23、大小為
D．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為
答案：BC
解析：設(shè)粒子從P1點(diǎn)到P2點(diǎn)的時間為t0，粒子從P1點(diǎn)到P2點(diǎn)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，沿豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式可得，1.5h＝v0t0，h＝t0解得vy＝v0，則粒子到達(dá)P2點(diǎn)的速度v＝＝v0，A錯誤；
根據(jù)以上條件結(jié)合動能定理可得，qEh＝mv2－mv，解得E＝，B正確；由題意可知粒子進(jìn)入磁場后垂直磁場下邊界射出，由此可作出粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑R滿足Rsin37°＝1.5h，即R＝2.5h，根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動
時洛倫茲力提供向心力可得，qvB＝，聯(lián)立解得B＝，C正確；根據(jù)T＝可得
24、，粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝×T＝，D錯誤．
16.
如圖所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶正電小球，整個裝置處在有水平勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運(yùn)動過程中，下列關(guān)于描述小球運(yùn)動的v—t圖象中正確的是( )
答案：C
解析：在小球下滑的過程中，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對小球的支持力N.開始時，小球的速度較小，洛倫茲力qvB較小，支持力N較大，隨著速度的增大，支持力N在減小，可以知道摩擦力f減小，豎直方向上的合力增大，小球的加速度增大；
25、當(dāng)速度增大到一定的程度時，洛倫茲力qvB和電場力qE相等，此時支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達(dá)到最大；當(dāng)速度繼續(xù)增大時，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，豎直方向上的合力減小，小球的加速度減小，當(dāng)摩擦力f與重力mg相等時，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達(dá)到最大．所以選項(xiàng)ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運(yùn)動規(guī)律，C選項(xiàng)符合．
課時測評 綜合提能力 課時練 贏高分
一、選擇題
1．如圖所示是電視機(jī)顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖．初速度不計(jì)的電子經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入有限邊界的勻強(qiáng)磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上．如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度與正常的
26、相比偏小，則引起這種現(xiàn)象可能的原因是( )
A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)量減少
B．加速電場的電壓過低，電子速率偏小
C．偏轉(zhuǎn)線圈局部短路，線圈匝數(shù)減少
D．偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)
答案：C
解析：電視畫面幅度比正常的偏小，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，即電子束的軌道半徑增大．電子在磁場中偏轉(zhuǎn)時的半徑r＝，當(dāng)電子槍發(fā)射能力減弱，發(fā)射的電子數(shù)量減少時，由于運(yùn)動的電子速率及磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，所以不會影響電視畫面幅度的大小，故A錯誤；當(dāng)加速電場電壓過低，電子速率偏小時，會導(dǎo)致電子運(yùn)動半徑減小，從而使偏轉(zhuǎn)角度增大，導(dǎo)致畫面幅度與正常的相比偏大，故B錯誤；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈局
27、部短路，線圈匝數(shù)減少時，會導(dǎo)致偏轉(zhuǎn)線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度減弱，從而使電子運(yùn)動半徑增大，電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，則畫面幅度與正常的相比偏小，故C正確；當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈中電流過大，偏轉(zhuǎn)線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)時，會導(dǎo)致電子運(yùn)動半徑變小，所以畫面幅度與正常的相比偏大，故D錯誤．
2．(多選)
如圖所示為用回旋加速器加速帶電粒子的示意圖．磁場方向垂直D形盒向里(未畫出)，粒子的運(yùn)動方向已經(jīng)在圖中標(biāo)出，則以下說法正確的是( )
A．從回旋加速器出口射出的粒子帶正電
B．D形盒狹縫間所加電壓不一定是交流電壓
C．磁場對帶電粒子做正功，使其動能增大
D．粒子做圓周運(yùn)動的周期與交流電壓的周期近似相等
答案：A
28、D
解析：根據(jù)左手定則，由粒子的偏轉(zhuǎn)方向和磁場方向可知，該粒子帶正電，故A正確；帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，在狹縫間做勻加速運(yùn)動，粒子在電場內(nèi)運(yùn)動的時間極短，要使粒子每次經(jīng)過狹縫間都能加速，D形盒狹縫間所加電壓需采用周期等于粒子做圓周運(yùn)動周期的交流電壓，故B錯誤，D正確；洛倫茲力不做功，所以磁場不能使粒子的動能增加．C錯誤．
3．[2019·江蘇如皋質(zhì)檢]
(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，而從整體來說呈電中性)沿圖示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷．在磁極配置如圖中所示的情況
29、下，下列說法正確的是( )
A．A板帶負(fù)電
B．有電流從b經(jīng)用電器流向a
C．金屬板A、B間的電場方向向下
D．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受的洛倫茲力大于所受的靜電力
答案：ABD
解析：根據(jù)左手定則可知，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，則A板帶負(fù)電，故A正確．因?yàn)锽板帶正電，A板帶負(fù)電，所以電流的流向?yàn)閺腷經(jīng)用電器流向a，故B正確．因?yàn)锽板帶正電，A板帶負(fù)電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯誤．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故D正確．
4．[2019·廣東珠海模擬]如圖所示，從S處發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)
30、磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向下極板偏轉(zhuǎn)．設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)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，其中可行的是( )
A．適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E
B．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B
C．適當(dāng)增大加速電壓U
D．適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離
答案：B
解析：根據(jù)左手定則可知，電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向下極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力小于洛倫茲力，要想使電子沿直線從電磁復(fù)合場區(qū)域通過，則必須有Eq＝qvB，所以可以適當(dāng)增大電場強(qiáng)度或適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，A錯誤，B正確；由Ue＝mv2得v＝，可以適當(dāng)減小加速電壓來減小電子進(jìn)入電磁復(fù)合場的速度v，從而使得Eq＝qvB，
31、C錯誤；適當(dāng)增大加速電場極板間的距離，但只要兩板間電壓不變，電子進(jìn)入磁場的速度就不變，則電子受到的電場力仍小于它受到的洛倫茲力，電子向下偏轉(zhuǎn)，D錯誤．
5．[2019·浙江杭州檢測]利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．霍爾元件一般由半導(dǎo)體材料制成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)．如圖所示，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強(qiáng)磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流向右側(cè)，則其前、后兩表面會形成電勢差．現(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖
32、示方式接入電路(閉合開關(guān))，則關(guān)于前、后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是( )
A．若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低
B．若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高
C．不論接入哪個元件，都是前表面電勢高
D．不論接入哪個元件，都是前表面電勢低
答案：A
解析：若接入元件1，載流子是電子，根據(jù)左手定則可知，電子向后表面偏轉(zhuǎn)，故前表面電勢高；若接入元件2，載流子是空穴，根據(jù)左手定則可知，正電荷向后表面偏轉(zhuǎn)，故前表面電勢低，后表面電勢高，A正確．
6．[2019·昆明一中強(qiáng)化訓(xùn)練](多選)
如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場
33、中質(zhì)量為m的帶電小球做勻速圓周運(yùn)動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，由此可知( )
A．小球帶正電 B．小球帶負(fù)電
C．小球沿順時針方向運(yùn)動 D．小球機(jī)械能守恒
答案：BC
解析：本題考查帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動．小球做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，則mg＝qE，小球所受電場力方向向上，故小球帶負(fù)電，A錯誤，B正確；根據(jù)左手定則可得，小球沿順時針方向運(yùn)動，C正確；小球做勻速圓周運(yùn)動的過程中，電場力做功，小球機(jī)械能不守恒，D錯誤．
7．[2019·黃石模擬]
(多選)如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)
34、強(qiáng)度為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運(yùn)動，經(jīng)時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過程中圓環(huán)的速度v隨時間t、摩擦力Ff隨時間t、動能Ek隨位移x、機(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是( )
答案：ABD
解析：小圓環(huán)向上做減速運(yùn)動，對小圓環(huán)受力分析，豎直方向：重力和豎直向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)速度減小到零時，加速度為g，此時摩
35、擦力為零，然后小圓環(huán)向下做加速運(yùn)動，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，隨著速度的增大，彈力N增大，摩擦力增大，加速度減小，A、B正確．動能先減小后增大，Ek－x圖像的斜率大小表示合外力，從0～x過程，動能減小，合外力減小，從x～0的過程，動能增大，合外力減小，C錯誤．小圓環(huán)的機(jī)械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過程中，從0～x過程，摩擦力逐漸減小，下滑過程，位移從x～0，摩擦力逐漸增大，D正確．
8．如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強(qiáng)電場和磁場，電場強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里．從電場、磁場中某點(diǎn)P由靜止釋放一個
36、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子的重力忽略不計(jì))，其運(yùn)動軌跡如圖虛線所示．對于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，下列給出了四個表達(dá)式，可能正確的是( )
A. B.
C. D.
答案：A
解析：根據(jù)題意，由動能定理知粒子運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中有，qEH＝mv2，在最低點(diǎn)，洛倫茲力大于電場力，qE，且H的單位一定跟的單位相同，故A正確．
9.
(多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動過程中，圓環(huán)運(yùn)動的v－t圖象可能是下圖
37、中的( )
答案：AD
解析：由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)還受到豎直向下的重力、垂直于細(xì)桿的彈力及向左的摩擦力．當(dāng)Bqv0＝mg時，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A正確．當(dāng)Bqv0mg時，N＝Bqv0－mg，此時μN(yùn)＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，直到Bqv＝mg時，圓環(huán)開始做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)D正確．
10．如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針轉(zhuǎn)動，該裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁
38、場中，物塊由底端E運(yùn)動至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運(yùn)動的時間為4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運(yùn)動過程的說法正確的是( )
A．該物塊帶負(fù)電
B．皮帶輪的傳動速度大小一定為1 m/s
C．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移
D．在2～4.5 s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運(yùn)動
答案：D
解析：對物塊進(jìn)行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，沿斜面的方向有
μFN－mgsinθ＝ma①
物塊運(yùn)動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知，一定是FN逐漸減小，而開始時FN＝mgcosθ
39、，后來F′N＝mgcosθ－f洛，即洛倫茲力的方向是向上的．物塊沿皮帶向上運(yùn)動，由左手定則可知物塊帶正電，故A錯誤．物塊向上運(yùn)動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時，物塊達(dá)到最大速度，此時mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②
由②式可知，只要皮帶的速度大于或等于1 m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與皮帶的速度無關(guān)，所以皮帶的速度可能是1 m/s，也可能大于1 m/s，則物塊可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送帶運(yùn)動，故B錯誤、D正確．由以上分析可知，皮帶的速度無法判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮
40、帶發(fā)生的相對位移，故C錯誤．
二、非選擇題
11.
[2019·株洲模擬]如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在00的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B.有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一初速度沿與x軸正方向成θ＝30°射入磁場Ⅰ，粒子剛好經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入磁場Ⅱ，后經(jīng)過x軸上的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)射出磁場Ⅱ.已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(1.5l，l)，不計(jì)重力的影響，求：
(1)粒子的初速度大?。?
(2)M點(diǎn)在x軸上的位置．
答案：(1) (2)3l
解析：(1)連接OP，過P
41、作y軸垂線交y軸于點(diǎn)A，過O作初速度垂線OO1交PA于點(diǎn)O1，根據(jù)P點(diǎn)的坐標(biāo)值及初速度方向可得∠APO＝∠O1OP＝30°
故O1為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心，
OO1即為圓周半徑r.
由幾何關(guān)系可得r＋rcos60°＝1.5l
解得r＝l
根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m
解得v＝.
(2)粒子在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中的運(yùn)動半徑與其在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中的運(yùn)動半徑相同．
由對稱性可知OM＝2×1.5l＝3l.
12.
[2019·浙大附中模擬]如圖所示，某一水平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電場，且E1＝1.0×104 V/
42、m，x＝L和x＝3L的區(qū)間內(nèi)有一沿
y軸負(fù)方向的有理想邊界的勻強(qiáng)電場，且E2＝1.0×104 V/m，一電子(為了計(jì)算簡單，比荷取2×1011 C/kg)從直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點(diǎn)O以很小的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場，計(jì)算時不計(jì)此速度且只考慮xOy平面內(nèi)的運(yùn)動．求：
(1)電子從O點(diǎn)進(jìn)入電場到離開x＝3L處的電場所需的時間；
(2)電子離開x＝3L處的電場時對應(yīng)的縱坐標(biāo)長度．
答案：(1)2×10－8 s (2)0.1 m
解析：(1)設(shè)電子離開x＝L的位置為P點(diǎn)，
離開x＝3L的位置為Q點(diǎn)，則
mv＝eE1L
代入數(shù)據(jù)得vP＝2×107 m/s
電子從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)，
所用時間滿足L＝×t
代入數(shù)據(jù)得t1＝10－8 s
電子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，
所用時間t2＝＝10－8 s
所以總時間為t＝t1＋t2＝2×10－8 s.
(2)電子運(yùn)動到Q點(diǎn)時
yQ＝··t
代入數(shù)據(jù)得yQ＝0.1 m.
20
2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練28 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）
