課后限時集訓(xùn)27帶電粒子在復(fù)合場中的運動建議用時：45分鐘1如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面水平向里。一帶電微粒由a點以一定的初速度進(jìn)入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是()A微?？赡軒д?，也可能帶負(fù)電B微粒的動能可能變大C微粒的電勢能一定減小D微粒的機(jī)械能一定不變C由受力分析可知，微粒受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，因微粒在復(fù)合場中做直線運動，可知其所受合力為零，根據(jù)做直線運動的條件可知微粒的受力情況如圖所示，所以微粒一定帶負(fù)電，A錯誤；微粒一定做勻速直線運動，否則速度變化，洛倫茲力大小變化，微粒將做曲線運動，因此微粒的動能保持不變，B錯誤；微粒由a沿直線ab運動的過程中，電場力做正功，電勢能一定減小，C正確；在微粒的運動過程中，洛倫茲力不做功，電場力做正功，則微粒的機(jī)械能一定增加，D錯誤。2(多選)如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(場強(qiáng)大小為E)，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。從兩板左側(cè)中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分成三束，則下列判斷正確的是()A這三束正離子的速度一定不相同B這三束正離子的比荷一定不相同Ca、b兩板間的勻強(qiáng)電場方向一定由a指向bD若這三束離子改為帶負(fù)電而其他條件不變，則仍能從d孔射出BCD因為三束正離子在兩極板間都是沿直線運動的，電場力等于洛倫茲力，可以判斷三束正離子的速度一定相同，且電場方向一定由a指向b，A錯誤，C正確；在右側(cè)磁場中三束正離子運動軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷一定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負(fù)電，而其他條件不變的情況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線運動，仍能從d孔射出，D正確。3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交流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(qiáng)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是()A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2fRB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不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速粒子A由T，T，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2fR，其不可能超過2fR，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源，選項C錯誤；要加速粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)榱Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T，故選項D錯誤。4(2019·濟(jì)寧市模擬)為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示。在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連。污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況。下列說法中錯誤的是()AM板比N板電勢低B污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小C污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大D若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則電流表的示數(shù)也增大B污水從左向右流動時，根據(jù)左手定則，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，M板帶負(fù)電，A正確。穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，可得qvBq，此時UBbv，又因流速v，故U，式中Q是流量，可見當(dāng)污水流量越大、磁感應(yīng)強(qiáng)度越強(qiáng)時，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，而與污水中離子濃度無關(guān)，B錯誤，C、D正確。5(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)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(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，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(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是()甲乙A根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)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一定是由正電荷定向運動形成的D如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小AD根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半徑，根據(jù)v2rn即可獲知車速大小，選項A正確；根據(jù)霍爾原理可知qBqv，UBdv，即霍爾電壓只與磁感應(yīng)強(qiáng)度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，選項B錯誤；圖乙中霍爾元件的電流I可能是由電子定向運動形成的，也可能是由正電荷定向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。6(多選)(2019·遼寧省沈陽市調(diào)研)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶負(fù)電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()A小球可能做勻變速運動B小球一定做變加速運動C小球動能可能不變D小球機(jī)械能守恒BC小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機(jī)械能不守恒，D錯誤。7(2017·江蘇高考節(jié)選)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d。解析(1)甲種離子在電場中加速時，有qU0×2mv2設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，則有qvB2m根據(jù)幾何關(guān)系有x2r1L由式解得xL。(2)如圖所示。最窄處位于過兩虛線交點的垂線上dr1由式解得d。答案(1)L(2)作圖見解析8.(2019·安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A液滴帶正電B液滴比荷C液滴沿順時針方向運動D液滴運動速度大小vC液滴在重力場、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運動，可知，qEmg，得，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉(zhuǎn)動，C正確；對液滴qEmg，qvBm得v，故D錯誤。9(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過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11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13BCD兩離子質(zhì)量相等，所帶電荷量之比為13，在電場中運動時，由牛頓第二定律得qma，則加速度之比為13，A錯誤；在電場中僅受電場力作用，由動能定理得qUEkmv2，在磁場中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力永不做功，動能之比為13，D正確；由磁場中洛倫茲力提供向心力知qvBm，得r ，半徑之比為1，B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，則有sin ，即，故60°2，可知C正確。10(2017·天津高考)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：(1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向；(2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。解析(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2Lv0tLat2設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vyvyat設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為，有tan 聯(lián)立式得45°即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點時速度大小為v，由運動的合成有v聯(lián)立式得vv0。(2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得Fma又FqE設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvBm由幾何關(guān)系可知RL聯(lián)立式得。答案(1)v0，速度方向與x軸正方向成45°角斜向上(2)11(2019·日照市一模)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，存在電場強(qiáng)度大小E2×105 N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.2 T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10 cm,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m6.4×1027 kg、電荷量q3.2×1019 C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度2 rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)。(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點的范圍距離；(4)熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間。解析(1)帶正電粒子(重力不計)在復(fù)合場中沿x軸做勻速直線運動，據(jù)左手定則判定洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上有qEqvB速度v m/s106 m/s。(2)撤去電場后，有qvBm所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑R m0.1 m。(3)粒子運動軌跡如圖所示，若粒子在熒光屏上能最上端打在B點，最下端打在A點由圖可知：dOARtan 60°RdOBR所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB(1)R0.273 m。(4)因為粒子在磁場中做圓周運動的周期T6.28×107 s所以粒子在磁場中運動的時間可以忽略不計閃光點從最低點移到最高點的過程中，粒子發(fā)射槍轉(zhuǎn)過的圓心角所用的時間t s s0.42 s。答案見解析9