帶電粒子在組合場、疊加場中的運(yùn)動(dòng)（練）-2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（解析版）

專題10.3帶電粒子在組合場、疊加場中的運(yùn)動(dòng)

國練基礎(chǔ)

一、單選題

1.如圖所示為回旋加速器的示意圖，用回旋加速器加速某帶電粒子時(shí)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,高頻

交流電周期為兀設(shè)。形盒半徑為R,不計(jì)粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則下列說法正確的是（）

A.為了保證粒子在電場中不斷被加速，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期應(yīng)該為27

B.被加速的粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期隨半徑的增大而增大

C.增大加速電場的電壓，其余條件不變，帶電粒子在。形盒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短

D.若只增大交流電源的電壓U,則粒子的最大動(dòng)能將增大

【答案】C

【解析】

A.為了保證粒子在電場中不斷被加速，交流電源的周期應(yīng)該等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，A錯(cuò)誤；

2〃

B.根據(jù)周期公式7二爺“I可知，被加速的粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與半徑無關(guān)，B錯(cuò)誤；

qB

C.增大加速電場的電壓，其余條件不變，每次加速后粒子獲得的動(dòng)能增加，但最終的動(dòng)能不變，故在電場

中加運(yùn)的次數(shù)減少，帶電粒子在。形盒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，c正確；

D.當(dāng)粒子被加速到最大速度時(shí)，由洛倫茲力提供向心力得

AV2

qvB=m—

R

最大動(dòng)能

E.=-mv2

f2

聯(lián)立可得

k2m

則若只增大交流電源的電壓U,則粒子的最大動(dòng)能不變，D錯(cuò)誤。

故選C。

2.2020年爆發(fā)了新冠肺炎，該病毒傳播能力非常強(qiáng)，因此研究新冠肺炎病毒株的實(shí)驗(yàn)室必須全程都在高度

無接觸物理防護(hù)性條件下操作。武漢病毒研究所是我國防護(hù)等級最高的P4實(shí)驗(yàn)室，在該實(shí)驗(yàn)室中有一種污

水流量計(jì),其原理可以簡化為如圖所示的模型：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(shí)間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度

為B的勻強(qiáng)磁場，下列說法正確的是（）

A.帶電粒子所受洛倫茲力的方向水平向左

B.正、負(fù)粒子所受洛倫茲力的方向是相同的

C.污水流量計(jì)也可以用于測量不帶電的液體的流速

D.只需要測量M、N兩點(diǎn)間的電壓就能夠推算廢液的流量

【答案】D

【解析】

AB.根據(jù)左手定則，正電荷受到豎直向下的洛倫茲力，負(fù)電荷受到豎直向上的洛倫茲力，故AB錯(cuò)誤；

C.不帶電的液體在磁場中流動(dòng)時(shí)，由于沒有自由電荷，不能形成電場，MN兩點(diǎn)沒有電勢差，因此無法測

出流速，故C錯(cuò)誤；

D.計(jì)算液體的流速，根據(jù)

qvB=-q

可得流速

U

v=——

Bd

流量

八4d2U4dU

Q=Sv=----------=------

4Bd4B

故D正確。

故選D。

3.質(zhì)譜儀可以測定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)，其過程可簡化為如圖所示。樣品室現(xiàn)有某有機(jī)物氣體分子在離子

化室碎裂成帶正電、初速度為零的離子，再經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室（內(nèi)為勻強(qiáng)磁場、真空管，最后

打在記錄儀上，通過測量可■測出離子比荷，從而推測有機(jī)物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為U,圓形

磁場區(qū)的半徑為R,內(nèi)部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦真空管寫水平面夾角為仇離子進(jìn)入磁場室時(shí)速度方向指

向圓心。則（）

高壓電源區(qū)

A.高壓電源A端接電源的正極

B.磁場室內(nèi)磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?/p>

C.磁場室內(nèi)兩同位素的運(yùn)動(dòng)軌跡分別為軌跡I和1I,則軌跡I的同位素質(zhì)量較大

D.記錄儀接收到的信號對應(yīng)的離子比荷q_2Utan2「

m~B2R2

【答案】D

【解析】

AB.正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負(fù)極，同時(shí)根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)

垂直紙面向外，AB錯(cuò)誤；

C.設(shè)離子通過高壓電源后的速度為也由動(dòng)能定理可得

qU=；m3

離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則

qvB=m—

r

聯(lián)立得出

由此可見，質(zhì)量大的離子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑大，則軌跡n的同位素質(zhì)量較大,C錯(cuò)誤;

D,離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示

O'

由幾何關(guān)系可知

R

可解得

2U【an]&

且二_______2

mB2R2

D正確。

故選D。

二、多選題

4.如圖所示，在x。)，平面內(nèi)，X>0.T>0的空間區(qū)域存在場強(qiáng)大小為E=25N/C的勻強(qiáng)電場，在應(yīng)0、j<3m

的區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的磁場。一帶負(fù)電的粒子比荷為O.IC/kg,從坐標(biāo)原點(diǎn)。以某一初速度射入電、磁

場，經(jīng)過P(4m,3m)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為。點(diǎn)動(dòng)能的0.2倍，且速度方向沿)，軸:E方向，最后從M(0,5m)

點(diǎn)射出電場，此時(shí)動(dòng)能為。點(diǎn)動(dòng)能的0.52倍，粒子重力不計(jì)。以下說法正確的是()

，、y/m

5MA

3—Ip

0^m

A.粒子在。點(diǎn)所受洛倫茲力大小是尸點(diǎn)洛倫茲力的石倍

B.粒子所受電場力沿x軸負(fù)方向

C.從P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s

D.從。點(diǎn)到M點(diǎn)速度變化量的大小為5i?s,方向與P。平行

【答案】ACD

【解析】

A.設(shè)初動(dòng)能為反，則粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)和M點(diǎn)的動(dòng)能分別為0.2所和0.52日,根據(jù)

￡L.=—1mv~2

f2

f=qvB

可得

人第悟m

選項(xiàng)A正確；

BC.粒子由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到夕點(diǎn)，由動(dòng)能定理

Uop（—q）=02Ek—Ek

粒子由0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到例點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

U°J—G=0.52線一線

由以上兩式可得

UOP_5

不一馬

在勻強(qiáng)電場中電勢差之比等于兩點(diǎn)距離在場強(qiáng)方向的投影長之比；如圖所示，因OM在OP上的投影長為

Og3n可知場強(qiáng)方向正好是沿OP方向，則從P到例在水平方向滿足

_1qfsin53

X~2-丁

解得

t=2s

選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確;

D.從尸到M

Av=t?/=—/=25xO.lx2m/s=5m/s

m

方向與加速度方向相同，即與電場力方向相同，與場強(qiáng)方向相反即方向與P0平行，選項(xiàng)D正確。

故選ACDo

5.如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用"表示薄片的厚度，％為霍爾系數(shù)，對于一個(gè)霍爾元件d、k

為定值。如果保持/恒定，則可以驗(yàn)證以隨8的變化情況，以下說法中正確的是（）

A.在測定地球赤道上的磁場強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作在應(yīng)保持水平

B.在M、N間出現(xiàn)霍爾電壓U〃，4=*

d

C.將永磁體的一個(gè)磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，將變大

D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，將發(fā)生變化

【答案】BCD

【解析】

A.由地磁場可知：赤道上的磁場平行地面，由圖可知，磁感線應(yīng)垂直于電流方向，左右在測定地球赤道上

的磁場強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作在應(yīng)保持豎直，故A錯(cuò)誤；

B.達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)電子受到的電場力將和洛倫茲力平衡，有

veB=^~

L

其中心為左右兩側(cè)極板的板間距，解得

UH=vBL

根據(jù)電流微觀表達(dá)式可得

1=neSv=nedLv

可知

小的乘積正比于電流，反比與"，在M、N間出現(xiàn)霍爾電壓U“可表示為

故B正確；

C.根據(jù)Ub=2?可知將永磁體的一個(gè)磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面時(shí)，8增大，則U”也變大，故C正

d

確；

D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，在垂直于工作面方向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度將小于原磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的

大小，則U〃將減小，故D1E確。

故選BCDo

6.如圖，M,N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。

靜止的帶電粒子所帶電荷量為+4，質(zhì)量為機(jī)（不計(jì)重力），從點(diǎn)尸經(jīng)電場加速后，從小孔。進(jìn)入N板右側(cè)

的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的

夾角為6=30。，孔。到板的下端C的距離為L,當(dāng)M,N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板

上，則下列說法正確的是（）

M+

V

A.兩板間電壓的最大值史工

2m

B.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為(6-1)L

C.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間受

qB

D.能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為等

18m

【答案】CD

【解析】

A.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示

當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，有幾何關(guān)系可知粒子半徑

r=L

在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理得

〃12

=-mv

在偏轉(zhuǎn)磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

?>

V-

qvB=tn—

r

解得

m屋、

2m

故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)粒子軌跡與CD相切與〃點(diǎn)，此時(shí)粒子半徑為/,粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點(diǎn)，則G#間的距

離即為粒子打中區(qū)域的長度S,根據(jù)幾何關(guān)系有

解得

,L

r=-

3

粒子打中區(qū)域的長度

S~Ltan300-（1~3）L

故B錯(cuò)誤;

C.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期有

n1廣

qvB=tn—

r

_2冗r

1=---

V

解得

子2兀m

1=----

qB

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角

6>=180°

所以最長時(shí)間為

0nm

I---1----

24qB

故C正確:

即粒子半徑/=（時(shí)，打到N板上的粒子動(dòng)能最大，最大動(dòng)能為

D.當(dāng)粒子在磁場的軌跡與CD邊相切時(shí)，

口12

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m—

解得能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為

E_q泊匕

kni18m

故D正確。

故選CD。

7.筆記本電腦機(jī)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(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正

常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時(shí)、簡化原理如圖所示，寬為八

厚為從長為。的矩形半導(dǎo)體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，其載流子是電荷量為e

的自由電子，當(dāng)通入方向向右、大小為/的電流時(shí)，元件前、后表面間電壓為U,則此時(shí)元件的（）

A.前表面的電勢比后表面的高B.自由電子受到的洛倫茲力大小為”

C.前、后表面間的電壓U與/無關(guān)D.前、后表血間的電壓U與b成反比

【答案】AD

【解析】

A.當(dāng)通入方向向右、大小為/的電流時(shí)，自由電子運(yùn)動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則，電子受到的洛倫茲力指

向后表面，根據(jù)平衡條件，受到的電場力指向前表面，則前表面的電勢比后表面的高，故A正確；

B.元件前、后表面間電壓為U時(shí)，洛倫茲力和電場力平衡，則有

故B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)電流的微觀表達(dá)式

/=nevab

洛倫茲力和電場力平衡，則有

?eU

evB=----

解得

U-

neb

故前、后表面間的電壓U與/有關(guān)，U與b成反比，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選ADo

8.霍爾元件是一種基于霍爾效應(yīng)的磁傳感器。某型號霍爾元件（導(dǎo)電自由電荷為電子）左右長度為前

后寬度為6,上、下兩個(gè)面之間的距離為人將此霍爾元件前后兩面的C點(diǎn)、A點(diǎn)通過導(dǎo)線連接一個(gè)理想電

壓表，置于圖示豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。連接電路，閉合電鍵，進(jìn)行測試，下列判斷中正確的是（）

A.A點(diǎn)導(dǎo)線應(yīng)與電壓表的正接線柱相連

B.在保證電流大小不變的前提下，電壓表的示數(shù)與力成反比

C.向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P,電壓表示數(shù)減小

D.若僅增大霍爾元件自由電荷的濃度，則電壓表示數(shù)減小

【答案】BD

【解析】

A.通過霍爾元件的電流向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則可知電子受到向里的洛倫茲力而向里偏,

所以內(nèi)側(cè)面的電勢低于外側(cè)面的電勢，所以A點(diǎn)導(dǎo)線應(yīng)與電壓表的負(fù)接線柱相連，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)霍爾元件自由電荷的濃度為〃，定向移動(dòng)的速率為也根據(jù)

/=nehhv

evB=-e

h

可得

U①

neh

所以電壓表的示數(shù)與上下面厚度力成反比，故B正確；

C.向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P,通過霍爾元件的電流增大，由

neh

可知電壓表示數(shù)增大，故C錯(cuò)誤；

D.由

底里

neh

可知僅增大霍爾元件自由電荷的濃度，電壓表示數(shù)減小，故D正確。

故選BD。

9.自行車速度計(jì)可以利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運(yùn)動(dòng)速率。如圖甲所示，一塊磁鐵安裝在前輪上,

輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器就會輸出一個(gè)脈沖電壓。如圖乙所示，外接電源使通過霍

爾元件電流/向左，當(dāng)磁場靠近霍爾元件時(shí)，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢差U（前表面的電勢低于后表面的

電勢）。下述正確的有（）

連接到速度計(jì)

霍爾傳緣白行生前又磁場8

s圖甲圖/.

A.根據(jù)車輪半徑，脈沖周期，可算車速大小B.圖乙中霍爾元件中的自由電荷帶正電

C.若電流/變大，則霍爾電勢差U變大D.若自行車的車速越大，則霍爾電勢差U越大

【答案】AC

【解析】

A.根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)，可求得車輪轉(zhuǎn)動(dòng)周期，從而求得車輪的角速度，最后由線速度公式

v-rco

結(jié)合車輪半徑,即可求解車輪的速度大小.故ATF確：

B.前表面的電勢低于后表面的電勢，根據(jù)左手定則，霍爾元件的電流/是由負(fù)電荷定向運(yùn)動(dòng)形成的，故B

錯(cuò)誤；

D.根據(jù)

qvB=q^d

得

U=vdB

由電流的微觀定義式/二〃eSv,〃是單位體積內(nèi)的電子數(shù)，e是單個(gè)導(dǎo)電粒子所帶的電量，S是導(dǎo)體的橫截面

積，丫是導(dǎo)電粒子運(yùn)動(dòng)的速度，整理得

neS

聯(lián)立解得

neS

可知用霍爾元件可以測量地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，保持電流不變，霍爾電壓U與車速大小無關(guān)，故D錯(cuò)誤;

C.由公式

neS

若電流/變大，則霍爾電勢差U將變大，故C正確。

故選ACo

10.在方向如圖所示的勻強(qiáng)電場（場強(qiáng)為E）和勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度為8）共存的區(qū)域，一電子沿垂直電

場線和磁感線方向以速度如射入場區(qū)，則（）

E

A.若%>亍，電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)速度力"

E

B.若%〉百，電子沿軌跡II運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)速度uV%

p

C.若%<E，電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)速度心血

E

D.若％〈彳，電子沿軌跡II運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)速度vVw

【答案】BC

【解析】

電子受向上的電場力和向下的洛倫茲力;

AB.若

則

Bq%>M

則電子沿軌跡n運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，則射出場區(qū)時(shí)速度X%,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確;

CD.若

E

%<一

°B

則

Bq%<Eq

電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，射出場區(qū)時(shí)速度四的,選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

三、解答題

11.如圖所示，在出取3a的區(qū)域內(nèi)存在垂直X。），平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,在的

區(qū)域內(nèi)存在垂直x軸方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），從原點(diǎn)。沿y軸正方向發(fā)射的粒子剛好從磁場右邊界

上P⑸,小）點(diǎn)離開磁場進(jìn)入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后到達(dá)x軸上的。點(diǎn)，到Q點(diǎn)速度恰好沿/軸正方向，已知

粒子質(zhì)量為小，電荷量為小不計(jì)粒子重力，求:

（1）粒子經(jīng)過尸點(diǎn)的速度大小和方向;

（2）粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)所用時(shí)間;

（3）電場強(qiáng)度的大小和方向。

XX

|P（3a,尋）

XXI

x

【答案】（1）誓，與），軸負(fù)方向夾角等于。=60。；（2）靠；（3）且哈，沿），軸負(fù)方向

【解析】

(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)粒子經(jīng)

過P點(diǎn)的速度大小為V,在磁場中的軌跡半徑為人根據(jù)幾何關(guān)系有

(3〃一「)2+(&)2=/

?a百。

sin0=---

r

解得

r=2a,6>=60°

在磁場中由洛倫茲力提供向心力得

?>

qvB=ni—

解得

2qaB

m

由幾何關(guān)系可得粒子經(jīng)過P點(diǎn)的速度方向與)，軸負(fù)方向夾角等于8=60。；

(2)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為

乃一6=120。

粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

1200_1Inr2nm

t=----1——X---=-----

36003vAqR

(3)粒子在勻強(qiáng)電場中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，沿4軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿)，軸負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，

到達(dá)0點(diǎn)時(shí)沿y軸的速度為零。由牛頓第二定律得

qE-〃叫

沿y軸方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

2

2X6/(xV3a=(vcos^)

解得電場強(qiáng)度的大小

_\HqaB2

匕—1

6m

在磁場中粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶負(fù)電，在電場中沿了軸負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故電場

強(qiáng)度的方向沿y軸負(fù)方向。

12.如圖甲所示，半徑為R的圓形A區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場，尸。為其水平直徑，豎直放置的

平行板M、N間加有如圖乙所示的電壓（U。已知，Um未知）。在圓形磁場的下方有一水平的粒子接收屏，

在M板附近有一粒子源，不斷無初速度釋放質(zhì)量為小、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，粒子經(jīng)電場加速后從

產(chǎn)點(diǎn)沿PQ方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在接收屏上，打在接收屏.卜.最左側(cè)的粒子，速度與水平方向的夾

角為60。，打在接收屏上最右側(cè)的粒子，速度與水平方向的夾角也為60。，不計(jì)粒子的重力，粒子在加速電

場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于T,求：

（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?/p>

（2）兩板間最大電壓Qn為多少。

MN

\PoR4V

11\,嚴(yán)^ZIZlz

接收屏OT2Tt

甲乙

【答案】（1）1J包必；（2）9U。

R7q

【解析】

（1）（2）在磁場中，根據(jù)

\r

qvB=m—

r

可得

mv

r——

qR

進(jìn)入磁場時(shí)，粒子速度越大，則軌跡半徑越大，結(jié)合幾何知識可知，打在接收屏最左側(cè)的粒子速度最小,

打在接收屏最右側(cè)的粒子速度最大，從電場進(jìn)入磁場，由動(dòng)能定理得

12

qU0=-mv>n

12

qUrrm=”*

由幾何關(guān)系可得

6R

聯(lián)立解得

B」.叫

RVq

Um=9U。

國練提升

1.（2022?湖南?雅禮中學(xué)二模）武漢病毒研究所是我國防護(hù)等級最高的P4實(shí)驗(yàn)室，在該實(shí)驗(yàn)室中有一種污

水流最計(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。等于單位時(shí)間通過橫截面的液體的體積?？臻g有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為3

的勻強(qiáng)磁場，下列說法正確的是（）

XAfXfi

A.只需要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度8、直徑d及歷N兩點(diǎn)電壓U,就能夠推算污水的流量

B.只需要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度8及兩點(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(shí)，污水流速將增大

D.當(dāng)污水中離子濃度升高時(shí)，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

qvB=q—

解得廢液的流速

U

~Bd

廢液流量

Q=Sv

~4~

。喑

只需要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度3、直徑d及M/V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

需要測量磁感應(yīng)強(qiáng)度8及MN兩點(diǎn)電壓U外，還需要測量出圓柱形容器直徑4故A正確，B錯(cuò)誤;

C.電磁流量計(jì)可利用

U

v=—

Bd

的表達(dá)式來測出污水的流速，但是不能通過改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B來改變污水的流速，故C錯(cuò)誤；

D.由

4B

可知

7rd

可知MN兩點(diǎn)電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度8、流量Q、直徑d有關(guān)，而與離子的濃度無關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故選Ao

2.（2022.重慶一中模擬）質(zhì)譜儀是研究同位素的重要工具，重慶一中學(xué)生在學(xué)習(xí)了質(zhì)譜儀原理后，運(yùn)用所

學(xué)知識設(shè)計(jì)了一個(gè)質(zhì)譜儀，其構(gòu)造原理如圖所示。粒子源?？僧a(chǎn)生力兩種電荷量相同、質(zhì)量不同的粒子

（初速度可視為0），經(jīng)電場加速后從板邊緣沿平行于板間方向射入，兩平行板與。間存在方向垂

直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，板間距為L板足夠長，a、。粒子最終分別打到CU板上的E、尸點(diǎn)，E、尸到C

點(diǎn)的距離分別為和3則。、方兩粒子的質(zhì)量之比為（)

41.^——口

I???

???

c~T~b

D-i

【答案】B

【解析】

如圖

由幾何關(guān)系可得

d=（￡）+（f）2

所以

與由圖易得為L，加速階段有

,,12

qU=—mv^

圓周運(yùn)動(dòng)有

i廣

Bqv=m—

r

所以

1\lmU

所以

『近

rh血

所以

絲=紀(jì)

叫64

故選B。

3.（2022?北京朝陽模擬）如圖所示，水平放置的平行金屬板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。一個(gè)

電荷量為+4、質(zhì)量為切的粒子（不計(jì)重力）以速度-水平向右射入，粒子恰沿直線穿過。下列說法正確的

是（）

i++++

XXXXX

—________________

+q

XXXX3X

i---?

A.若粒子從右側(cè)水平射入，粒子仍能沿直線穿過

B.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2q,粒子將向下偏轉(zhuǎn)

C.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2g,粒子仍能沿直線穿過

D.若只將粒子的速度變?yōu)?n且粒子不與極板相碰，則從右側(cè)射出時(shí)粒子的電勢能減少

【答案】C

【解析】

A.若粒子從右側(cè)水平射入，粒子所受洛倫茲力不可能與電場力平衡，粒子不可能沿直線穿過，故A錯(cuò)誤；

B.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2%則粒子所受洛倫茲力和電場力同時(shí)增大2倍，仍能滿足平衡條件，所以

粒子仍能沿直線穿過，故B錯(cuò)誤;

C.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2“.則前7?所受洛倫茲力和電場力同時(shí)增大2倍,且方向同時(shí)變?yōu)橄喾?仍

能滿足平衡條件，所以粒子仍能沿直線穿過，故C正確；

D.若只將粒子的速度變?yōu)?V且粒子不與極板相碰，將粒子的速度分解為兩個(gè)同向的速度也則其中一個(gè)速

度避吏粒子滿足所受洛倫茲力與電場力平衡而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)速度u使粒子受到洛倫茲力而做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，所以粒子的運(yùn)動(dòng)可視為一沿虛線方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)虛線上方的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合

成，即做擺線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，由此可知粒子只能從虛線上側(cè)或虛線位置射出，整個(gè)過程洛倫茲力不做功，

而電場力只可能做負(fù)功或不做功，所以粒子的電勢能可能增大或不變，故D借誤。

故選C。

4.（2022?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Si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(dòng)半個(gè)圓周后打在照相底片D上并被吸收形成譜線。照相底片D上有刻線均勻分布的標(biāo)尺

（圖中未畫出），可以直接讀出離子的比荷。下列說法正確的是（）

D里

-u_包

.......f.fs.

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)量值是均勻的

【答案】A

【解析】

ABC.在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理

〃12

qU=-im'~

在偏轉(zhuǎn)磁場中，洛倫茲提供向心力

?y

V"

qvB=m—

打在屏上的位置

d=2r

聯(lián)外可得

j8U

md2B2

則加運(yùn)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?。淮鸥袘?yīng)強(qiáng)度越大，打在底片.上同?位置離子的電荷量不?定越大，選項(xiàng)A正確，BC錯(cuò)誤;

D.根據(jù)

j8U

md2B2

可得

對同位素電量4相等，則

doc4rn

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)量值不是均勻的，選項(xiàng)D錯(cuò)

誤。

故選Ao

5.（2022?山東口照?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(gè)帶正電的小球從4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(shí)間為*水平射程為為，著地速度大小為匕，電場力的瞬時(shí)功率為A；撤去磁場，其余條件不變，小球飛

行時(shí)間為，2,水平射程為超，著地速度大小為匕，電場力的瞬時(shí)功率為鳥。下列判斷正確的是（）

C.v,=vD.P=P

A.X]<*2B.tx>t22t2

【答案】BC

【解析】

小球在電場與磁場同時(shí)存在的情況下落到地面，與撤去磁場時(shí)相比，多受一大小變化、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以豎直方向上，由牛頓第二定律有

_mg+qE-qvBcos0_mg+qE

%.=?,V=

in

得

水平方向上

“田sin。八

^ix=--------，%=0

m

AB.對兩球豎直方向上，都下落兒由

A=/4/,旬v4

可知

水平方向上，由

石=卬1+561，巧=的2

可知

A錯(cuò)誤，B正確;

C.由動(dòng)能定理可知兩種情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(dòng)能定理

2

(mg+qE)h=；mv2-gmv0

所以有

片=.

C正確；

D.設(shè)兩種情況小球落地時(shí)速度與水平方向夾角分別為。和夕，則有運(yùn)動(dòng)分析可知

a<P

豎直方向上分速度

%=V]sina,v2y=v2sin0

有

%＜叼

電場力的瞬時(shí)功率為

P=qEvy

可知

片＜6

D錯(cuò)誤。

故選BCo

6.（2022?山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬）如圖甲所示，現(xiàn)有一機(jī)械裝置，裝置O右端固定有一水平光滑絕緣桿，裝

置可以帶動(dòng)桿上下移動(dòng)，桿上套有兩個(gè)小球。、b,質(zhì)量s=lkg,/=2kg,。球帶電量4=+lC,b球不帶

電。初始時(shí)。球在桿的最左端，且〃、球相距L=0.10m?，F(xiàn)讓裝置O帶動(dòng)桿以%=5m/s向下勻速平動(dòng)，并

且加上一垂直桿向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場，已知小球和桿始終在磁場中，球發(fā)生的碰撞均為彈性

碰撞，且碰撞過程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。以下說法正確的是（）

Xx%x戶

A.小球久從第一次碰撞前，小球〃的速度大小為InVs

B.小球4、6第一次碰撞后，小球。的速度大小為:m/s

C.若桿的長度為12.1m,則久b兩球在桿的最右端恰好發(fā)生第10次碰撞

D.若桿的長度為12.1m,則以人兩球在桿的最右端恰好發(fā)生第11次碰撞

【答案】AC

【解析】

A.。球運(yùn)動(dòng)過程中，受到的洛倫茲力為

F=q%B=5N

加速度

小球小b第一次碰撞前，水平方向，根據(jù)速度位移關(guān)系

解得第一次碰撞前，小球a的速度大小

v=!nVs

故A正確；

B.小球公〃第一次碰撞過程.根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有

11

彳機(jī)/2=~maVa\2

L乙乙

解得

ni-in.11

匕］=-----v=——v=——m/s

”十犯，33

2叫22.

囁=------v=—v=—m/s

"L+頊33

即小球公b第?次碰撞后，小球〃的速度大小為gm/s,故B錯(cuò)誤；

CD.小球久b第?次碰撞后，設(shè)再經(jīng)時(shí)間匕發(fā)生第二次碰撞，則有

12

為由+］畫|=Wi

解得

2

第一次碰前。的速度大小

5,

^=^+^=-"1/8

第二次碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有

fnav2-^mhvM=mava2+mhvh2

111,1

3叫叫2+耳/％2=Q”吃2一+3網(wǎng)此2

解得

1,

%=5移

4,

%=3mzs

設(shè)再經(jīng)時(shí)間4發(fā)生第三次碰撞，則有

12

Va2t2+~20^=%2’2

解得

2

t=-s

25

依次類推，不難看出每一次碰撞b球速度增加2:m/s,間隔時(shí)間(2s,每兩次碰撞