2019屆二輪復(fù)習(xí)帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動學(xué)案(江蘇專用)

1、專題五帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動考情分析201620172018磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動T15:回旋加速器T1：磁誦量T15:質(zhì)譜儀T15：帶電粒子在組合場中的運動命題解讀本專題共6個考點，其中帶點粒子在勻強磁場中運動為高頻考點。從三年命題情況看，命題特點為：基礎(chǔ)性。以選擇題考查學(xué)生對安培力、洛倫茲力簡單應(yīng)用等知識的理解能力。綜合性。以組合場、現(xiàn)代科技等問題考查學(xué)生分析綜合能力。整體難度偏難，命題指數(shù),復(fù)習(xí)目標(biāo)是達(dá)B沖A。I課前診斷演練輪復(fù)習(xí)驗收瑾明確補漏方向(2018江蘇省豐縣中學(xué)檢測)如圖1所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電

2、粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力，鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為()A.2BJ2J2C.1D.-2-解析設(shè)粒子在鋁板上、下方的軌道半徑分別為rr2，速度分別為V、v2。由題意可知，粒子軌道半徑r1=2r2，由題意可知，穿過鋁板時粒子動能損失一半，即2mv2=2,2mvf，卩廠弋卻，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qvB=mvr,磁感應(yīng)強度B弋,磁感應(yīng)強度之比尋晉mv2v1r2!2v2r22qrvrv2r222122故選項D正確。答案D（多選）（2018江蘇省豐縣中

3、學(xué)檢測）如圖2所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。某時刻有a、b、c三個電子（不計重力）分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過平板PQ上的小孔O垂直射入勻強磁場。這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為t、tb和t。整個裝置放在真空中。則下列判斷正確的是abc（）XXXXXXXXXXxxxxxXXXXXXXX刈*Xnxx%XpXxxZ曲XXQ圖2A.l=1LacbC.tttabcB.lltabc解析三個電子的速度大小相等，方向如圖所示，垂直進(jìn)入同一勻強磁場中。由于初速度v和v的方向與MN的夾角相等，所

4、以這兩個電子的運動軌跡正好組合ac成一個完整的圓，則這兩個電子打到平板MN上的位置到小孔的距離是相等的。而初速度為vb的電子方向與MN垂直，則它的運動軌跡正好是半圓，所以電子打b到平板MN上的位置到小孔的距離恰好是圓的直徑。由于它們的速度大小相等，因此它們的運動軌跡的半徑均相同。所以速度為vb的距離最大，選項A正確，Bb錯誤；從圖中可得，初速度v的電子偏轉(zhuǎn)的角度最大，初速度為v的電子偏轉(zhuǎn)的ac角度最小，根據(jù)粒子在磁場中運動的時間與偏轉(zhuǎn)的角度之間的關(guān)系#=2!可得，偏轉(zhuǎn)角度最大的a在磁場中運動的時間最長，偏轉(zhuǎn)角度最小的c在磁場中運動的時間最短，故選項C錯誤，D正確。答案AD（多選）（2018江蘇

5、省南通、徐州、揚州、泰州、淮安、宿遷市調(diào)研回旋加速器的工作原理如圖3所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小,帶電粒子在狹縫間加速的時間忽略不計。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向與盒面垂直。粒子源A產(chǎn)生的粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q,U為加速電壓，則（）接交流電源圖3交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期的一半加速電壓U越大，粒子獲得的最大動能越大D形盒半徑R越大，粒子獲得的最大動能越大磁感應(yīng)強度B越大，粒子獲得的最大動能越大解析為了保證粒子每次經(jīng)過電場時都被加速，必須滿足交變電壓的周期和粒子在磁場中回轉(zhuǎn)周期相等，故選項A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=mRr，解得v=Bm

6、R,動能為Ek=|mv2=B2mR，可知，帶電粒子的速度與加速電壓無關(guān),D形盒半徑R越大，磁感應(yīng)強度B越大，粒子的速度越大，即動能越大，選項B錯誤，C、D正確。答案CD（多選）（2018揚州期末）如圖4所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件樣品置于磁場中，表面與磁場方向垂直，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。當(dāng)開關(guān)Ss2閉合后，三個電表都有明顯示數(shù)，下列說法正確的是（）圖4通過霍爾元件的磁場方向向下接線端2的電勢低于接線端4的電勢僅將電源EE2反向接入電路，電壓表的示數(shù)不變?nèi)暨m當(dāng)減小R增大R2，則電壓表示數(shù)一定增大解析根據(jù)安培定則可知，磁場的方向向下，故選項A正確；通過霍爾元件的電流由1流

7、向接線端3，電子定向移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢，故選項B正確；當(dāng)調(diào)整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流方向相反，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，即2、4兩接線端的電勢高低關(guān)系不發(fā)生改變，電壓表的示數(shù)不變，故選項C正確；適當(dāng)減小R,電磁鐵中的電流減小，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度減小，增大R2,霍爾元件中的電流減小，電子定向移動的速率減小，所以霍爾電壓U=dvB減小，即電壓表示數(shù)一定減小，故選項D錯誤。答案ABC高頻考,點突破熱點高效突破提升應(yīng)試技能命題點H帶電粒子在有界勻強磁場中的運動常見三種臨界模型圖分析臨界問題時應(yīng)注意從關(guān)鍵詞、語句

8、找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”、“最大”、“至少”、“不脫離”等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)律。如：剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；當(dāng)速率v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長；當(dāng)速率v變化時，圓心角大的，運動時間長；直徑是圓的最大弦?！纠?】(2018江蘇省南京市、鹽城市模擬)如圖5所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強偏轉(zhuǎn)電場，電場與水平方向成60。角，同心大圓半徑為/3r，v兩圓間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m,帶電荷量為q的粒子經(jīng)電場加速后恰好沿磁場邊界進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從內(nèi)圓的最

9、高點A處進(jìn)入電場，并從最低點C處離開電場。不計粒子的重力。求：加速電場圖5該粒子從A處進(jìn)入電場時的速率偏轉(zhuǎn)電場的場強大??；使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運動，加速電壓的取值范圍。解析(1)由幾何關(guān)系R2=r2+(冷3rR)2,sin0=R=則6=60,所以帶電粒子以v進(jìn)入磁場經(jīng)*T的時間從內(nèi)圓最高A點處進(jìn)入電場v2Bqv=mRR=2、3rBq3m(2)帶電粒子進(jìn)入電場做類平拋運動。2rcos60=vt2rsin60。=驢2mSyj3B2qrE=3m帶電粒子經(jīng)加速電場獲得一定動能進(jìn)入磁場。1U加q=2mv2v2Bqv=mRu加2m使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運動，經(jīng)分析R有

10、三種臨界值。討論：3B2qr22m3+1R2=亍rBq；3+1v2=m2r2+3)B2qr2Bq31v3=m*2r4m加速電壓的取值范圍：JR0,(23)B2qr24m4m和(2+羽)B2qr2,答案曾今(3)U加巳，（2羽）B2qr24m（2+回B2qr23Bqr4m2m【變式1】(2018常州市模擬)如圖6所示，水平地面上方MN邊界右側(cè)存在垂直紙面向外的勻強磁場和豎直方向的勻強電場(圖中未標(biāo)出)，磁感應(yīng)強度B=1.T。在邊界MN離地面高h(yuǎn)=3m處的A點，質(zhì)量m=1x1-3kg、電荷量q=1x1-3C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點)以速度v水平進(jìn)入右側(cè)的勻強磁場和勻強電場的區(qū)域，小球進(jìn)入右側(cè)區(qū)域

11、恰能做勻速圓周運動。g取1m/s2。求：I*丨1T-rt1BIN水平地面圖6電場強度的大小和方向；若0v3m/s，求小球在磁場中運動的最短時間t；若0v3m/s，求小球落在水平面上的范圍。解析(1)小球做勻速圓周運動，電場力等于重力qE=mg解得E=1V/m，方向豎直向上。小球以3m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：mv2qvB=r解得r=3m2nrT=2nsv小球在磁場中運動的時間為s兀-r1-4(3)小球以3m/s的速度進(jìn)入磁場落在N點的右側(cè)最遠(yuǎn)，x1=r=3m小球從MN離開磁場后做平拋運動1h2R=2gt2,x=vtmvR=萌x2,2(h-2R)R

12、2g當(dāng)R=1m時x2有最大值,解得x2=55m小球落在N點右側(cè)3m和N點左側(cè)亨m的范圍內(nèi)。n答案(1)10V/m,方向豎直向上(2)2s(3)小球落在N點右側(cè)3m和N點左側(cè)電5m的范圍內(nèi)命題點帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場中運動的處理方法要清楚場的性質(zhì)、方向、強弱、范圍等。帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運動情況正確地畫出粒子的運動軌跡圖根據(jù)區(qū)域和運動規(guī)律的不同.將粒子運動的過程劃分為兒個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度大小雯關(guān)奔-和方向關(guān)系，上一個區(qū)域的末速度往往是下一個區(qū)域的初速度【例2】(2018江蘇省

13、蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖7所示，平面直角坐標(biāo)系xOy被三條平行的分界線分為I、II、III、W四個區(qū)域，每條分界線與x軸所夾30。角，區(qū)域1、11分界線與y軸的交點坐標(biāo)(0,l),區(qū)域I中有方向垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場；區(qū)域II寬度為d其中有方向平行于分界線的勻強電場；區(qū)域III為真空區(qū)域；區(qū)域W中有方向垂直紙面向外、大小為2B的勻強磁場?，F(xiàn)有不計重力的兩粒子，粒子1帶正電，以速度大小v1從原點沿x軸正方向運動；粒子2帶負(fù)電，以一定大小的速度從x軸正半軸一點A沿x軸負(fù)向與粒子1同時開始運動，兩粒子恰在同一點垂直分界線進(jìn)入?yún)^(qū)域II;隨后粒子1以平行于x軸的方向進(jìn)入?yún)^(qū)域III;粒子2以平行于

14、y軸的方向進(jìn)入?yún)^(qū)域III,最后兩粒子均在第二次經(jīng)過區(qū)城III、W分界線時被引出。圖7求A點與原點距離；求區(qū)域II內(nèi)電場強度E的大小和方向；求粒子2在A的速度大??；若兩粒子在同一位置處被引出，區(qū)域III寬度應(yīng)設(shè)計為多少？解析(1)因為粒子1和粒子2在同一點垂直分界線進(jìn)入?yún)^(qū)域II,所以粒子1在區(qū)域I運動半徑為R1_l_1=2R2_310A_3l百l_2百l(2)要滿足題設(shè)條件，區(qū)域II中電場方向必須平行于分界線斜向左下方兩粒子進(jìn)入電場中都做類平拋運動，區(qū)域II的寬度為d，出電場時，對粒子1沿電場方向的運動有v3E=tan30|f3vi1Ed11v1所以雄埸粒子2經(jīng)過區(qū)域II電場加速獲得的速度大小為

15、=V2_V3v2V4etan603對粒子2在電場中運動有v2_q2Ed_mv2v2qv又q2V2B_m23l所以苻_3BI所以v2vi(4)粒子1經(jīng)過區(qū)域III時的速度大小為v3_SinV3o_2v1有2BqiV3_miR3R3_I粒子2經(jīng)過區(qū)域hi時的速度大小為v4_coSv3o_畔匕有2Bq2v4_m2RR4_呂1兩粒子要在區(qū)域w運動后到達(dá)同一點引出，o3圓對應(yīng)的圓心角為60,o4圓對應(yīng)的圓心角為120R3+2R4COS30_tan30+tan60+2斤+可答案(1)2月1(2)(3)v2_v1.3Z2【變式2】(2018揚州學(xué)期期末)在如圖8所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ

16、左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d。PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為2，間距為d。電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏?，F(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點，M到下極板右端的距離為1d,電子電荷量為e,質(zhì)量為m,不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應(yīng)，求：圖8電子通過磁場區(qū)域的時間t；偏轉(zhuǎn)電場的電壓U；電子至少以多大速率從O點射出時才能打到熒光屏上。解析(1)電子在磁場區(qū)域運動周期為2nmT=TeB粒子從C點進(jìn)入電場時打到熒光屏上最遠(yuǎn)點M,所以90nm通過磁場區(qū)

17、域的時間為t1=360T=mv(2)由幾何知識得r=d，又rp通過電場的時間t2咼m代入數(shù)據(jù)解得t=2mB電子離開電場后做勻速直線運動到達(dá)M點，由幾何關(guān)系有14d1p1P，又兒+丁2d解得y1=|deU1mdt2=3d代入數(shù)據(jù)解得U=8eB2d23m(3)電子恰好打在下極板右邊緣磁場中r=mveB電場中水平方向向1d=vt豎直方向_1eU22mdt2由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v_迦答案匸nm2eB(2)8eB2d23m(3)命題點eBd帶電粒子在電磁場中運動與現(xiàn)代科技的綜合應(yīng)用中學(xué)階段常見的帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型有速度選擇器、回旋加速器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾元件、

18、電磁流量計等。、和的共同特征是粒子在其中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。圖圖圖圖圖【例3】（2018南京市、鹽城市二模）圖9如圖9為類似于洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)簡圖，勵磁線圈通入電流I,可以產(chǎn)生方向垂直于線圈平面的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度B=kI（k=0.01T/A）,勻強磁場內(nèi)部有半徑R=0.2m的球形玻璃泡，在玻璃泡底部有一個可以升降的粒子槍，可發(fā)射比荷m=108c/kg的帶正電的粒子束。粒子加速前速度視為零，經(jīng)過電壓U（U可m調(diào)節(jié)，且加速間距很?。┘铀俸螅厮椒较驈牟Ａ輬A心的正下方垂直磁場方向射入，粒子束距離玻璃泡底部邊緣的高度h=0.04m,不計粒子間的相互作用

19、與粒子重力。則：當(dāng)加速電壓U=200V、勵磁線圈電流強度I=1A（方向如圖）時，求帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（2）若仍保持勵磁線圈中電流強度I=1A（方向如圖），為了防止粒子打到玻璃泡上，加速電壓U應(yīng)該滿足什么條件；（3）調(diào)節(jié)加速電壓U，保持勵磁線圈中電流強度I=1A，方向與圖中電流方向相反。忽略粒子束寬度，粒子恰好垂直打到玻璃泡的邊緣上，并以原速率反彈（碰撞時間不計），且剛好回到發(fā)射點，則當(dāng)高度h為多大時，粒子回到發(fā)射點的時間間隔最短，并求出這個最短時間。解析（1）粒子被加速過程qU=2mv2磁場中勻速圓周運動qvQB=mr=0.2m(2)欲使得粒子打不到玻璃泡上，粒子束上、下邊界的

20、粒子運動軌跡如圖所示，即當(dāng)上邊界粒子運動軌跡恰與玻璃泡相切，由幾何關(guān)系得，粒子運動軌跡半徑2Rh小G=20.18m又由(1)得U咼U162V要使粒子回到發(fā)射點的時間最短，運動軌跡如圖所示，此時運動軌跡所對圓心角之和最小為0.=nmin2nm周期丁=苛0最短時間為t.帶Tmin2nt.=nxlO4smin由幾何關(guān)系得粒子在磁場中運動軌跡半徑r2=.佝Rh./3rR=0.2(/51)m0.146m答案(1)0.2m(2)UB，粒子一定不能從板間射出D.若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運動解析粒子從左射入，不論帶正電還是負(fù)電，電場力大小為qE,洛倫茲力大小FE=qvB=qE，兩個力平衡，速度v

21、=，粒子做勻速直線運動，故選項A錯誤，BE正確；若速度vb，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉(zhuǎn)，可能從板間射出，故選項c錯誤；此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，電場力與洛倫茲力在同一方向，不能做直線運動，故選項D錯誤。答案B（2018江蘇省南通市第一次調(diào)研）在勻強磁場中有粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線制成的等邊三角形線框abc，磁場方向垂直于線框平面，ac兩點間接一直流電源，電流方向如圖2所示，則（）圖2導(dǎo)線ab受到的安培力大于導(dǎo)線ac所受的安培力導(dǎo)線abc受到的安培力大于導(dǎo)線ac受到的安培力線框受到的安培力的合力為零線框受到的安培力的合力方向垂直于ac向下12解析由并聯(lián)電路的特點，知：Ib=Ib=3I

22、，I=3I，導(dǎo)線ab受到的安培力大小abbc3ac312為：F=BIL；導(dǎo)線ac所受的安培力大小為：F=3BIL，故選項A錯誤；導(dǎo)線abc的有效長度為L,故受到的安培力大小為：F=1BIL，故選項B錯誤；根據(jù)左手定則，導(dǎo)線abc受安培力垂直于ac向下，導(dǎo)線ac受到的安培力也垂直于ac向下，故線框受到的安培力的合力F右F+F2=BIL，合力方向垂直于ac向下，故選項C錯誤，D正確。答案D(2018.江蘇省南京市、鹽城市第一次模擬)如圖3所示，電視顯像管中有一個電子槍，工作時它能發(fā)射電子，熒光屏被電子束撞擊就能發(fā)光。在偏轉(zhuǎn)區(qū)有垂直于紙面的磁場B1和平行紙面上下的磁場B2,就是靠這樣的磁場來使電子束

23、偏轉(zhuǎn),使整個熒光屏發(fā)光。經(jīng)檢測僅有一處故障：磁場B1不存在，則熒光屏上()圖3不亮B.僅有一個中心亮點僅有一條水平亮線D.僅有一條豎直亮線解析磁場B1不存在，只有平行紙面上下的磁場B2，電子垂直進(jìn)入該磁場時,所受的洛倫茲力為水平方向，所以在熒光屏上得一條水平亮線，故選項C正確。答案C(2018常州市第一次模擬)如圖4所示，在半徑為R圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，邊界上的A點有一粒子源，能在垂直于磁場的平面內(nèi)沿不同方向向磁場中發(fā)射速率相同的同種帶電粒子，在磁場邊界的6圓周上可觀測到有粒子飛出，則粒子在磁場中的運動半徑為()A.Rc.3圖4B-2D-6解析粒子做圓周運動的圓與圓形磁場圓相交為粒子做圓周運

24、動圓的直徑時為出射的一個極點，當(dāng)粒子做圓周運動的圓與圓形磁場圓相切于A點時為出射的另一極點，由題可知兩極點對應(yīng)圓形磁場圓的圓心角為60，由幾何關(guān)系可知：粒子R做圓周運動的半徑為r=Rsin30=2，故選項B正確。答案B（2018江蘇省海安高級中學(xué)月考）如圖5所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強度為E,磁感應(yīng)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，適當(dāng)減小加速電壓U適當(dāng)減小電場強度E適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離適當(dāng)減小磁感應(yīng)強度B解析要使粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，則有Eq=qvB。根

25、據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力，所以要么減小電場力，要么增大洛倫茲力。根據(jù)eU=1mv2可得產(chǎn)竽，適當(dāng)減小加速電壓U可以減小電子在復(fù)合場中運動的速度v,從而減小洛倫茲力，故選項A錯誤；適當(dāng)減小電場強度E,即可以減小電場力，故選項B正確;適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)eU=*mv2可得v=m，由于加速電壓沒有變化，所以電子進(jìn)入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，故選項C錯誤；適當(dāng)減小磁感強度B，可以減小洛倫茲力，故選項D錯誤。答案B二、多項選擇題（2018江蘇江陰一中月考）如圖6所示為磁流體發(fā)電機的示意圖。兩塊

26、相同的金屬板A、B正對，它們之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）以速率v噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓。已知每個金屬板的面積為S，它們間的距離為d，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。當(dāng)發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，下列說法正確的是（）A板為發(fā)電機的正極B板為發(fā)電機的正極發(fā)電機的電動勢為Bdv發(fā)電機的電動勢為BSv解析根據(jù)左手定則，帶正電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向上偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為直流電源正極，選項A錯誤，B正確；最終帶電粒子在電場力和洛E倫茲力作用下處于平衡，有qvB=qd，解得E=Bdv，選項C正確，D錯誤。答案BC（2018江蘇省徐州市質(zhì)量檢測）

27、在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I,同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH。已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖7所示，下列說法正確的有（）圖7A.N板電勢高于M板電勢磁感應(yīng)強度越大，MN間電勢差越大將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，uh不變將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢解析根據(jù)左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N板電勢高，故選項A正確；設(shè)左右兩個表面相距為d電子所受的電場力等于洛倫茲力，即：設(shè)材料單位體積內(nèi)電子的個數(shù)為n材料截面積為S，則dHevB；I

28、=neSv；S=dL；由得：Ug=%ed，令=區(qū)，則UH=nBd葺；所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強度B成正比，故選項B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故選項C錯誤；若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故選項D錯誤。答案AB(2018江蘇省泰州中學(xué)月考)如圖8所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF,導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN,現(xiàn)從t=0時刻起，給棒通以圖示方向的電流且電流強度與時間成正比卩I=kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，下列關(guān)于棒的速度v、加速度a

29、隨時間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是()cEMIN:B圖8OtUtOt|ABCD解析從t=0時刻起，金屬棒通以I=kt，則由左手定則可知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導(dǎo)軌，則導(dǎo)致棒在運動過程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在減小，由于速度與加速度方向相同，則做加速度減小的加速運動。當(dāng)滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，則速度達(dá)到最大，其動能也最大。當(dāng)安培力繼續(xù)增大時，導(dǎo)致加速度方向豎直向上，則出現(xiàn)加速度與速度方向相反，因此做加速度增大的減速運動，故選項B、D正確。答案BD(2018江蘇省泰州中學(xué)月考)如圖9所示，虛線EF下方存在著正交的勻強電場和勻強磁場，一個帶電微粒從距離EF為h的某處由

30、靜止開始做自由落體運動，從A點進(jìn)入場區(qū)后，恰好做勻速圓周運動，然后從B點射出，C為圓弧的最低點，下面說法正確的有()圖9從B點射出后，微粒能夠再次回到A點如果僅使h變大，微粒從A點進(jìn)入場區(qū)后將仍做勻速圓周運動如果僅使微粒的電荷量和質(zhì)量加倍，微粒將仍沿原來的軌跡運動若僅撤去電場E,微粒到達(dá)軌跡最低點時受到的洛倫茲力一定大于它的重力解析從B點射出后，微粒做豎直上拋運動，不可能再回到A點，故選項A錯誤;帶電微粒進(jìn)入正交的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力必定平衡，如果僅使h變大，不會改變電場力與重力平衡，因此仍做勻速圓周運動，所以選項B正確；由題意知mg=qE，洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mV：，v麗，則微粒做圓周運動的半徑為r寺弓，若微粒的電荷量和質(zhì)量加倍，不會影響運動軌道的半徑，所以選項C正確；當(dāng)撤去電場E,微粒在洛倫茲力與重力作用下，當(dāng)?shù)竭_(dá)軌跡最低點時，仍做曲線運動，則洛倫茲力大于它的重力，即運動軌跡偏向合力一側(cè)，所以選項D正確。答案BCD三、計算題(2018江蘇省豐縣中學(xué)月考)如圖10所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U1的加速電場加速后進(jìn)入一電容器中，電容器兩極板之間的距離為d電容器中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場和勻強電場。正離子能沿直線穿過電容器，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小也為