【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習-第8章-第3節(jié)-帶電粒子在復(fù)合場中的運動-教學講義-

第三節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動[同學用書P165]一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．復(fù)合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．(2)組合場：電場與磁場各位于確定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替毀滅．2．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動．(2)勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動．(3)非勻變速曲線運動當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．1.(單選)(2021·江西七校聯(lián)考)在豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)上，套有一個帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，電場強度E＝eq\f(mg,q).當小環(huán)從大環(huán)頂無初速度下滑時，在滑過多少弧度時所受洛倫茲力最大()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π答案：C二、帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，依據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，依據(jù)牛頓其次定律得關(guān)系式qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得出需要爭辯的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷．r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).2．回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接溝通電源．D形盒處于勻強磁場中．(2)原理：溝通電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r打算，與加速電壓無關(guān)．3．速度選擇器(如圖所示)(1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直．這種裝置能把具有確定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器．(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).4．磁流體發(fā)電機(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．(2)依據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機正極．(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強度為B，則由qE＝qeq\f(U,L)＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U＝BLv.5．電磁流量計工作原理：如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流淌，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間毀滅電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,Bd)，因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).2.(單選)如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為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下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場．下列表述錯誤的是()A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案：D考點一帶電粒子在疊加場中的運動[同學用書P166]1．帶電粒子在疊加場中無約束狀況下的運動狀況分類(1)磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做簡潔的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做簡潔的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．(3)電場力、磁場力、重力并存①若三力平衡，確定做勻速直線運動．②若重力與電場力平衡，確定做勻速圓周運動．③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做簡潔的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．2．帶電粒子在疊加場中有約束狀況下的運動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的狀況下，除受場力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功狀況，并留意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果．(2022·高考四川卷)如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽視邊緣效應(yīng)．p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面．質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被放射裝置(圖中未畫出)從O點放射，沿p板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間．粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.(1)求放射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時，進入板間的粒子落在b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l.此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度；(3)若選用恰當直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強度大小合適的勻強磁場(磁感應(yīng)強度B只能在0～Bm＝eq\f(\r(21)＋5m,\r(21)－2qt)范圍內(nèi)選取)，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的全部可能值(可用反三角函數(shù)表示)．[審題點睛](1)粒子從O到K做什么運動？放射裝置對粒子做的功與粒子的動能有何關(guān)系？(2)第(2)問中，粒子在兩板間受哪些力？做什么運動？(3)第(3)問中，電場力與重力平衡，再加上合適的磁場，粒子做什么運動？離開磁場區(qū)域后，粒子做什么運動？要使粒子能通過T孔，離開磁場時的速度方向應(yīng)滿足什么條件？[解析](1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v0，有h＝v0t①設(shè)放射裝置對粒子做的功為W，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②聯(lián)立①②式可得W＝eq\f(mh2,2t2).③(2)S接“1”位置時，電源的電動勢E0與板間電勢差U相等，有E0＝U④板間產(chǎn)生勻強電場的場強為E，粒子進入板間時有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設(shè)加速度為a，運動時間為t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流I滿足I＝eq\f(E0,R＋r)⑨聯(lián)立①④～⑨式得I＝eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2))).⑩(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當粒子從K進入板間后馬上進入磁場做勻速圓周運動，如圖所示，粒子從D點出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角θ，磁場的磁感應(yīng)強度B取最大值時的夾角θ為最大值θm，設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)?過D點作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關(guān)系有eq\x\to(DG)＝h－R(1＋cosθ)?eq\x\to(TG)＝h＋Rsinθ?tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\x\to(DG),\x\to(TG))?聯(lián)立①?～?式，將B＝Bm代入，求得θm＝arcsineq\f(2,5)當B漸漸減小，粒子做勻速圓周運動的半徑R也隨之變大，D點向b板靠近，DT與b板上表面的夾角θ也越變越小，當D點無限接近于b板上表面時，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時Bm>B>0滿足題目要求，夾角θ趨近θ0，即θ0＝0則題目所求夾角為0<θ≤arcsineq\f(2,5).[答案](1)eq\f(mh2,2t2)(2)eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2)))(3)0<θ≤arcsineq\f(2,5)1.(多選)(2021·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．該微粒確定帶負電荷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(mg,qvcosθ)D．該電場的場強為Bvcosθ解析：選AC.若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力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、水平向右的電場力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)當做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件有關(guān)系：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，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正確，D錯誤．考點二帶電粒子在組合場中的運動[同學用書P167]帶電粒子在組合場中的運動，實際上是幾個典型運動過程的組合，因此解決這類問題要分段處理，找出各分段之間的連接點和相關(guān)物理量，問題即可迎刃而解．常見類型如下：1．從電場進入磁場(1)粒子先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度．(2)粒子先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．在電場中利用平拋運動學問求粒子進入磁場時的速度．2．從磁場進入電場(1)粒子進入電場時的速度與電場方向相同或相反，做勻變速直線運動(不計重力)．(2)粒子進入電場時的速度方向與電場方向垂直，做類平拋運動．(2021·高考安徽卷)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面對里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求：(1)電場強度E的大??；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值．[解析](1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh).(2)粒子到達a點時沿負y方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角．(3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝meq\f(v2,r)當粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL).[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)[方法總結(jié)]解決帶電粒子在組合場中的運動問題的思路(1)首先明確每個場的性質(zhì)、方向、強弱和范圍；(2)對帶電粒子進行受力分析，確定帶電粒子的運動性質(zhì)，分析粒子的運動過程，畫出運動軌跡；(3)通過分析，確定粒子從一個場區(qū)進入另一場區(qū)時的位置、速度大小和方向是解題的關(guān)鍵．2.(2021·東北三校聯(lián)考)如圖所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場Ⅰ的場強方向豎直向下，PT下方的電場Ⅱ的場強方向豎直向上，電場Ⅰ的場強大小是電場Ⅱ的場強大小的2倍，在電場左邊界AB上有點Q，PQ間距離為L.從某時刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場Ⅱ的帶電粒子電荷量為＋q，質(zhì)量為m，通過PT上的某點R進入勻強電場Ⅰ后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖．若P、R兩點間的距離為2L，不計粒子的重力．(1)求勻強電場Ⅰ的電場強度E1的大小和M、T之間的距離．(2)有一由光滑彈性絕緣壁圍成的橫截面為邊長為a的正三角形容器，在其左壁正中心開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界．若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中，欲使粒子在容器中與器壁兩次垂直碰撞后能從S孔水平射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電荷量損失)，并返回Q點，需要在容器中加上一個如圖所示的勻強磁場，求：①磁感應(yīng)強度B的大??；②粒子從Q動身到再返回到Q所經(jīng)受的時間．解析：(1)粒子經(jīng)PT直線上的點R由電場Ⅱ進入電場Ⅰ，設(shè)粒子由Q到R及由R到M的時間分別為t2與t1，則2L＝v0t2，L＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)L＝v0t1，MT＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)teq\o\al(2,1)又E1＝2E2聯(lián)立解得E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),qL)，MT＝eq\f(1,2)L.(2)①分析可知，粒子從S孔水平射入時的速度為v0.欲使粒子能從S孔水平射出，粒子運動的半徑應(yīng)為：r＝eq\f(1,2)a，由qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)得：B＝eq\f(2mv0,qa)②粒子在磁場中運動的時間，t1′＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πa,2v0)粒子在電場中運動的時間t2′＝eq\f(6L,v0)粒子從Q動身到再回到Q經(jīng)受的時間：t＝t1′＋t2′＝eq\f(πa,2v0)＋eq\f(6L,v0)＝eq\f(12L＋πa,2v0).答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)eq\f(1,2)L(2)①eq\f(2mv0,qa)②eq\f(12L＋πa,2v0)[同學用書P168]方法技巧——帶電粒子在交變電場、磁場中的運動(17分)如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面對里的勻強磁場和豎直方向的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量．(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小；(2)求電場變化的周期T；(3)轉(zhuǎn)變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值．[審題點睛](1)N1Q段的直線運動分析：受力平衡．(2)圓周運動分析：重力與電場力平衡、洛倫茲力供應(yīng)向心力．(3)直線運動的時間＋圓周運動的時間＝周期．(4)磁場寬度的臨界值：d＝2R.eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)微粒做直線運動，則mg＋qE0＝qvB①(2分)微粒做圓周運動，則mg＝qE0②(2分)聯(lián)立①②得q＝eq\f(mg,E0)③(1分)B＝eq\f(2E0,v).④(1分)(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則eq\f(d,2)＝vt1⑤(1分)qvB＝meq\f(v2,R)⑥(2分)2πR＝vt2⑦(1分)聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1＝eq\f(d,2v)；t2＝eq\f(πv,g)⑧(2分)電場變化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g).⑨(1分)(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩(1分)聯(lián)立③④⑥得R＝eq\f(v2,2g)?(1分)設(shè)在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得t1min＝eq\f(R,v)＝eq\f(v,2g)，(1分)因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝eq\f(2π＋1v,2g).(1分)[答案](1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)(3)eq\f(2π＋1v,2g)[方法提煉](1)解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質(zhì)做出推斷．(2)這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要留意粒子的運動周期、電場周期、磁場周期的關(guān)系．(3)帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規(guī)律，所以此類問題的爭辯方法與質(zhì)點動力學相同．3.(2021·湖北八市聯(lián)考)如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過eq\f(π,15)×10－5s后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化(圖乙中磁場方向以垂直紙面對外為正方向，以電荷第一次通過MN時為t＝0時刻)．計算結(jié)果可用π表示．(1)求O點與直線MN之間的電勢差；(2)求t＝eq\f(2π,3)×10－5s時刻電荷與O點的水平距離；(3)假如在O點右方d＝67.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點動身運動到擋板所需的時間．(保留3位有效數(shù)字)解析：(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，由動能定理得Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得U＝eq\f(mv\o\al(2,0),2q)＝112.5V.(2)當磁場垂直紙面對外時，設(shè)電荷運動的半徑為r1，則B1qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r1)，r1＝eq\f(mv0,qB1)＝5cm周期T1＝eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(2π,3)×10－5s當磁場垂直紙面對里時，電荷運動的半徑為r2＝eq\f(mv0,qB2)＝3cm周期T2＝eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(2π,5)×10－5s丙電荷從t＝0時刻開頭做周期性運動，其運動軌跡如圖丙所示．t＝eq\f(2π,3)×10－5s時刻電荷與O點的水平距離為Δd＝2(r1－r2)＝4cm.(3)電荷從第一次通過MN開頭，其運動的周期T＝eq\f(4π,5)×10－5s丁依據(jù)電荷的運動狀況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為15個，此時電荷沿MN運動的距離s＝15Δd＝60cm則最終7.5cm的運動軌跡如圖丁所示，有r1＋r1cosα＝7.5cm解得cosα＝0.5，則α＝60°故電荷運動的總時間t總＝t1＋15T＋eq\f(1,3)T1＝eq\f(553π,45)×10－5s≈3.86×10－4s.答案：(1)112.5V(2)4cm(3)3.86×10－4s[同學用書P169]1．(單選)(2021·皖南八校聯(lián)考)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的．使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽視，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b負 B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正 D．2.7m/s，a負、b正解析：選A.由左手定則可判定正離子向上運動，負離子向下運動，所以a正、b負，達到平衡時離子所受洛倫茲力與電場力平衡，所以有：qvB＝qeq\f(U,d)，代入數(shù)據(jù)解得v＝1.3m/s，故正確答案為A.2．(多選)(2021·石家莊模擬)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)的均勻磁場，帶電粒子可在環(huán)中做圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經(jīng)過A板預(yù)備進入A、B之間時，A板電勢上升為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速；每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場的加速下動能不斷增大，而在環(huán)形磁場中繞行半徑不變．若粒子通過A、B板的時間不行忽視，能定性反映A板電勢U和環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系的是()解析：選BC.由題意可知，粒子在加速電場中運動時，兩板電勢差不變，故場強不變，帶電粒子所受電場力不變，加速度不變，而粒子進入電場時的初速度不斷變大，故在兩板間運動的時間不斷變短，故A錯誤，B正確；粒子進入磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qR)，隨著粒子速度不斷增大，半徑保持不變，故磁感應(yīng)強度不斷增大，又由圓周運動規(guī)律T＝eq\f(2πR,v)可知，帶電粒子在磁場中運動的周期不斷減小，故C正確，D錯誤．3．(多選)(2021·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示，在垂直紙面對里的水平勻強磁場中，水平放置一根粗糙絕緣細直桿，有一個重力不能忽視、中間帶有小孔的帶正電小球套在細桿上．現(xiàn)在給小球一個水平向右的初速度v0，假設(shè)細桿足夠長，小球在運動過程中電荷量保持不變，桿上各處的動摩擦因數(shù)相同，則小球運動的速度v與時間t的關(guān)系圖象可能是()解析：選BD.由左手定則可判定洛倫茲力的方向豎直向上，若Bqv0＝mg，球與桿之間無壓力作用，即無摩擦力作用，球勻速運動，對應(yīng)于B圖象；若Bqv0>mg，桿對球有向下的壓力，由Bqv0＝mg＋N知壓力隨球速度的減小而減小，再由ma＝f＝μN知小球做加速度漸漸減小的減速運動，對應(yīng)速度圖線的斜率漸漸減小，直到速度減小到使洛倫茲力等于重力后小球勻速運動，題目中無與此狀況對應(yīng)的圖象；若Bqv0<mg，桿對球產(chǎn)生向上的支持力作用，Bqv0＋N＝mg，此狀況下支持力隨速度的減小而增大，仍由ma＝f＝μN知小球做加速度漸漸增大的減速運動，對應(yīng)速度圖線的斜率漸漸增大，直到速度為零，此狀況與D圖對應(yīng)，故B、D正確．4．(單選)如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，場強為B的水平勻強磁場垂直紙面對里，三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻速圓周運動(軌跡未畫出)．忽視三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質(zhì)量及b、c的運動狀況，以下說法中正確的是()A．三個油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時針方向運動B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時針方向運動C．b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時針方向運動D．三個油滴的質(zhì)量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動解析：選A.油滴a靜止不動，其受到的合力為零，所以電場力方向豎直向上，油滴帶負電荷，且mag＝qE.又油滴b、c在場中做勻速圓周運動，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，油滴受到的洛倫茲力供應(yīng)其做勻速圓周運動的向心力，所以mbg＝mcg＝qE.由左手定則可推斷，b、c都沿順時針方向運動．故A正確．5.(多選)(2021·高考浙江卷)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子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、方向垂直紙面對里、有確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.兩離子所帶電荷量之比為1∶3，在電場中時由qE＝ma知a∝q，故加速度之比為1∶3，A錯誤；離開電場區(qū)域時的動能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正確；在磁場中運動的半徑由Bqv＝meq\f(v2,R)、Ek＝eq\f(1,2)mv2知R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))∝eq\f(1,\r(q))，故B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，則有sinθ＝eq\f(d,R)∝eq\f(1,R)，即eq\f(sin30°,sinθ′)＝eq\f(1,\r(3))，故θ′＝60°＝2θ，C正確．6.(單選)如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面對里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面對外的磁感應(yīng)強度為eq\f(B,2)的勻強磁場，一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R.則()A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)確定能回到原點OB．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1C．粒子完成一次周期性運動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．粒子其次次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R解析：選D.由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2，所以B錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，所以C錯誤；粒子其次次射入x軸上方磁場時沿x軸前進l＝R＋2R＝3R，粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點O，所以A錯誤，D正確．一、單項選擇題1.(2021·江蘇常州高級中學高三月考)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻溝通電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻溝通電頻率為f.則下列說法正確的是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度不行能超過2πfRB．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān)C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D．不轉(zhuǎn)變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子解析：選A.由T＝eq\f(2πR,v)，T＝eq\f(1,f)，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，不行能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項A正確，B錯誤．高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項C錯誤．要加速α粒子，高頻溝通電周期必需變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝eq\f(2πmα,qαB)，故D錯．2.如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從水平線PQ上方M點自由下落，以PQ為邊界下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．小球帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面對外B．小球的電荷量與質(zhì)量的比值eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)C．小球從a運動到b的過程中，小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒D．小球在a、b兩點的速度相同解析：選B.帶電小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則qE＝mg，選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電，由于小球從b點射出，依據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面對里，選項A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能不守恒，只是在a、b兩點機械能相等，選項C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選項D錯誤．3．(2021·東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開頭經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化狀況為(不計重力，不考慮邊緣效應(yīng))()A．d隨U1變化，d與U2無關(guān)B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化C．d隨U1變化，d隨U2變化D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān)解析：選A.設(shè)帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為v0，依據(jù)動能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).設(shè)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中出來進入磁場時的速度大小為v，與水平方向的夾角為θ，如圖所示，在磁場中有r＝eq\f(mv,qB)，v＝eq\f(v0,cosθ)，而d＝2rcosθ，聯(lián)立解得d＝2eq\f(mv0,qB)，因而選項A正確．☆4.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對外的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經(jīng)A板時A板電勢上升為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速；每當粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零．粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠小于R)．下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是()A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為eq\f(Bn,Bn＋1)＝eq\f(n,n＋1)B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為eq\f(Bn,Bn＋1)＝eq\r(\f(n,n＋1))C．A、B板之間的電壓可以始終保持不變D．粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為eq\f(tn,tn＋1)＝eq\r(\f(n,n＋1))解析：選B.因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU,所以，繞行第n圈時獲得的總動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)＝nqU，得第n圈的速度vn＝eq\r(\f(2nqU,m)).在磁場中，由牛頓其次定律得qBnvn＝meq\f(v\o\al(2,n),R)，解得Bn＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2nmU,q))，所以eq\f(Bn,Bn＋1)＝eq\r(\f(n,n＋1))，A錯誤，B正確；假如A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C錯誤；依據(jù)t＝eq\f(2πR,v)得tn＝2πReq\r(\f(m,2nqU))，得eq\f(tn,tn＋1)＝eq\r(\f(n＋1,n))，D錯誤．二、多項選擇題5．(2021·南昌模擬)如圖所示，有一金屬塊放在垂直于側(cè)面C的勻強磁場中，當有穩(wěn)恒電流自左向右通過時，下列說法中正確的是()A．金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢B．磁感應(yīng)強度增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U增大C．電流增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U減小D．電流不變時，金屬塊中單位體積內(nèi)自由電子越多，上、下兩表面間的電勢差U越小解析：選BD.電流方向水平向右，則自由電子的運動方向水平向左，依據(jù)左手定則，電子向上偏，上表面得到電子帶負電，下表面失去電子帶正電，所以下表面的電勢高，故選項A錯誤．當電子勻速穿過勻強磁場時，此時電場力等于洛倫茲力，即eeq\f(U,d)＝evB，解得U＝Bdv，又電流的微觀表達式為I＝neSv，n表示單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)，S表示橫截面積，v表示自由電子定向移動的速率，綜上可知，選項B、D正確，C錯誤．6．(2021·長春調(diào)研)如圖所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細圓管的內(nèi)徑大得多)．在圓管的最低點有一個直徑略小于細圓管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面對里的勻強磁場．某時刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下推斷正確的是()A．無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點確定受到管壁的彈力作用B．無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球確定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點確定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球確定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同D．小球從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小始終減小解析：選BC.小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好供應(yīng)小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A選項錯誤．小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v＝eq\r(gR)，由于是雙層軌道約束，小球運動過程中不會脫離軌道，所以小球確定能到達軌道的最高點，C選項正確．在最高點時，小球圓周運動的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，小球受到豎直向下的洛倫茲力的同時必定受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B選項正確．小球從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且減小，到達圓心的等高點時，水平分速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度確定有增大的過程，D選項錯誤．☆7.(2021·武漢模擬)如圖所示，有3塊水平放置的長薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為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之間還存在方向垂直紙面的勻強磁場(圖中未標出)．當體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶電油滴，等間隔地以速度v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)整板間電壓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．忽視小孔和細管對電場的影響，不計空氣阻力．則以下說法正確的是()A．油滴帶負電，板b與c之間的磁場方向向外B．油滴進入M孔的速度為eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))C．b、c兩板間的電場強度E為eq\f(ρV0g,q)D．b、c兩板間的磁感應(yīng)強度為eq\f(ρV0g,q)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))解析：選ABC.依題意可知，油滴在板b和c之間恰好做勻速圓周運動，則其所受重力和靜電力平衡，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由此推斷得出油滴帶負電，磁場方向向外，故選項A正確；油滴進入電場后，重力與靜電力均做功，設(shè)到M點時的速度為v1，由動能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1，考慮到m＝ρV0，解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))，故選項B正確；由上面分析可得mg＝qE，解得E＝eq\f(ρV0g,q)，故選項C正確；油滴在半圓形細管中運動時，洛倫茲力供應(yīng)向心力，即qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，解得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))，故選項D錯誤．三、非選擇題8．(2021·陜西西安長安一中模擬)如圖所示，在xOy直角坐標系中，第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直紙面對里的勻強磁場，第Ⅱ象限內(nèi)分布著方向沿y軸負方向的勻強電場．初速度為零、帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點．已知OA＝OC＝d.求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小(粒子的重力不計)．解析：設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為v，由動能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2①帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其