2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)32帶電粒子在組合場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)含解析

PAGE18-考點(diǎn)32帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題組一基礎(chǔ)小題1．在如圖所示的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計(jì))從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動(dòng)，則該粒子()A．肯定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v>eq\f(E,B)，粒子肯定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運(yùn)動(dòng)答案B解析無論粒子帶正電還是帶負(fù)電，電場(chǎng)力和洛倫茲力都在豎直方向上，且方向相反，A錯(cuò)誤；粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則肯定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有，qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，B正確；若速度v>eq\f(E,B)，粒子不能沿虛線通過，但仍可能從板間射出，C錯(cuò)誤；若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，所受電場(chǎng)力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，一帶電微粒由a點(diǎn)進(jìn)入電磁場(chǎng)并剛好沿虛線ab向上運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是()A．該微?？隙◣ж?fù)電B．該微粒的動(dòng)能肯定削減C．該微粒的電勢(shì)能肯定增加D．該微粒的機(jī)械能不肯定增加答案A解析微粒受到的重力和電場(chǎng)力是恒力，且該微粒沿直線運(yùn)動(dòng)，則可以推斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以B錯(cuò)誤；假如該微粒帶正電，則受到豎直向下的重力、水平向右的電場(chǎng)力和向左下方的洛倫茲力，受力不平衡，所以不會(huì)沿直線運(yùn)動(dòng)，故該微?？隙◣ж?fù)電，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能肯定削減，機(jī)械能肯定增加，A正確，C、D錯(cuò)誤。3.質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直圓周所在平面對(duì)里，如圖所示，由此可知()A．小球帶正電，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)B．小球帶負(fù)電，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)C．小球帶正電，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D．小球帶負(fù)電，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)答案B解析依據(jù)題意，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其重力與電場(chǎng)力等大反向，故小球受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，又電場(chǎng)方向豎直向下，可知小球帶負(fù)電；已知磁場(chǎng)方向垂直圓周所在平面對(duì)里，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力指向圓心，小球肯定沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。B正確。4.如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電液滴從靜止起先自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，則以下敘述錯(cuò)誤的是()A．液滴肯定帶負(fù)電B．液滴在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C．液滴在C點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最小D．液滴在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小答案C解析液滴偏轉(zhuǎn)是由于受到洛倫茲力作用，依據(jù)左手定則可推斷液滴肯定帶負(fù)電，A正確；液滴所受電場(chǎng)力向上，而液滴能夠從靜止向下運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)橹亓Υ笥陔妶?chǎng)力，由A→C過程中液滴所受重力和電場(chǎng)力的合力做正功，由C→B此合力做負(fù)功，故在C點(diǎn)液滴的動(dòng)能最大，B正確；而由于A→C過程中液滴克服電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能增加最多，所以到達(dá)C點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大，又因?yàn)橐旱蔚臋C(jī)械能與電勢(shì)能的和不變，因此液滴在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤，D正確。5．(多選)如圖所示，兩個(gè)相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，軌道兩端在同一高度上，兩個(gè)相同的帶正電小球a、b同時(shí)從軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)中都能通過各自軌道的最低點(diǎn)M、N，則()A．兩小球每次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度都有vN>vMB．兩小球每次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力都有FN>FMC．小球b第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)刻與小球a第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)刻相同D．小球b能到達(dá)軌道的最右端，小球a不能到達(dá)軌道的最右端答案AD解析小球a滑到M點(diǎn)的過程中重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球b滑到N點(diǎn)的過程中只有重力做正功，由動(dòng)能定理，有mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－0，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－0，所以vN>vM，故A正確。設(shè)小球a、b受到的支持力大小分別為FM′、FN′，對(duì)M點(diǎn)，小球a經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)M′－mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，且FM＝FM′，得FM＝mg＋meq\f(v\o\al(2,M),R)＝3mg－2Eq；對(duì)N點(diǎn)，F(xiàn)洛＝qvNB，當(dāng)小球b向右運(yùn)動(dòng)通過N點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N′－mg－F洛＝meq\f(v\o\al(2,N),R)，且FN＝FN′，得FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,N),R)＋F洛＝3mg＋Bqeq\r(2gR)，F(xiàn)N>FM，當(dāng)小球b在磁場(chǎng)中向左運(yùn)動(dòng)通過N點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N′－mg＋F洛＝meq\f(v\o\al(2,N),R)，且FN＝FN′，得FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,N),R)－F洛＝3mg－Bqeq\r(2gR)，由于Bqeq\r(2gR)與2Eq大小關(guān)系不能確定，所以FN與FM大小關(guān)系不能確定，B錯(cuò)誤。電場(chǎng)力沿軌道切線重量阻礙小球a的下滑，則小球a第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于小球b第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤。小球b向右運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，能到達(dá)軌道的最右端，小球a向右運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能減小，不能到達(dá)軌道的最右端，故D正確。6．(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q>0)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止起先下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度始終減小B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)答案CD解析對(duì)小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時(shí)達(dá)到最大值，amax＝g，接著運(yùn)動(dòng)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a漸漸減小，所以A錯(cuò)誤。因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小，B錯(cuò)誤。若小球的加速度在達(dá)到最大前達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；若小球的加速度在達(dá)到最大后達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正確。7．如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間的電勢(shì)差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變更而變更的狀況為()A．d隨v0的增大而增大，d與U無關(guān)B．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而增大C．d隨U的增大而增大，d與v0無關(guān)D．d隨v0的增大而增大，d隨U的增大而減小答案A解析設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝eq\f(v0,cosθ)。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝eq\f(mv,qB)，而MN之間的距離為d＝2rcosθ，聯(lián)立解得d＝eq\f(2mv0,qB)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。8．如圖所示，厚度為h、寬度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，在導(dǎo)體上、下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。下列說法正確的是()A．上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì)B．僅增大h時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差增大C．僅增大d時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小D．僅增大電流I時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小答案C解析因電流方向向右，則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運(yùn)動(dòng)的，依據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電，則上表面的電勢(shì)低于下表面的電勢(shì)，A錯(cuò)誤；當(dāng)電子受力達(dá)到平衡時(shí)，電場(chǎng)力等于洛倫茲力，即eeq\f(U,h)＝evB，又I＝nevhd(n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù))，得U＝eq\f(IB,ned)，則僅增大h時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差不變；僅增大d時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減?。粌H增大I時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差增大，故C正確，B、D錯(cuò)誤。9.(多選)為了測(cè)量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，該裝置由絕緣材料制成，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極，污水充溢管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U，若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積)，下列說法中正確的是()A．M板電勢(shì)肯定高于N板的電勢(shì)B．污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)越大C．污水流淌的速度越大，電壓表的示數(shù)越大D．電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比答案ACD解析依據(jù)左手定則知負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下，正離子所受洛倫茲力方向向上，所以M板電勢(shì)肯定高于N板的電勢(shì)，故A正確；最終離子處于平衡，故電場(chǎng)力等于洛倫茲力，qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝Bvc，所以電壓與離子的濃度無關(guān)，與污水流淌的速度成正比，故B錯(cuò)誤，C正確；依據(jù)污水流量Q＝vbc，則v＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f(QB,b)，故電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比，故D正確。10.(多選)如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確；在速度選擇器中，帶電粒子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力在粒子沿直線運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知B正確；由qE＝qvB可得v＝eq\f(E,B)，C正確；粒子在平板S下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB0)，則粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,B0R)，可知粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，半徑R越小，粒子的比荷越大，D錯(cuò)誤。11．如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面對(duì)里。從電、磁場(chǎng)中某點(diǎn)P由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子受到的重力忽視不計(jì))，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。對(duì)于帶電粒子在電、磁場(chǎng)中下落的最大高度H，下面給出了四個(gè)表達(dá)結(jié)果，用你已有的學(xué)問計(jì)算可能會(huì)有困難，但你可以用學(xué)過的學(xué)問對(duì)下面的四個(gè)結(jié)果作出推斷。你認(rèn)為正確的是()A.eq\f(2mE,B2q) B.eq\f(4mE2,B2q)C.eq\f(2mB,E2q) D.eq\f(mB,2Eq)答案A解析依據(jù)量綱法，可得A為正確答案。即eq\f(2mE,B2q)＝eq\f(2mEq,B2q2)＝eq\f(2mEqv2,F2)，qE單位為N，mv2單位為J，即N·m，F(xiàn)2單位為N2，所以A項(xiàng)的單位為m。同理可得選項(xiàng)B、C、D的單位不是m。題組二高考小題12．(2024·北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以肯定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān)的是()A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度答案C解析由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，有Eq＝qvB，則v＝eq\f(E,B)，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明要滿意題意須要對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱程度、粒子入射時(shí)速度都有要求，但是對(duì)粒子的電性和電量無要求，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。13．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma答案B解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明洛倫茲力供應(yīng)向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg＝qE＋qvbB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvcB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。14.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止起先被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止起先被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11 B．12C．121 D．144答案D解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2，原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，變更后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場(chǎng)中qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立兩式得m＝eq\f(R2B2q,2U)，故有eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，選項(xiàng)D正確。題組三模擬小題15.(2024·天津和平區(qū)高三上學(xué)期期末)如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一束帶電粒子流以速度v從S1沿直線運(yùn)動(dòng)到S2，則下列說法正確的是()A．該粒子流的粒子肯定帶正電B．粒子從S1到S2肯定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小肯定等于eq\f(B,E)D．若粒子以速度v從S2向上運(yùn)動(dòng)，肯定能沿直線到達(dá)S1答案B解析粒子受洛倫茲力和電場(chǎng)力作用，假設(shè)粒子帶正電，則所受洛倫茲力向右，電場(chǎng)力向左，若粒子帶負(fù)電，則所受洛倫茲力向左，電場(chǎng)力向右，這兩種狀況粒子所受洛倫茲力與電場(chǎng)力均可以平衡，故粒子可以帶正電，也可以帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，即qE＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B正確，C錯(cuò)誤；假如這束粒子流從S2以速度v向上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向不變，洛倫茲力反向，故電場(chǎng)力與洛倫茲力方向相同，不再平衡，合力與速度不共線，粒子起先做曲線運(yùn)動(dòng)，肯定不能運(yùn)動(dòng)到S1處，D錯(cuò)誤。16.(2024·漳州高三二模)(多選)在豎直放置的固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個(gè)電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的小環(huán)，整個(gè)裝置放在如圖所示的正交勻強(qiáng)電磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對(duì)里，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(3mg,4q)，方向水平向右，重力加速度為g。當(dāng)小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時(shí)，則小環(huán)()A．運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度最大B．不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C．對(duì)軌道的最大壓力為Nmax＝eq\f(23,4)mgD．受到的最大洛倫茲力Fmax＝eq\f(3,2)qBeq\r(2gR)答案BD解析將重力場(chǎng)和電場(chǎng)等效為一個(gè)等效場(chǎng)，小環(huán)只有運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí)速度才最大，A錯(cuò)誤；小環(huán)所受電場(chǎng)力方向水平向左，可知該等效最低點(diǎn)在左下側(cè)，其等效最高點(diǎn)在環(huán)的右上側(cè)，小環(huán)起先時(shí)的位置在等效最高點(diǎn)以下，由能量守恒定律可知小環(huán)無法到達(dá)等效最高點(diǎn)，不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，B正確；小環(huán)從大環(huán)頂端滑到等效最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得mgR＋eq\r(Eq2＋mg2)·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得vmax＝eq\f(3,2)eq\r(2gR)，受到的最大洛倫茲力Fmax＝eq\f(3,2)qBeq\r(2gR)，D正確；由左手定則可知，在等效最低點(diǎn)時(shí)小環(huán)所受洛倫茲力的方向與重力和電場(chǎng)力的合力方向相同，此時(shí)小環(huán)對(duì)軌道的壓力最大，由牛頓第三定律知，此時(shí)圓環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力N′達(dá)到最大，對(duì)小環(huán)，由牛頓其次定律有Nmax′－eq\r(Eq2＋mg2)－Fmax＝eq\f(mv\o\al(2,max),R)，可知Nmax′＝eq\f(23,4)mg＋eq\f(3,2)qBeq\r(2gR)，由牛頓第三定律知，Nmax＝eq\f(23,4)mg＋eq\f(3,2)qBeq\r(2gR)，C錯(cuò)誤。17.(2024·佛山順德區(qū)高三學(xué)情調(diào)研)(多選)如圖所示，xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)在以O(shè)1為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面對(duì)里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子從原點(diǎn)O以初速度v沿平行于x軸正方向射入場(chǎng)區(qū)，若撤去磁場(chǎng)，電場(chǎng)保持不變，則電子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后從P點(diǎn)飛出，所用時(shí)間為t1；若撤去電場(chǎng)，磁場(chǎng)保持不變，則電子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將向下偏轉(zhuǎn)并從Q點(diǎn)飛出，所用時(shí)間為t2，若P、Q兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，下列推斷正確的是()A．t1>t2B．t1<t2C．若電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在，電子將偏向y軸正方向做曲線運(yùn)動(dòng)D．若電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在，電子將偏向y軸負(fù)方向做曲線運(yùn)動(dòng)答案BC解析設(shè)P、Q兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有t1＝eq\f(x,v)；在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，水平分速度小于v，水平分位移為x，故t2＞eq\f(x,v)，則t2＞t1，B正確，A錯(cuò)誤；電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有x＝vt1，y＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)teq\o\al(2,1)，故y＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)(eq\f(x,v))2，電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系，有x＝rsinθ，y＝r－rcosθ，其中r＝eq\f(mv,eB)，聯(lián)立得到eq\f(E,Bv)＝eq\f(21－cosθ,sin2θ)＝eq\f(21－cosθ,1－cos2θ)＝eq\f(2,1＋cosθ)>1，故當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，eE＞evB，即電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子將向上偏轉(zhuǎn)，即電子將偏向y軸正方向做曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。18.(2024·武漢部分市級(jí)示范中學(xué)聯(lián)考)(多選)如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次B．P1P2>P2P3C．帶電粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)D．加速電場(chǎng)方向須要做周期性的變更答案AB解析依據(jù)題述，在虛線之間沒有加電場(chǎng)，所以帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，加速電場(chǎng)不須要做周期性的變更，A正確，D錯(cuò)誤。設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U，帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，由動(dòng)能定理有，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，設(shè)P0P1＝2r1，P0P2＝2r2，P0P3＝2r3，qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，qv3B＝meq\f(v\o\al(2,3),r3)，聯(lián)立解得r1＝eq\f(mv1,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(2qU,m)＋v\o\al(2,0))，r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(4qU,m)＋v\o\al(2,0))，r3＝eq\f(mv3,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(6qU,m)＋v\o\al(2,0))。P1P2＝P0P2－P0P1＝2(r2－r1)＝2(eq\f(m,qB)eq\r(\f(4qU,m)＋v\o\al(2,0))－eq\f(m,qB)eq\r(\f(2qU,m)＋v\o\al(2,0)))，P2P3＝P0P3－P0P2＝2(r3－r2)＝2(eq\f(m,qB)eq\r(\f(6qU,m)＋v\o\al(2,0))－eq\f(m,qB)eq\r(\f(4qU,m)＋v\o\al(2,0)))，由計(jì)算可知P1P2>P2P3，B正確。由r＝eq\f(mvmax,qB)可知，帶電粒子的最大速度與D形盒的半徑(尺寸)成正比，C錯(cuò)誤。19.(2024·廣東廣州二中等六校聯(lián)考)(多選)質(zhì)譜儀是用來分析同位素的裝置，如圖為質(zhì)譜儀的示意圖，其由豎直放置的速度選擇器、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)構(gòu)成。由三種不同粒子組成的粒子束以某速度沿豎直向下的方向射入速度選擇器，該粒子束沿直線穿過底板上的小孔O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3三點(diǎn)。已知底板MN上、下兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向均垂直紙面對(duì)外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。不計(jì)粒子的重力以及它們之間的相互作用，則()A．速度選擇器中的電場(chǎng)方向向右B．三種粒子的速度大小均為eq\f(E,B2)C．假如三種粒子的電荷量相等，則打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大D．假如三種粒子電荷量均為q，且P1、P3的間距為Δx，則打在P1、P3兩點(diǎn)的粒子質(zhì)量差為eq\f(qB1B2Δx,2E)答案ACD解析三種粒子在B2磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)方向相同，則電性相同，依據(jù)左手定則知粒子帶正電，則粒子在B1磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力向左，則電場(chǎng)力向右，場(chǎng)強(qiáng)向右，故A正確；粒子在兩板中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qvB1＝Eq，則粒子的速度v＝eq\f(E,B1)，故B錯(cuò)誤；依據(jù)qvB2＝meq\f(v2,r)可得m＝eq\f(qB2r,v)，三種粒子的電荷量相等，則軌跡半徑越大，質(zhì)量越大，即打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大，故C正確；因?yàn)?r3－2r1＝Δx，粒子的速度v＝eq\f(E,B1)，則兩粒子的質(zhì)量之差Δm＝eq\f(qB1B2Δx,2E)，故D正確。題組一基礎(chǔ)大題20.如圖所示，電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止起先下滑，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大位移。(斜面足夠長(zhǎng)，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案eq\f(4mg,5qB)eq\f(8m2g,15q2B2)解析物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變，但隨速度增大，垂直斜面對(duì)上的洛倫茲力增大，物塊所受支持力漸漸減小，最終離開斜面。所以，當(dāng)物塊對(duì)斜面的壓力剛好為零時(shí)，物塊在斜面上滑行的速度達(dá)到最大，同時(shí)位移達(dá)到最大，即qvmB＝mgcosθ①物塊沿斜面下滑過程中，由動(dòng)能定理得：mgssinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0②由①②得：vm＝eq\f(mgcosθ,qB)＝eq\f(4mg,5qB)，s＝eq\f(v\o\al(2,m),2gsinθ)＝eq\f(8m2g,15q2B2)。21．如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消逝引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，g取10m/s2。求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間t。答案(1)20m/s與電場(chǎng)E的方向之間的夾角為60°(2)3.5s解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿意tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°。④(2)撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。題組二高考大題22．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由幾何關(guān)系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)。④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。23．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核eq\o\al(1,1)H和一個(gè)氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。答案(1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h解析(1)eq\o\al(1,1)H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)eq\o\al(1,1)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°。eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y重量的大小為a1t1＝v1tanθ1③聯(lián)立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h。④(2)eq\o\al(1,1)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律有qE＝ma1⑤設(shè)eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12)⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2,R1)⑦由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧聯(lián)立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh))。⑨(3)設(shè)eq\o\al(2,1)H沿x軸正方向射入電場(chǎng)的速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛頓其次定律有qE＝2ma2?設(shè)eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s2＝v2t2?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?v2′＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22)?sinθ2＝eq\f(a2t2,v2′)?聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f(\r(2),2)v1′?設(shè)eq\o\al(2,1)H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得R2＝eq\f(2mv2′,qB)＝eq\r(2)R1?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)eq\o\al(2,1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有s2′＝2R2sinθ2?聯(lián)立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為s2′－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h。24．(2024·天津高考)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻