2018版高考物理二輪復習第一部分專題三電場與磁場專題跟蹤檢測十七帶電粒子在電磁場中運動與現代科技的結合

1、專題跟蹤檢測（十七） 帶電粒子在電磁場中運動與現代科技的結合一、選擇題(第15題為單項選擇題，第69題為多項選擇題)1.(2017皋寧聯考) 質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2，從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場，該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場?，F在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GFR。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()A.B.C. D.解析：選C粒子運動軌跡如圖所示。設粒子被加速后獲得

2、的速度為v，由動能定理有：qUmv2，由幾何關系可得，粒子在磁場中做圓周運動的偏轉角60，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r，又Bqvm，解得，故C正確。2.(2017江都區(qū)模擬)如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿入射方向做直線運動，可采用的方法是()A將滑動變阻器滑動頭P向右滑動B將滑動變阻器滑動頭P向左滑動C將極板間距離適當減小D將極板間距離適當增大解析：選D根據題圖可知：A極板帶正電，B極板帶負電，所以電子束受到電場力的方向向上，大小F電Ee，洛倫茲力方向向下，FBev，電子束向上偏，說明電場力大于洛倫茲力，要使電子束沿射入方向做直線運動，則

3、要電場力等于洛倫茲力，所以要減小電場力。將滑動變阻器滑動頭P向右或向左移動時，電容器兩端電壓不變，電場力不變，故A、B錯誤；將極板間距離適當減小時，F電增大，不滿足要求，故C錯誤；將極板間距離適當增大時，F電減小，滿足要求，故D正確。3.(2017崇州模擬)如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場，電場的場強為E、方向水平向左，磁場的磁感應強度為B、方向與電場垂直且水平向里。一帶正電液滴以豎直向下的初速度v0進入電磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域。則液滴在電磁場中()A做勻速直線運動 B做勻變速曲線運動C運動速度逐漸減小 D機械能逐漸減小解析：選D帶電液滴進入電磁場中時，由題意可知，電場力

4、等于洛倫茲力，所以重力使其做加速運動，則運動速度逐漸增大，故C錯誤；速度增大使洛倫茲力大小增大，導致速度方向也發(fā)生變化，所以帶電液滴將向右做變速曲線運動，故A、B錯誤；由上分析可知，電場力做負功，液滴電勢能增加，則機械能減小，故D正確。4(2017蘇錫常鎮(zhèn)四市聯考)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖，當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正

5、確的是()A根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小B自行車的車速越大，霍爾電勢差越高C圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向移動形成的D如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將增大解析：選A根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v2rn即可獲知車速大小，選項A正確；根據霍爾原理可知qBqv，UBdv，即霍爾電勢差只與磁場強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速率有關，與車速無關，選項B錯誤；題圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D錯誤。

6、5.(2017泰州一模)如圖，從S處發(fā)出的電子經加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現電子向下極板偏轉。設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是()A適當減小電場強度EB適當減小磁感應強度BC適當增大加速電壓UD適當增大加速電場極板之間的距離解析：選B根據左手定則可知，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的原因是電場力小于洛倫茲力；要使粒子在復合場中做勻速直線運動，則EqqvB，所以可以減小洛倫茲力或增大電場力，適當減小電場強度E，即減小電場力，電子的受力不能平衡，故A錯誤；適當減小磁感強度B

7、，可以減小洛倫茲力，電子的受力可以平衡，故B正確；根據eUmv2可得v，適當增大加速電壓U，可以增大電子在復合場中運動的速度v，從而增大洛倫茲力，電子的受力不能平衡，故C錯誤；適當增大加速電場極板之間的距離，根據v，由于加速電壓U沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，故D錯誤。6.(2017徐州模擬)如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速。已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m、電荷量為q。下列說法錯誤的是()A質子的最大速度不超過2R

8、fB質子的最大動能為C質子的最大動能與電壓U無關D只增大磁感應強度B，可減小質子的最大動能解析：選ABC質子出回旋加速器時的速度最大，此時的半徑為R，則v2Rf，所以最大速度不超過2Rf，故A正確；質子在磁場中運動時有qvBm，可得質子的最大動能Ekmv2，與電壓U無關，故B、C正確；質子的最大動能Ek，只增大磁感應強度，可增大質子的最大動能，故D錯誤。7.如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電；板間存在勻強電場和勻強磁場(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動，粒子通過兩平行板后，從O點垂直進入另一個垂直紙面向外的勻強磁場中，粒子做勻速圓周運

9、動，經過半個周期后打在擋板MN上的A點，不計粒子重力，則下列說法正確的是()A此粒子一定帶正電BP、Q間的磁場一定垂直紙面向里C若另一個帶電粒子也能做勻速直線運動，則它一定與該粒子具有相同的荷質比D若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則它一定與該粒子具有相同的荷質比解析：選ABD粒子在磁場中做勻速圓周運動，由題圖知粒子向下偏轉，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應用左手定則可知，粒子帶正電，故A正確；粒子在復合場中做勻速直線運動，粒子所受合力為零，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向里，故B正確；粒子在復合場中做勻速直線運動，由平

10、衡條件可知：qvBqE，則：v，粒子具有相同的速度即可，不一定具有相同的荷質比，故C錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm，解得：，由于粒子勻速通過P、Q間的復合場，則粒子速度v相同，若粒子運動軌跡相同，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r相同，則粒子的荷質比相同，故D正確。8.電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(單位時間內通過管內橫截面積的流體的體積)，為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送流體的管道相連(圖中虛線)，導電流體由左向右流過流量

11、計。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，現在流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面由前向后。當導電流體穩(wěn)定地流經流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，已知流體的電阻率為，不計電流表的內阻，則()A流量計的上表面電勢高B流量計的下表面電勢高C流量為 D流量為解析：選AC流體中的正電荷向右運動，由左手定則知受向上的洛倫茲力，則上表面聚集正電荷。流體中的負電荷也向右運動，同理知下表面聚集負電荷。所以流量計的上表面電勢高，故A正確；電場力與洛倫茲力相平衡，有qqvB(U相當于電源電動勢)，由閉合電路歐姆定

12、律得I，流體電阻(即內阻)為r，流體的流量為QSvbcv，解得Q，故C正確。9.(2017南通模擬)如圖所示為利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機原理示意圖，矩形發(fā)電管道水平東西放置，整個管道置于方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，其上、下兩面是絕緣板，南、北兩側面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關S和定值電阻R相連，已知發(fā)電管道長為L、寬為d、高為h，海水在發(fā)電管道內以恒定速率v朝正東方向流動。發(fā)電管道內的海水在垂直流動方向的電阻為r，海水在管道內流動時受到的摩擦阻力大小恒為f，不計地磁場的影響，則()AN側的電勢高B開關S斷開時，M、N兩端的電壓為BdvC開關S閉合時，發(fā)電管道進、

13、出口兩端壓力差FfD開關S閉合時，電阻R上的功率為解析：選BC海水向東流動的過程中，正電荷受到的洛倫茲力的方向指向M，而負電荷受到的洛倫茲力的方向指向N，所以M側聚集正電荷，M側的電勢高，故A錯誤；開關S斷開時，設海水中的電荷所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，M、N兩端的電壓U保持恒定，有qvBq，解得：UBdv，故B正確；設開關S閉合后，發(fā)電管道進、出口兩端壓力分別為F1、F2，海水所受的摩擦阻力恒為f，開關S閉合后管道內海水受到的安培力為F安，有：F2F1fF安，F安BId，根據歐姆定律有I，解得：FF2F1f，故C正確；電阻R上的功率為PI2R，故D錯誤。二、非選擇題1

14、0.如圖所示，磁流體發(fā)電機的極板相距d0.2 m，極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，B1.0 T。外電路中可變負載電阻R用導線與極板相連。電離氣體以速率v1 100 m/s沿極板射入，極板間電離氣體等效內阻r0.1 ，則此發(fā)電機的最大輸出功率為多大？解析：由離子受力平衡時得qvBqE所以板間電壓為UEdBvd此發(fā)電機的電動勢為E源UBvd1.01 1000.2 V220 V當可變電阻調到Rr0.1 時，電源的輸出功率最大，最大輸出功率為Pmax2r W121 kW。答案：121 kW11.(2017常州三模)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向。

15、在第一、四象限內有一個圓，圓心O坐標為(r,0)，圓內有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P點(2h，h)以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，又經過磁場從x軸上的Q點離開磁場。求：(1)電場強度E的大??；(2)圓內磁場的磁感應強度B的大??；(3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t。解析：(1)帶電粒子在電場中只受電場力的作用。電場力方向與v0垂直，所以，粒子做類平拋運動，則有：水平方向：2hv0t1；豎直方向：hat12t12；解得E。(2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度vyat1v0；粒子進入