速率及磁感覺強度不qB變，因此不會影響電視畫面幅度的大小，故A錯誤；當加速電場電壓過低，電子速率偏小時，會以致電子運動半徑減小，從而使偏轉(zhuǎn)角度增大，以致畫面幅度與正常的對照偏大，故B錯誤；當偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈匝數(shù)減少時，會以致偏轉(zhuǎn)線圈的磁感覺強度減弱，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對照偏小，故C正確；當偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)線圈的磁感覺強度增強時，會以致電子運動半徑變小，因此畫面幅度與正常的對照偏大，故D錯誤．2．(多項選擇)以下列圖為用回旋加速器加速帶電粒子的表示圖．磁場方向垂直D形盒向里(未畫出)，粒子的運動方向已經(jīng)在圖中標出，則以下說法正確的選項是()A．從回旋加速器出口射出的粒子帶正電B．D形盒狹縫間所加電壓不用然是交流電壓C．磁場對帶電粒子做正功，使其動能增大D．粒子做圓周運動的周期與交流電壓的周在即似相等答案：AD解析：依照左手定則，由粒子的偏轉(zhuǎn)方向和磁場方向可知，該粒子帶正電，故A正確；帶電粒子在磁場中做圓周運動，在狹縫間做勻加速運動，粒子在電場內(nèi)運動的時間極短，要使粒子每次經(jīng)過狹縫間都能加速，D形盒狹縫間所加電壓需采用周期等于粒子做圓周運動周期的交流電壓，故B錯誤，D正確；洛倫茲力不做功，所以磁場不能夠使粒子的動能增加．C錯誤．3．[2019·江蘇如皋質(zhì)檢](多項選擇)以下列圖為磁流體發(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電的微粒，而從整體來說呈電中性)沿圖示方向發(fā)射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就匯聚集電荷．在磁極配置如圖中所示的情況下，以下說法正確的選項是

(

)A．A板帶負電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：依照左手定則可知，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，負電荷向上偏轉(zhuǎn)，則

A板帶負電，故

A正確．由于

B板帶正電，A板帶負電，因此電流的流向為從

b經(jīng)用電器流向

a，故

B正確．由于

B板帶正電，

A板帶負電，因此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)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故

D正確．4．[2019·廣東珠海模擬]以下列圖，從S處發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向下極板偏轉(zhuǎn)．設兩極板間電場強度為E，磁感覺強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場所區(qū)經(jīng)過，只采用以下措施，其中可行的是()A．合適減小電場強度EB．合適減小磁感覺強度BC．合適增大加速電壓UD．合適增大加速電場極板之間的距離答案：B解析：依照左手定則可知，電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向下極板偏轉(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合場所區(qū)經(jīng)過，則必定有Eq＝qvB，因此能夠合適增大電場強度或合適減小磁感覺強度，12得v＝2UeA錯誤，B正確；由Ue＝mv，能夠合適減小加速電壓來減小電子進入電磁復合2m場的速度v，從而使得Eq＝qvB，C錯誤；合適增大加速電場極板間的距離，但只要兩板間電壓不變，電子進入磁場的速度就不變，則電子碰到的電場力仍小于它碰到的洛倫茲力，電子向下偏轉(zhuǎn)，D錯誤．5．[2019·浙江杭州檢測]利用霍爾效應制作的霍爾元件，被廣泛應用于測量和自動控制等領域．霍爾元件一般由半導體資料制成，有的半導體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導體中的載流子是空穴(相當于正電荷)．以下列圖，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關，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)，則關于前、后兩表面電勢高低的判斷，以下說法中正確的選項是()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，都是前表面電勢低答案：A解析：若接入元件1，載流子是電子，依照左手定則可知，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，依照左手定則可知，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．6．[2019·昆明一中增強訓練](多項選擇)以下列圖，在正交的勻強電場、勻強磁場中質(zhì)量為m的帶電小球做勻速圓周運動，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．小球帶負電C．小球沿順時針方向運動D．小球機械能守恒答案：BC解析：本題觀察帶電小球在復合場中的運動．小球做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，則mg＝qE，小球所受電場力方向向上，故小球帶負電，A錯誤，B正確；依照左手定則可得，小球沿順時針方向運動，C正確；小球做勻速圓周運動的過程中，電場力做功，小球機械能不守恒，D錯誤．7．[2019·黃石模擬](多項選擇)以下列圖，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感覺強度為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度t0圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向，以下描述該過程中圓環(huán)的速度Ff隨時間t、動能Ek隨位移x、機械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的選項是(

v0向上運動，經(jīng)時間v隨時間t、摩擦力)答案：ABD解析：小圓環(huán)向上做減速運動，對小圓環(huán)受力解析，豎直方向：重力和豎直向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當速度減小到零時，加速度為g，此時摩擦力為零，爾后小圓環(huán)向下做加速運動，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，隨著速度的增大，彈力N增大，摩擦力增大，加速度減小，A、B正確．動能先減小后增大，E－x圖像的斜率大小表示合外力，從0～x過程，動能減小，合外力減小，從x～0的過程，動k能增大，合外力減小，C錯誤．小圓環(huán)的機械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過程中，從0～x過程，摩擦力逐漸減小，下滑過程，位移從x～0，摩擦力逐漸增大，D正確．8．以下列圖，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，磁感覺強度大小為B、方向垂直紙面向里．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(粒子的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖虛線所示．關于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，以下給出了四個表達式，可能正確的選項是().2mE.4mE2AB2qBB2q2mBmBC.E2qD.2Eq答案：A12解析：依照題意，由動能定理知粒子運動到最低點的過程中有，qEH＝2mv，在最低點，洛倫茲力大于電場mEmEA正確．力，qE<qvB，故H>2qB2，且H的單位必然跟2qB2的單位相同，故9.(多項選擇)以下列圖為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感覺強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在今后的運動過程中，圓環(huán)運動的v－t圖象可能是以下列圖中的()答案：AD解析：由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)還碰到豎直向下的重力、垂直于細桿的彈力及向左的摩擦力．當

Bqv0＝mg時，圓環(huán)做勻速直線運動，選項

A正確．當

Bqv0<mg時，N＝mg－Bqv0，此時μN＝ma，因此圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，其

v－t

圖象的斜率應該逐漸增大，選項

B、C錯誤．當

Bqv0>mg時，N＝Bqv0－mg，此時μN＝ma，因此圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到

Bqv＝mg時，圓環(huán)開始做勻速運動，選項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針轉(zhuǎn)動，該裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，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，關于帶電物塊及運動過程的說法正確的選項是()A．該物塊帶負電B．皮帶輪的傳動速度大小必然為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答案：D解析：對物塊進行受力解析可知，開始時物塊碰到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向有FN－mgsinθ＝ma①物塊運動后，又碰到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，必然