2022年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題九 帶電粒子在復合場中的運動課時作業(yè) 新人教版1如圖所示，在兩個水平放置的平行金屬板之間，電場和磁場的方向相互垂直一束帶電粒子(不計重力)沿直線穿過兩板間的空間而不發(fā)生偏轉則這些粒子一定具有相同的()A質量mB電荷量qC運動速度v D比荷解析：因粒子運動過程中所受電場力與洛倫茲力與速度方向垂直，則粒子能沿直線運動時必是勻速直線運動，電場力與洛倫茲力相平衡，即qEBqv，可得v是一定值，則C正確答案：C2質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具如圖所示為質譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質譜儀對氫元素進行測量讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”則下列判斷正確的是()A進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚Da、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚解析：氫元素的三種同位素離子均帶正電，電荷量大小均為e，經(jīng)過加速電場，由動能定理有：eUEkmv2，故進入磁場中的動能相同，B項錯；且質量越大的離子速度越小，故A項正確；三種離子進入磁場后，洛倫茲力充當向心力，evBm，解得：R，可見，質量越大的圓周運動半徑越大，D項錯；在磁場中運動時間均為半個周期，t，可見離子質量越大運動時間越長，C項錯答案：A3(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質子質量為m，電荷量為e，加速器中被加速不考慮相對論效應，則下列說法正確的是()A不改變磁感應強度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速粒子B加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U的增大而增大C質子被加速后的最大速度不能超過2RfD質子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為：1解析：質子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑的制約，vm2R/T2Rf，C正確；粒子旋轉頻率為fBq/2m，與被加速粒子的比荷有關，所以A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekmmv/22m2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；因為運動半徑Rmv/Bq，nUqmv2/2，知半徑比為：1，D正確答案：CD4(xx·遼寧朝陽市三校協(xié)作體聯(lián)考)(多選)如圖，為探討霍爾效應，取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體，給金屬導體加與側面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U.已知自由電子的電荷量為e.下列說法中正確的是()AM板比N板電勢高B導體單位體積內自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C導體中自由電子定向移動的速度為vD導體單位體積內的自由電子數(shù)為解析：電流方向向右，電子定向移動方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則M積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，選項A錯誤電子定向移動相當于長度為d的導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應電動勢E，則有UEBdv，可見，電壓表的示數(shù)與導體單位體積內自由電子數(shù)無關，選項B錯誤；由UEBdv得，自由電子定向移動的速度為v，選項C正確；電流的微觀表達式是InevS，則導體單位體積內的自由電子數(shù)n，Sdb，v，代入得n，選項D正確答案：CD5如圖所示，以豎直線MN為界，左側空間有水平向右的勻強電場，右側空間有豎直向上的勻強電場和垂直紙面水平向外的勻強磁場在左側空間O點用長為L的不可伸長的輕質絕緣細繩懸掛質量為m，帶電荷量為q的小球現(xiàn)使細繩拉直，從A點由靜止釋放小球，小球繞O點做圓周運動，B點為圓周上速度最大點已知OA與豎直方向夾角130°，OB與豎直方向夾角260°，左右兩側空間電場強度大小之比為E1：E2：1，重力加速度為g10 m/s2.(1)求左側空間電場強度大?。?2)求小球運動到B點時，小球對細繩的拉力大?。?3)若小球運動到B點時，細繩突然斷開，小球運動一段時間后，從MN邊界上某點進入右側空間運動，然后又從MN邊界上另一點回到左側空間運動，最后到達OB線上某點P時速度變?yōu)榱闱笮∏蛟谟覀瓤臻g運動的時間解析：(1)要使小球在B點的速度最大，則重力與電場力的合力沿OB方向，則tan 30°，即E1(2)設小球運動到B點速度大小為v0，小球所受重力與電場力的合力為：F2mg從A到B，對小球由動能定理得：FLmv聯(lián)立解得：v0在B點由牛頓第二定律：FTFm在B點時，細繩對小球的拉力為：FT6mg由牛頓第三定律知小球對細繩的拉力大小為6mg.(3)設小球從MN邊界上的C點進入磁場，從D點出磁場從B到C，小球做類平拋運動進入MN右側空間后；E2，即qE2mg，小球在右側空間做勻速圓周運動小球回到左側空間后，到OB線上某點P速度減小到零，O為小球在MN右側空間做圓周運動的軌跡圓心，過C點作BD的垂線交BD于Q點由幾何關系得：CDQ60°，QCD30°，OCDODC30°，在C點小球速度方向與界面夾角也為60°.設小球從B到C的運動時間為tB，在MN右側空間做圓周運動，半徑為R，運動時間為t.由幾何關系得：CD2Rcos 30°，QCCD×cos 30°1.5R從B到C，由運學規(guī)律得：QCv0tB，v0vcos 30°，vsin 30°atB，a2g以上各式聯(lián)立解得：R，v小球在MN右側空間做圓周運動圓心角為240°，即圓周，故小球在MN右側運動的時間為：t 答案：(1)(2)6mg(3)