【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪課時(shí)演練知能提升-專題十四-帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(含詳解)

A一、選擇題1．如圖所示為阿爾法磁譜儀的內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，它曾由航天飛機(jī)攜帶升空，安裝在阿爾法空間站中，用來探測(cè)宇宙射線．現(xiàn)假設(shè)一束由兩種不同粒子組成的宇宙射線，恰好沿直線OO′通過正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，形成兩條徑跡，則下列說法中正確的是()A．粒子1進(jìn)入磁場(chǎng)B2的速度小于粒子2的速度B．粒子1進(jìn)入磁場(chǎng)B2的速度等于粒子2的速度C．粒子1的比荷等于粒子2的比荷D．粒子1的比荷小于粒子2的比荷解析：選B.兩種不同的宇宙射線粒子沿直線通過正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域(速度選擇器)，說明兩種粒子的速度大小相等，都是v＝eq\f(E,B1)，則選項(xiàng)B正確，而選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩種粒子在同一磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑不相等，且r2＞r1，即eq\f(m1,q1)·eq\f(v,B2)＜eq\f(m2,q2)·eq\f(v,B2)，因此，粒子1的比荷大于粒子2的比荷，選項(xiàng)C、D均錯(cuò)誤．2．(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，如圖是它的示意圖．平行金屬板A、B之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場(chǎng)，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)噴入磁場(chǎng)，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．假如把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個(gè)電極，設(shè)A、B兩板間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是()A．A是直流電源的正極B．B是直流電源的正極C．電源的電動(dòng)勢(shì)為B′dvD．電源的電動(dòng)勢(shì)為qvB′解析：選BC.等離子體噴入磁場(chǎng)，帶正電的粒子因受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn)，B是直流電源的正極，則選項(xiàng)B正確；當(dāng)帶電粒子以速度v做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，eq\f(U,d)q＝qvB′，電源的電動(dòng)勢(shì)U＝B′dv，則選項(xiàng)C正確．3．(多選)(2022·江蘇連云港模擬)如圖為回旋加速器的示意圖．其核心部分是兩個(gè)D型金屬盒，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并與調(diào)頻溝通電源相連．帶電粒子在D型盒中心四周由靜止釋放，忽視帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間，不考慮相對(duì)論效應(yīng)．欲使粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增大為原來的2倍，下列措施可行的是()A．僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍B．僅將溝通電源的電壓變?yōu)樵瓉淼?/2C．僅將D型盒的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．僅將溝通電源的周期變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選BC.帶電粒子在D型盒中的運(yùn)動(dòng)周期為T＝eq\f(2πm,qB)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)為n，由動(dòng)能定理得nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，粒子在D型盒中運(yùn)動(dòng)的最大半徑，即D型盒的半徑R＝eq\f(mvm,qB)，由以上三式可得，粒子在D型盒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝n·eq\f(T,2)＝eq\f(πBR2,2U)，由此可得B、C正確．回旋加速器工作時(shí)，交變電壓周期與粒子運(yùn)動(dòng)周期應(yīng)相等，若僅將溝通電源周期變?yōu)樵瓉?倍，或僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍(即周期T變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2))，則不能進(jìn)行正?；匦?，故A、D錯(cuò)誤．4．(2021·高考重慶卷)如圖所示，一段長(zhǎng)方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長(zhǎng)都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷．導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢(shì)比下表面的低．由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為()A.eq\f(IB,|q|aU)，負(fù)B.eq\f(IB,|q|aU)，正C.eq\f(IB,|q|bU)，負(fù)D.eq\f(IB,|q|bU)，正解析：選C.因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低，故上表面帶負(fù)電荷，依據(jù)左手定則可推斷自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電，則B、D兩項(xiàng)均錯(cuò)．設(shè)長(zhǎng)方體形材料長(zhǎng)度為L(zhǎng)，總電量為Q，則其單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)為eq\f(Q,|q|ab·L)，當(dāng)電流I穩(wěn)恒時(shí)，材料內(nèi)的電荷所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相互平衡，則有eq\f(UQ,a)＝BIL，故eq\f(Q,|q|ab·L)＝eq\f(BI,|q|bU)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確．5．(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則()A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變解析：選CD.三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，在圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)甲有qv1B＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),r)，對(duì)乙有mg－qv2B＝eq\f(mv\o\al(2,2),r)，對(duì)丙有mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),r)，可推斷v1＞v3＞v2，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C、D正確．6．(多選)(2022·延安模擬)如圖所示，一平行板電容器，板長(zhǎng)為2d，板間距離為d.一帶電量為q、質(zhì)量為m的正離子(重力不計(jì))以速度v0貼近左極板，從與極板平行的方向射入，恰沿右極板下邊緣射出．在右極板右邊空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未標(biāo)出)．要使正離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后，又能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，則()A．磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里B．磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mv0,qd)D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(3\r(2)πd,2v0)答案：AC7．(2022·浙江名校聯(lián)考)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的混合場(chǎng)區(qū)，該微粒在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說法中正確的是()A．該微粒確定帶負(fù)電荷B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mgcosθ,qv)D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為Bvcosθ解析：選A.若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場(chǎng)力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)．據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場(chǎng)力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒應(yīng)當(dāng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件有關(guān)系：cosθ＝eq\f(mg,qvB)，sinθ＝eq\f(qE,Bqv)，得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝Bvsinθ，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．8．(2022·株洲一模)如圖所示，界面PQ與水平地面之間有一個(gè)正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在PQ上方有一個(gè)帶正電的小球A自O(shè)靜止開頭下落，穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)到達(dá)地面．設(shè)空氣阻力不計(jì)，下列說法中正確的是()A．在復(fù)合場(chǎng)中，小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．在復(fù)合場(chǎng)中，小球下落過程中的電勢(shì)能增大C．小球從靜止開頭下落到水平地面時(shí)的動(dòng)能等于其電勢(shì)能和重力勢(shì)能的削減量總和D．若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，小球從原來位置下落到水平地面時(shí)的動(dòng)能不變解析：選C.小球剛進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域，受力如圖，因此小球向右偏轉(zhuǎn)．由于洛倫茲力與速度有關(guān)，故小球所受的合力大小和方向均變化，故A錯(cuò)；因電場(chǎng)力做正功，故小球的電勢(shì)能削減，B錯(cuò)；由于洛倫茲力不做功，由能量守恒可知C對(duì)；當(dāng)磁場(chǎng)變強(qiáng)，小球落地點(diǎn)的水平位移增大，電勢(shì)能減小量增大，小球動(dòng)能增大，D錯(cuò)．9．(多選)(2022·連云港一模)如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖象可能是下圖中的()解析：選AD.由左手定則可推斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)受到豎直向下的重力、垂直桿的彈力及向左的摩擦力，當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻小于重力時(shí)，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零而處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)中沒有對(duì)應(yīng)圖象；當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻等于重力時(shí)，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻大于重力時(shí)，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過程中，摩擦力漸漸減小到零，故圓環(huán)做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為零時(shí)，開頭做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確．二、計(jì)算題10．(2022·馬鞍山一模)如圖所示，在地面四周，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)的空間中存在著沿水平方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在x＜0的空間內(nèi)還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E.一個(gè)帶正電的油滴經(jīng)圖中x軸上的M點(diǎn)，始終沿著與水平方向成θ＝30°角斜向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入x＞0區(qū)域．要使油滴進(jìn)入x＞0的區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需要在x＞0區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)E′.若帶電油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)通過x軸上的N點(diǎn)，且MO＝NO，g取10m/s2.求：(1)油滴運(yùn)動(dòng)速度的大?。?2)在x＞0空間內(nèi)所加電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；(3)油滴從x軸上的M點(diǎn)開頭運(yùn)動(dòng)到達(dá)N點(diǎn)所用的時(shí)間．解析：(1)帶正電的油滴在x＜0空間的受力分析如圖所示．依據(jù)平衡條件可得：在豎直方向上qvBcos30°＝mg在水平方向上qvBsin30°＝qE解得v＝eq\f(2E,B).(2)聯(lián)立(1)中兩式解得mg＝eq\r(3)qE油滴在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要求mg＝qE′故E′＝eq\f(mg,q)＝eq\r(3)E，且場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上．(3)設(shè)油滴從M點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間為t1，從P點(diǎn)到N點(diǎn)的時(shí)間為t2，油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R.過P點(diǎn)作直線MP的垂線交x軸于O′.由幾何學(xué)問得：O′P＝eq\f(OM,cos30°)tan30°＝eq\f(2,3)OMO′N＝ON－O′Psin30°＝eq\f(2,3)OM故O′為圓心．qvB＝eq\f(mv2,R)由幾何學(xué)問MP＝Rcot30°t1＝eq\f(MP,v)t2＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πR,v)tMN＝t1＋t2＝eq\f(\r(3)E,Bg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋\f(2,3)π)).答案：(1)eq\f(2E,B)(2)eq\r(3)E豎直向上(3)eq\f(\r(3)E,Bg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋\f(2,3)π))11．如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)存在有場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其次象限內(nèi)存在有方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．熒光屏PQ垂直于x軸放置且距y軸的距離為L(zhǎng).一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)自坐標(biāo)為(－L,0)的A點(diǎn)以大小為v0、方向沿y軸正方向的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子恰好能夠到達(dá)原點(diǎn)O而不進(jìn)入電場(chǎng)．現(xiàn)若使該帶電粒子仍從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，但初速度大小為2eq\r(2)v0、方向與x軸正方向成45°角，求：(1)帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)速度方向與y軸正方向之間的夾角；(2)粒子最終打在熒光屏PQ上的位置坐標(biāo)．解析：(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由題意可知，當(dāng)粒子以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，(圖中α、β、θ均為45°)設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，其中R＝eq\f(L,2)當(dāng)粒子以初速度大小為2eq\r(2)v0、方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′，則有Bq×2eq\r(2)v0＝meq\f(8v\o\al(2,0),R′)由以上各式可解得R′＝eq\r(2)L由幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸上，所以該粒子必定垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)．故粒子到達(dá)y軸時(shí)，速度方向與y軸正方向之間的夾角為90°.(2)由幾何關(guān)系可知CO＝(eq\r(2)－1)L帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在電場(chǎng)中向上運(yùn)動(dòng)的距離為h，則有：L＝2eq\r(2)v0t，h＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)以上各式聯(lián)立可解得：h＝eq\f(qEL2,16mv\o\al(2,0))所以粒子最終打在熒光屏PQ上的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，\f(qEL2,16mv\o\al(2,0))＋\r(2)－1L)).答案：見解析12．(2022·太原二模)如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱，極板長(zhǎng)度和板間距均為l，緊靠極板的右邊緣的等邊△FGH區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面對(duì)里，F(xiàn)、H位于y軸上，邊界FG、HG關(guān)于x軸對(duì)稱．位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右接連放射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同的帶電粒子，現(xiàn)在0～3t0時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓，已知t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的粒子恰好在t0時(shí)刻射入磁場(chǎng)且恰好不會(huì)從邊界HG、FG射出磁場(chǎng)區(qū)域，上述l、m、q、t0為已知量，U0＝eq\f(ml2,qt\o\al(2,0))，不考慮粒子的重力及粒子間的相互影響，將PQ間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，求：(1)t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(3)t＝t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解析：(1)t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子t0時(shí)刻剛好射出電場(chǎng)，帶電粒子沿x軸分速度大小為v0＝eq\f(l,t0)y軸負(fù)方向偏移距離y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,ml)teq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)l設(shè)粒子離開電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向的分速度為vy，則有eq\f(1,2)l＝eq\f(vy,2)t0射入磁場(chǎng)的速度大小v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(\r(2)l,t0)，與y軸負(fù)方向夾角為45°.(2)如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由幾何關(guān)系得R1＝eq\f(\r(2),2)l，又qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)解得B＝eq\f(2m,qt0).(3)t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在兩板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在2t0時(shí)刻沿x方向進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，設(shè)半徑為R2R2＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1,2)lT＝eq\f(2πR2,v0)＝πt0設(shè)△FGH邊長(zhǎng)為a，則由幾何關(guān)系得2R1＋eq\f(l,2)＝asin60°a＝eq\f(2\r(6)＋\r(3),3)l因eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－R2))sin60°＞R2，粒子不會(huì)從FG邊射出磁場(chǎng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πt0,2).答案：見解析B一、選擇題1．(多選)(2022·山西太原一模)如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里．不計(jì)重力的帶電粒子沿OO′方向從左側(cè)垂直于電磁場(chǎng)入射，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時(shí)動(dòng)能比入射時(shí)?。灰沽Ｗ由涑鯽、b板間區(qū)域時(shí)的動(dòng)能比入射時(shí)大，可接受的措施是()A．適當(dāng)減小兩金屬板的正對(duì)面積B．適當(dāng)增大兩金屬板間的距離C．適當(dāng)減小勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度D．使帶電粒子的電性相反解析：選AC.在這個(gè)復(fù)合場(chǎng)中，動(dòng)能漸漸減小，說明電場(chǎng)力做負(fù)功，因洛倫茲力不做功，則電場(chǎng)力小于洛倫茲力．當(dāng)減小正對(duì)面積，場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(4πkQ,εrS)，S↓，Q不變，E↑，電場(chǎng)力變大，當(dāng)電場(chǎng)力大于洛倫茲力時(shí)，粒子向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，射出時(shí)動(dòng)能變大，A項(xiàng)正確．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)不變，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤．當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)洛倫茲力減小，可能小于電場(chǎng)力，所以C項(xiàng)正確．當(dāng)轉(zhuǎn)變粒子電性時(shí)，其所受電場(chǎng)力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時(shí)動(dòng)能照舊減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．(2022·江西八校聯(lián)考)如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強(qiáng)電、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、帶電荷量為＋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)解析：選A.依據(jù)量綱法可知A正確．3．(多選)(2022·高考江蘇卷)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽視，則()A．霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面B．若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比解析：選CD.由左手定則可判定，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，前表面的電勢(shì)較高，故A錯(cuò)．由電路關(guān)系可見，當(dāng)電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)時(shí)，通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場(chǎng)方向同時(shí)反向，前表面的電勢(shì)照舊較高，故B錯(cuò)．由電路可見，eq\f(IH,IL)＝eq\f(RL,R)，則IH＝eq\f(RL,R＋RL)I，故C正確．RL的熱功率PL＝Ieq\o\al(2,L)RL＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RIH,RL)))2RL＝eq\f(R2I\o\al(2,H),RL)，由于B與I成正比，故有：UH＝keq\f(IHB,d)＝k′eq\f(IHI,d)＝k′eq\f(I\o\al(2,H)R＋RL,dRL)＝k′eq\f(R＋RL,R2d)PL，可得知UH與PL成正比，故D正確．4．(2022·西安一模)真空中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物體以速度v在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)t＝0時(shí)刻，物體在運(yùn)動(dòng)軌跡的最低點(diǎn)且重力勢(shì)能為零，電勢(shì)能也為零，則下列說法錯(cuò)誤的是()A．物體帶正電且逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)B．在物體運(yùn)動(dòng)的過程中，機(jī)械能守恒，且機(jī)械能E＝eq\f(1,2)mv2C．在物體運(yùn)動(dòng)的過程中，重力勢(shì)能隨時(shí)間變化的關(guān)系為Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))D．在物體運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢(shì)能隨時(shí)間變化的關(guān)系為E電＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(v,R)t－1))解析：選B.由于存在電勢(shì)能的變化，故機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)；題中物體所受的電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力供應(yīng)其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，故知物體帶正電，洛倫茲力使其逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A對(duì)；重力勢(shì)能Ep＝mgh＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，C對(duì)；電勢(shì)能E電＝－qEh＝－mgh＝－Ep，D對(duì)．二、計(jì)算題5．(2022·高考大綱全國(guó)卷)如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度放射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)．不計(jì)重力．若該粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解析：(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d②設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx.由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ.(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ).答案：(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)6．如圖所示，有3塊水平放置的長(zhǎng)薄金屬板a、b和c，a、b之間相距L.緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細(xì)管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶負(fù)電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)整板間電壓Uba和Ubc，當(dāng)Uba＝U1、Ubc＝U2時(shí)，油滴穿過b板M孔進(jìn)入細(xì)管，恰能與細(xì)管無接觸地從N孔射出．忽視小孔和細(xì)管對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力．(1)求油滴進(jìn)入M孔時(shí)的速度v1；(2)求b、c兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)油滴從細(xì)管的N孔射出的瞬間，將Uba和B馬上調(diào)整為Uba′和B′，使油滴恰好不遇到a板，且沿原路與細(xì)管無接觸地返回并穿過M孔，懇求出Uba′和B′.解析：(1)油滴由小孔到M，由動(dòng)能定理得：mgL＋qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)考慮到m＝ρV0得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)).(2)油滴從M孔進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域，恰與細(xì)管無接觸地從N孔射出，需使電場(chǎng)力與重力平衡，有mg＝qE解得E＝eq\f(ρV0g,q)油滴在半圓形細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)解得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0)).(3)若油滴恰好不遇到a板，且沿原路與細(xì)管無接觸地返回并穿過M孔，由動(dòng)能定理有－mgL－qUba′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得Uba′＝U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)考慮到油滴返回時(shí)速度方向已經(jīng)相反，為了使油滴沿原路與細(xì)管無接觸地返回并穿過M孔，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小不變，方向相反，即B′＝－B.答案：見解析7．(2022·高考廣東卷)如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L，兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為抱負(fù)分界面．Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面對(duì)外．A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L(zhǎng).質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍．不計(jì)重力，遇到擋板的粒子不予考慮．(1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式．解析：(1)粒子在電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0①粒子在Ⅰ區(qū)洛倫茲力供應(yīng)向心力qv1B0＝meq\f(v\o\al(2,1),r)②當(dāng)k＝1時(shí)，由幾何關(guān)系得r＝L③由①②③解得E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md).④(2)若2＜k＜3，由題意可知粒子在Ⅱ區(qū)只能發(fā)生一次偏