2021屆新高考物理二輪微復(fù)習(xí)限時強化練：帶電粒子在疊加場中的運動（解析版）

2021屆新高考物理二輪微專題復(fù)習(xí)限時強化練

帶電粒子在疊加場中的運動

一、選擇題

1、如圖所示，兩極板間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，

不計重力的笊核、晁核和氫核初速度為零，經(jīng)相同的電壓加速后，從

兩極板中間垂直射入電磁場區(qū)域，且笊核沿直線射出.不考慮粒子間

的相互作用，則射出時Y）

廣

XXXXX

XXXXX

XXXXX

-1

A.偏向正極板的是:M核

B.偏向正極板的是氮核

C.射入電磁場區(qū)域時，晁核的動能最大

D.射入電磁場區(qū)域時，氮核的動量最大

2、速度相同的一束粒子（不計重力）由左端射入質(zhì)譜儀后的運動

軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是（）

A.該束粒子帶負電

B.速度選擇器的X極板帶負電

R

C.能通過狹縫金的粒子的速度等于萬

D\

D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S,則粒子的比荷越小

3、(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù).如圖所示，平行金屬板

之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體,

沿圖中所示方向噴入磁場.圖中虛線框部分相當于發(fā)電機，把兩個極

板與用電器相連，貝1)()

等離子體XXXXX

*XXXXX

A.用電器中的電流方向從〃到4

B.用電器中的電流方向從/到夕

C.若只減小磁感應(yīng)強度，發(fā)電機的電動勢增大

D.若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大

4、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，其寬和高分別為力和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)強度大小為方的勻強磁場,

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〃和N,

KN與內(nèi)阻為A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（）

A.〃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)強度，則電流表的示數(shù)也增大

5.（多選）在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極區(qū)只

欣N做成了一個霍爾元件.在昆尸間通入恒定電流I,同時外加

與薄片垂直的磁場氏以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所示，下列說法正確的有（）

A.4端電勢高于"端電勢

B.磁感應(yīng)強度越大，掰V間電勢差越大

C.將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，為不變

D.將磁場和電流分別反向，4端電勢低于〃端電勢

6、某空間存在勻強磁場和勻強電場.一個帶電粒子（不計重力）以一

定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子

做勻速圓周運動.下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是（）

A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱

C.粒子的電性和電量D.粒子入射時的速度

7、（多選）如圖所示是選擇密度相同、大小不同的納米粒子的一種裝

置.待選粒子帶正電且電荷量與其表面積成正比，待選粒子從。進入

小孔時可認為速度為零，加速電場區(qū)域I的板間電壓為〃，粒子通過

小孔a射入正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域n,其中勻強磁場的磁感

應(yīng)強度大小為反左右兩極板間距為a區(qū)域n的出口小孔a與a、

口在同一豎直線上，若半徑為九、質(zhì)量為固、電荷量為的納米粒子

剛好能沿該直線通過，不計納米粒子重力，貝h）

A.區(qū)域n的電場的場強大小與磁場的磁感應(yīng)強度大小比值為

B.區(qū)域II左右兩極板的電勢差〃=加

C.若密度相同的納米粒子的半徑r>r。，則它進入?yún)^(qū)域H時仍將

沿直線通過

D.若密度相同的納米粒子的半徑r>r。，它進入?yún)^(qū)域H時仍沿直

線通過，則區(qū)域II的電場強度與原電場強度之比為

8、（多選）如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止

開始經(jīng)電壓〃加速后，水平進入互相垂直的勻強電場少和勻強磁場B

的復(fù)合場中（￡和方已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，

則（）

A.小球可能帶正電

B.小球做勻速圓周運動的半徑為犯

C.小球做勻速圓周運動的周期為7==

Bg

D.若電壓〃增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加

9、（多選）如圖所示，a、6是一對平行金屬板，分別接到直流電源的

兩極上，使a、力兩板間產(chǎn)生勻強電場區(qū)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)存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小

為反方向垂直紙面向里.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（）

XX?XXXXX

a--------1--------1///

XXX/*//乂X

C-->-----

,xxxxxxx

b-B

XxiXXXXX

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

C.a、8兩板間的勻強電場方向一定由a指向b

D.若這三束離子改為帶負電而其他條件不變，則仍能從d孔射

10、（多選）如圖所示，空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強

電場，磁感應(yīng)強度為反電場強度為￡一質(zhì)量為力，電荷量為q的帶

正電小球恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°,同

時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度K,則關(guān)于小球的運動，下

列說法正確的是（）

A.小球做勻速圓周運動

B.小球運動過程中機械能守恒

C.小球運動到最低點時電勢能增加了需

D.小球第一次運動到最低點歷時三《

11、磁流體發(fā)電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的

管道內(nèi)，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)，

形成直流電源對外供電.則（）

A.僅減小兩板間的距離，發(fā)電機的電動勢將增大

B.僅增強磁感應(yīng)強度，發(fā)電機的電動勢將減小

C.僅增加負載的阻值，發(fā)電機的輸出功率將增大

D.僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機的總功率將增大

12、（多選）如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板，長為L,板間距離

為d,接在電壓為U的直流上.在兩板間加一磁感應(yīng)強度為B,方向

垂直紙面向里的勻強磁場.一個質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電油滴,

從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落，并經(jīng)兩板上端連線中

點P進入板間.油滴在P點所受的電場力與磁場力大小恰好相等，且

最后恰好從金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域.空氣阻力不計，重力加

速度為g,則下列說法正確的是（）

A.油滴剛進入電磁場時的加速度為g

U2

B.油滴開始下落的高度h=^贏

C.油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開

D.油滴離開電磁場時的速度大小為'/言+2gL+品

13、（多選）如圖所示，在平行板電容器極板間有場強為E、方向豎直

向下的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B、方向水平向里的勻強磁場.左右

兩擋板中間分別開有小孔Si、S2,在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形

磁場，磁感應(yīng)強度為B2,磁場邊界ac中點S3與小孔Si、S2正對.現(xiàn)

有大量的帶電荷量均為+q、而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔

Si水平射入電容器，其中速率為V。的粒子剛好能沿直線通過小孔Si、

S2.粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計.下列有關(guān)說法

中正確的是（）

E

A.vo一定等于正

Dl

E

B.在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足v°>m

Di

C.質(zhì)量《聯(lián)的粒子都能從ac邊射出

4Vo

D.能打在ac邊的所有粒子在磁場B2中運動的時間一定都相同

14、（多選）如圖所示，金屬棒MN與金屬網(wǎng)PQ之間存在水平向右的

勻強電場，PQ與虛線JK之間的區(qū)域存在豎直向上的勻強電場與垂直

紙面向里的勻強磁場，兩個電場的電場強度大小均為E,磁場的磁感

E

應(yīng)強度大小為一，兩個區(qū)域的寬度均為d.一個帶正電的微粒貼著MN

Vo

以初速度V。豎直向上射入場區(qū)，運動到PQ時速度大小仍為V。，方向

變?yōu)樗较蛴?已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.微粒在MN與PQ間做勻變速運動，運動時間為一

Vo

B.微粒在PQ與JK間做勻速圓周運動，圓周半徑r=d

C.微粒在PQ與JK間做勻速直線運動，運動時間為S

D.微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為上"

二、非選擇題

15、如圖所示，兩塊相同的金屬板歐倒平行傾斜放置，與水

平面的夾角為45°,兩金屬板間的電勢差為U,幽板電勢高于物V板,

且的V、N之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場.一質(zhì)量為勿、帶

電荷量為q的小球從掰板的〃端以速度小豎直向上射入，恰好沿直

線從面V板的川端射出，重力加速度為g.求：

(1)磁感應(yīng)強度的大小和方向；

(2)小球在金屬板之間的運動時間.

16、如圖所示，水平向左的勻強電場的場強E=4v/m,垂直紙面向

內(nèi)的勻強磁場的B=2T,質(zhì)量為m=lkg的帶正電的小物塊A從豎

直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑行h=0.8m到達N點時離開

墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與

水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為H=1.6m,取g=10

m/s''試求:

M\

0.8in/

XXXX

(1)A沿墻下滑克服摩擦力做的功wf

(2)P點與M點的水平距離xp.

17、如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標系中，MN與水平x軸

平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面水平

向里的勻強磁場，電場強度E=2N/C,磁感應(yīng)強度B=1T,從y軸

上的P點沿x軸方向以初速度v()=lm/s水平拋出一帶正電的小球，

小球的質(zhì)量為m=2XI。-'kg,電荷量q=lXl(T"C,g10m/s2.

已知P點至I」0點的距離為do=O.15m,MN至x軸距離為d=0.20m.(n

=3.14,72=1.414,鎘=1.732,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

⑴求小球從P點運動至MN邊界所用的時間；

⑵當小球運動到x軸時撤去電場,求小球到達MN邊界時的速度大小.

18、如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy,在其第三象限空間有

沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為〃=

0.5T,還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為f=2N/C.在其

第一象限空間有沿y軸負方向、場強大小也為少的勻強電場，并在

y>h=O.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度大小也為〃的垂直于紙面向里的勻

強磁場.一個帶電荷量為。的油滴從圖中第三象限的〃點得到一初速

度，恰好能沿心做勻速直線運動(力與x軸負方向的夾角為

45°),并從原點。進入第一象限.已知重力加速度g取10m/s：求:

(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大

小之比，并指出油滴帶何種電荷；

(2)油滴在尸點得到的初速度大?。?/p>

(3)油滴在第一象限運動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標值.

答案與解析

1、答案：D

E

解析：笊核在復(fù)合場中沿直線通過，故有qE=qvB,所以/=萬

在加速電場中='晁核的比荷比笊核的小，進入

2%勿

磁場的速度比笊核小，洛倫茲力小于電場力，晁核向負極板偏轉(zhuǎn)，選

項A錯誤；氫核的比荷等于笊核的，氫核進入復(fù)合場的速度與笊核一

樣，所以不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項B錯誤；射入復(fù)合場區(qū)域時，帶電粒子的

動能等于qU,氫核的電荷量最大，所以動能最大，選項C錯誤；帶

電粒子的動量p=mv=^2mqU,氨核的電荷量和質(zhì)量的乘積最大，動

量最大，選項D正確.

2、答案：C

解析：根據(jù)該束粒子進入勻強磁場區(qū)時向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則判

斷出該束粒子帶正電，選項A錯誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線

運動，受到電場力和洛倫茲力作用，由左手定則知洛倫茲力方向豎直

向上，則電場力方向豎直向下，因粒子帶正電，故電場強度方向向下,

速度選擇器的X極板帶正電，選項B錯誤；粒子能通過狹縫，電場力

E

與洛倫茲力平衡，有qvB產(chǎn)qE,得-=五，選項C正確；粒子進入勻

強磁場￡中受到洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心

V2mv

力，由牛頓第二定律有qvBz=%,得r=拓,可見八氏一定時，半

徑r越小，則越大，選項D錯誤.

m

3、答案：BD

解析：首先對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正

離子所受洛倫茲力方向向上，負離子所受洛倫茲力方向向下，則正離

子向上板聚集，負離子向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板

變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O，下板為負極，所以通過用電器的電流方

向從4到8,故B正確，A錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲

力尸洛外，還受到向下的電場力R最終二力達到平衡，即最終等離

E

子體將勻速通過磁場區(qū)域，由q出=為，解得所以電動勢后

與噴入粒子的速度大小y及磁感應(yīng)強度大小〃成正比，故D正確，C

錯誤.

4、答案：B

解析：污水從左向右流動時，正、負離子在洛倫茲力作用下分別

向N板和〃板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，"板帶負電，A正確.穩(wěn)定時帶

電離子在兩板間受力平衡，qvB=(qj,此時〃=仍。=誓=§,式中0

是流量，可見當污水流量越大、磁感應(yīng)強度越強時，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.答案：AB

解析：根據(jù)左手定則可知載流子所受洛倫茲力的方向指向/V端，

載流子向N端偏轉(zhuǎn)，則N端電勢高，故A正確；設(shè)以"間的距離為

d,薄板的厚度為力，則〃Eq=qvB,則代入

解得〃=烏?故B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄板的上、下表面平行，

neh

載流子不偏轉(zhuǎn)，所以〃,發(fā)生變化，c錯誤；將磁場和電流分別反向,

4端的電勢仍然高于物端電勢，D錯誤.

6、答案：C

解析：由于帶電粒子做勻速直線運動，對帶電粒子進行受力分析

F

知，電場力與磁場力平衡，qE=qvB,即v=~,由此式可知，粒子入

射時的速度、磁場和電場的強弱及方向有確定的關(guān)系，故A、B、D錯

誤，C正確.

7、答案：AD

解析：設(shè)半徑為九的粒子加速后的速度為K,則有例〃=；倒落

設(shè)區(qū)域II內(nèi)電場強度為其由題意可知洛倫茲力等于電場力，即發(fā)步

=越，聯(lián)立解得片名年則條\等區(qū)域n左右兩極板的

2例〃

電勢差為Ed=Bi故A正確，B錯誤；若納米粒子的半徑r

nk，

>r0,設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為加、帶電荷量為0、加速后的速度

/、

rr1

為/，則加=一/，而q=[2(?0,由寧力2=解得/=

=故粒子進入?yún)^(qū)域n后受到的洛倫茲力變小，粒子向左

偏轉(zhuǎn)，故c錯誤；由于y節(jié),由人小可得，區(qū)域n的電場

與原電場的電場強度之比為故D正確.

8、答案：BC

解析：小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力

滿足醺=囪，方向相反，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做圓周運

動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得的一

2]]

—,Uq=[m￥,聯(lián)立兩式可得小球做勻速圓周運動的半徑r=~

r2B

[2UE.2兀rt.2*E..―丁“,

、——，由T=——可以得出T=-^~,與電壓〃無關(guān)，所以B、C

\lgvBg

正確，D錯誤.

9、答案：BCD

解析：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項正確；若將這三束離

子改為帶負電，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項正確.

10、答案：AD

解析：小球在復(fù)合電磁場中處于靜止狀態(tài)，只受兩個力作用，即

重力和電場力且兩者平衡，當把磁場順時針方向傾斜30°,且給小

球一個垂直磁場方向的速度7,則小球受到的合力就是洛倫茲力，且

與速度方向垂直，所以帶電小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，選項A正確.由

于帶電小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動，運動過程中

受到電場力要做功，所以機械能不守恒，選項B錯誤.電場力從開始

mv1Im2gv

到最低點克服電場力做功為W=EqRsin30°=mgX萬乂3=皆,所

Bq22Bq

2

以電勢能的增加量為器，選項C錯誤.小球第一次運動到最低點的

時間為）7=箸，所以選項D正確.

4Zbq

11、答案D

解析A、B兩項，最終電荷受電場力與洛倫茲力平衡，

有：qvB=q中，解得UAB=BC!V.

只增大入射速度，則電勢差增大，只增大磁感應(yīng)強度，電勢差增大，

只增大兩板之間的距離，電勢差也會增大，故A、B兩項錯誤.C項,

E

依據(jù)電源的輸出功率表達式P=（H）2R,當R=r時-，輸出功率達到

R+r

最大，因此僅增加負載的阻值，發(fā)電機的輸出功率不一定增大，故C

項錯誤；D項,根據(jù)當只增大磁流體的噴

射速度，發(fā)電機的總功率將增大，故D項正確.

12、答案：ABD

解析A項，油滴剛進入電磁場時，電場力與磁場力大小恰好相等,

故合力等于重力G,加速度為g,故A項正確；

B項，在P點由題意可知：qE=qvB

自由下落過程有：v2=2gh

U=Ed

由以上三式解得：

U2

h=2B2d2g，故B項正確；

C項，根據(jù)左手定則，在P位置時受洛倫茲力向右，豎直方向在加速,

故洛倫茲力在變大，故油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開，故C項錯誤;

D項，整個過程由動能定理有：

mg(h+L)—qEX不=即,

/-qU,~~~1F

得:Ajk+2gL+前,故D項正確.

13、答案：AB

解析：A項，當正粒子向右進入復(fù)合場時，受到的電場力向下，洛倫

茲力方向向上，如果大小相等,

即qE=qv0Bi

E

解得：v=—

0D1

就會做勻速直線運動，A項正確；

B項，正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因為向上的洛倫茲力大于向下的電場力，即

E

vo>—,B項正確;

C項，設(shè)質(zhì)量為m。的粒子的軌跡剛好與be邊相切，如圖所示

2I

由幾何關(guān)系得：R+小R=],

而R—D,

qB2

解得m尸事

2v0

LL」(2A/3—3)qBoL/心]工心口，,?.,....(2A/3—3)qB2L

所以m〈-------------的粒子都會從ac邊射出，而---z----------

2v02v0

〈警，c項錯誤；

D項，質(zhì)量不同的粒子在磁場中運動的周期不同，所以在磁場中運動

的時間不同，D項錯誤.

14、答案：AD

解析：A項，微粒在MN與PQ間豎直方向受到重力作用，水平方向受

到電場力作用，水平方向有d=:?更t?,豎直方向有d=1gt2,則知

2nl乙

Eq=mg,在豎直方向有：Vo=gt”則ti=W或水平方向有ti=&=組,

gVoVo

故A項正確；

B項，微粒在剛進入PQ與JK間時一，受到向下的重力，向上的電場力

E

和向上的洛倫茲力作用，由于B=—,則Bqv（）=qE=mg,由于重力和

Vo

2

電場力平衡，故微粒做勻速圓周運動，半徑為==寫=皿=2（1,故B

qBg

項錯誤；

C、D兩項，由幾何關(guān)系可知，設(shè)微粒在PQ與JK間運動的圓心角為

JI

d]至逆

a，則sina=-=0.5,a=30°，故所用時間為t?=-==

rVoVo

nd

丁，所以微粒在題述兩個區(qū)域中運動的總時間為t=t]+t2=

3v0

(d,故C項錯誤，D項正確.

3v0

15、解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運動，受重力G、電場

力凡11和洛倫茲力￡凡I1的方向與金屬板垂直，由左手定則可知/1的

方向沿水平方向，三力合力為零，結(jié)合平衡條件可知小球帶正電，金

屬板腑、國之間的磁場方向垂直紙面向外，且有q%5=//tan45°①

得方=歿②

qv。

(2)解法1：設(shè)兩金屬板之間的距離為a則板間電場強度

又qE=yf2mg@

h=也心

小球在金屬板之間的運動時間t=-?

v0

解得t=

解法2：由于/*=,％6不做功，吼=-mgh,/電=招，由動能定理

得qU—mgh=0

h=vot

qU

得zst-

mg%

答案：（1）絲垂直紙面向外（2）也

qv0mgv0

16、解析：⑴在N點有：qvNB=qE

,E4

得：VN=F=%=2m/s

2

由動能定理mgh—Wf=4nvN

LJ

代入數(shù)據(jù)解得:Wf=6J；

⑵在P點三力平衡，qE=mg,

qvB=^2qE=^2mg

則得：VP=2鏡m/s

由動能定理，從N至l」P：mgh'—qExp=|mvp2-g

22

g（h'—xp）=1（vp—vN）=2

將h'=0.8m,VN=2m/s

代入解得：Xp=0.6m.

17、解析：（1）由平拋運動規(guī)律可得：do=|gt.2