2018年高考物理专题8.3带电粒子在复合场中运动热点题型和提分秘籍

1、(2)设粒子做圆周运动的半径为R,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O为圆心，由几何关系可知厶热点题型一带电粒子在组合场中的运动例 1、如图所示，在坐标系xOy的第一、第二象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为吕 一带电荷量为+q、质量为m的粒子,自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知O片d,OQ=2d,不计粒子重力。(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。(2)若磁感应强度的大小为一定值Bo,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求Bo。(3)若磁感应强度的大小为另一

2、确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。解析：设粒子在电场中运动的时间为如力口速度的大小为野粒子的初速度为帕 过。点时速度的大小为叭沿卩轴方向分速度的犬小为吩 速度与玄轴正方向的夹角为&由牛顿第二走律得由运动学公式得2d=Votovy=at0V=,Vo+Vytan0 =也Vo联立式得专题 8.3 带电粒子在复合场中运动1 .会分析带电粒子在组合场、复合场中的运动问题。2 会分析速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器等磁场的实际应用问题。HP7vvG）设粒子做圆周运动的半径为局，由几何关系知粒子运动的轨迹如團所示g

3、cv 是粒子做圆周运动 的圆心，Q、F、G H 是轨迹与坐标轴的交点，连接 6、6 鳥由几何关系知，仏和仇的 6 均为矩 形，由此知尸 曲均为直径，型昭甘也是矩砌又 FG 丄 GR 可知粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆, 得 2/2 尸 2 适迦粒子在第二、第四象限的轨迹是长度相等的线段，得FG= HQ=2Rf?设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为tBo=QOC为等腰直角三角形， 得2qvBo=mR联立得Xv则有t=FG HQ2nR5联立？ ？ ？式得t= （2 +n）/qE?【提分秘籍】这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，磁场或电 场与无场区交替出

4、现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周 运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。1 在匀强电场、匀强磁场中可能的运动性质在电场强度为 E 的匀强电场中在磁感应强度为 B 的匀强磁场中初速度为零做初速度为零的匀加速直线运动保持静止初速度垂直场线做匀变速曲线运动（类平抛运动）做匀速圆周运动初速度平行场线做匀变速直线运动做匀速直线运动特点受恒力作用，做匀变速运动洛伦兹力不做功，动能不变2“电偏转”和“磁偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v丄E进入匀强电场带电粒子以v丄B进入匀强磁场受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动情况类平抛运动匀

5、速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛规律、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式基本公式1L= vt , y =尹 2qEata=,tan0 =m vmv2mvqvB=,r= _rqB2nm0TT=t=qB，2nLsin0=_r做功情况电场力既改变速度方向，也改变速洛伦兹力只改变速度方向，不改答案：（1）方向与x轴正方向成 45【举一反三】在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径r= 0.1m，磁感应强度B= 0.5T，与y轴、x轴分别相切于A、C两点。第四象限内充满平行于x轴的匀强电场，电场强度E= 0.3V/m，如图所示。 某带电粒子以vo= 20m/s 的初速度自

6、A点沿AO方向射入磁场，从C点射出(不计重力)。yjA卡r.s ： *0C兀E求带电粒子的比荷m(2)若该粒子以相同大小的初速度自A点沿与AO成 30角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，求经过y轴时的位置坐标。答案：(1)400C/kg(0 , - 1)m解析：(1)由题意知粒子在磁场中运动的半径R=r= 0.1m由牛顿第二定律得qvB= mV/R/ q/n= 400(C/kg)(2)因粒子的运动半径没有变化，如图所示,7宙几何关系知它将垂直射入电场中JCJC轴方向有R R+ 2?sin3（?=gEQ：2用/JO.OSsy y轴方向有Ay=vof.Av lm则经过y轴时的位置坐标为

7、（0，- 1m）。例 2、【2017 新课标I卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面动。下列选项正确的是【答案】B热点题型带电粒子在复合场中的运动平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运A. mambmcC. mcmambD. mcmbma【解【解析】由题意知，mg=qE, mg=qE+Bqv,mg+Bqv=qE,所以mbmamc，故 B 正确，ACD 昔误。【变式探究】如图 1 所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为Li、L2），存在垂直纸面向里

8、的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图 2 所示），电场强度的大小为 吕，E0 表示电场方向竖直向上。t= 09时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一 次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N2的中点，重力加速度为g。上述d、吕、m v、g为已知量。:X X X 成乂N N、凶 2;x xx XiljX X X X- -d d图1求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小;求电场变化的周期T；改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求解析；徵粒做直线运动，则徽粒做圆周运动，则我g=gEo联立得B=(2

9、)设微粒从N运动到Q的时间为ti,做圆周运动的周期为t2，则d=vti2qvB= mR2n R= vt2联立得2T2T t tT的最小值。Ttv2=电场变化的周期T=ti+12=齐于11(3) 若微粒能完成题述的运动过程，要求d2R因t2不变，T的最小值?n+lv2g。宀mg2E)dnv答案：(1)-(2)+E)v2vg【方法技巧】带电体在复合场中运动的归类分析(1) 磁场力、重力并存。1若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。2若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。(2)电场力、磁场力并存(不计重力)。1若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀

10、速直线运动。2若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。(3)电场力、磁场力、重力并存。1若三力平衡，带电体做匀速直线运动。2若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。3若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。【提分秘籍】带电粒子在复合场中运动的解题思路：(1) 弄清复合场的组成，一般有磁场、电场的复合，电场、重力场的复合，磁场、重力场的复合，磁场、电场、重力场三者的复合。(2) 正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意电场力和磁场力的分析。(3) 确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的分析。(4) 对于粒子连续通过

11、几个不同情况场的问题，要分阶段进行处理。转折点的速度往往成为解题的突破。(5) 画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。1当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。2当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解。2联立得R= ?2g设NQ段直线运动的最短时间为tmin, 由？得tmin=v2gTmin=tmin+t2=? n +1 v2g3当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。134对于临界问题，注意挖掘隐含条件。【举一反三】如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于N

12、STM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和 2B, KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为 1.8h。质量为m带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为(2) 要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。(3) 若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。答案：四方向竖直向上(2)(9 -6 2)黔0.68qBh0.545qBh0.52qBh(3)m，m，m解析：(1)设电场强度大小为E由题意有mg= qE,上。q(勾如團所示，设粒子不从 M 边飞出的入射速度

13、最小管为血 m 对应的粒子在上、下区域的运动半径分 别为人和 g 圆心的连线与皿的夹角为 X由 c 滸=窮,厲=触(C 十孩脸 ii 坤|二門J77g。求电场强度的大小和方向。如图所示，设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为ri和2,粒子第一次通过KL时距离K点为x，由题意有 3nx= 1.8h(n= 1,2,3，)由vvmin得xx=r2hri2得ri=（1+竽）2，nv3.5热点题型三带电粒子在交变复合场中的运动例 3在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示的xOyh 0I 4即n= 1 时,v=0.68qBhmn= 2 时,0.545

14、qBhv =-mn= 3 时,0.52qBhv=JVP P15平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图象如图所示。x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。在坐标原点0有一粒子P,其质量和电荷量分别为m和+q,不计重力。在t=2 时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动。T做匀加速直线运动,T21做匀速圆周运动(2)只有当t=2T时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿动，如图所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T。则(n2)T=T,(n= 1,2,3 )一v2nr匀速圆周运动qvB=m,T=-rv在to时刻释放，P在电场中加速时间

15、为Tto,定轨道做往复运17在磁场中做匀速圆周运动V1=qE爲圆周运动的半径ri=qBEoT一t0解得ri=又经Tto时间，P减速为零后向右加速时间为to(qEotoP再进入磁场V2=-mmv圆周运动的半径r2=亟解得2=EotB)综上分析，速度为零时横坐标x= 0相应的纵坐标为2 krik12y=2k rir2，(k=1,2,3)r- 2EokT 2to+toBO解得y=2kEoT 2toIBO,(k= 1,2,3 )“宀qE)T2n 1 nm答案：(1) 2m(2)R =qT，(n= 1,2,3 )x= o,r2E)kT 2toBj2kE)T 2toBo+to,(k= 1,2,3 )【提分

16、秘籍】 带电粒子在交变复合场中的运动带电粒子在交变复合场中的运动，往往运动复杂，且运动具有某种规律性,综合考查牛顿运动定律、功能关系，圆周运动规律等。【举一反三】如图甲所示，水平直线M祚方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷1x106C/kg 的带正n电粒子从电场中的0点由静止释放，经过105s 后，粒子以V0= 1.5x104m/s 的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化（图乙中磁场以垂直纸面向外为正,以粒子第一次通过MN时为t= 0 时刻）。求匀强电场的电场强度E;.4n_5求图乙中t=x10 s 时刻粒子与O点的水平距离;5如果在O

17、点右方d= 68cm 处有一垂直于MN的足够大的挡板,间。(sin37= 0.6 , cos37= 0.8)答案：(1)7.2x103N/C (2)4cm(3)3.86x10气解析：1）粒子在电场中做匀加速直线运动，在电场中运动的时间为如有 =型1,Eqma代入数据，解得如器二曲映C（2）当晞场垂直纸面向外时，粒子运动的半径mv r15 cmBq2nm2n_5周期T1=x105sBq3当磁场垂直纸面向里时,mv粒子运动的半径门=3cmBq叶 2nm2n_5周期T2=x105s求粒子从O点出发运动到挡板所需的时19Bq3故粒子从t=0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示。4nt=于X10

18、-5S 时刻粒子与。点的水平距离甲粒子从第一次通过册幵始，其运动的周期 T=yX10-,根据粒子的运动情况可知，粒子到达样板 前运动的完整周朗数为 I，个,此时粒子沿肘拧运动的距离j15 AOcui贝U最后 8cm 的情况如图乙所示，有ri+ricosa =8cm解得 COSa= 0.6，贝Va= 53故粒子运动的总时间1534t总=11+ 15T+ 二TiTi= 3.86X10 s。1 1r rl la a1.【2017 新课标I卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m、m、m。已知

19、在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是【答案】B【解析】由题意知，mg=qE, mg=qE+Bqv,mg+Bqv=qE,所以mbmame，故 B 正确，ACD 昔误。1.【2016 全国卷I】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1-所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价 正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将 磁感应强度增加到原来的 12倍.此离子和质子的质量比约为()加連电场* /

20、 出口1|图 1-A. 11 B . 12C. 121 D . 144【答案】D【解折】粒子在电场中加速，设离幵加速电场的速度为 E 则町粒子进入犠场做 圆周运动，半径尸幾二才启 2 因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为 1 叫 选项 D 正确.2.【2016 江苏卷】回旋加速器的工作原理如图1-甲所示，置于真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T=一束该种粒子在t= 0时间内从A处均匀qB2地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动

21、时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做 加速运动，不A. mambmeC. memambHrD.membma21考虑粒子间的相互作用.求：(1) 出射粒子的动能Em；(2) 粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3) 要使飘入狭缝的粒子中有超过 99 端E射出，d应满足的条件.【答案】攀nmUd99%解得d忒BR3.【2016 四川卷】如图 1-所示，图面内有竖直线DD,过DD且垂直于图面的平面将空间分成I、n两区域.区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域n有固定n在水平面上高h=21、倾角a=-的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD距离s= 4

22、1，区域n可加竖直方23向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD上，距地面高 H= 31.零时刻，质量为m带电荷量为q3i的小球P在K点具有大小vo=gl、方向与水平面夹角0=n的速度，在区域I内做半径r= 的匀速圆周*3n运动，经C点水平进入区域n.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响.I已知，g为重力加速度.(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； 若小球A、P在时刻t=B、/*(3为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域n的

23、匀强电场的场强E,并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向.【答案】(1)mq g(2)(3 2 2)2(c3 Tg极大值为7mg方向竖直向上； 极小值为0 q( 3 1)8q【解析】由题知，小球P在区域 I 內做匀速 15 周运动，有(2)小球 P 在区域 I 做匀速圆周运动转过的 IH 心角为趴运动到 C 点的时刻为 4 到达斜面底端时刻为0r tC=Voshcota =Vo(11tC)小球A释放后沿斜面运动加速度为aA,与小球P在时刻ti相遇于斜面底端，有mina =ma=1aA(t1tA)2sina2图 1-gg联立以上方程解得tA=(3 2、：2)25(3)设所求电场方向向下，在tA

24、时刻释放小球A小球P在区域n运动加速度为ap,有1 ,s=vo(ttC)+ qaM ttA)COSmg qE=ma对小球P的所有运动情形讨论可得 3W 3 W54.【2016 浙江卷】为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了 “扇形聚焦回旋加速器”.在扇 形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转.扇形聚焦磁场分布的简化图如图1-11 所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,谷区内没有磁场质量为m电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示.(1

25、)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r， 并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；(2) 求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角0，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；(3) 在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角0变为 90,求B和B的关系.已知：sin(a3) = sinacos3 cosasin3, cosa= 1 2a2sin -y.图 1-11mv2n (2n +3/3)mV31【答案】丽 逆时针(qB)(3)B=二一BH- h+ 2aA(tt，A)联立相关方程解得2(113 )mg由此可得场强极小值为Emin= 0 ；场强极大值为方向竖直向上.

26、2 .sin（1）求粒子在第 2 层磁场中运动时速度V2的大小与轨道半径2；【解析】（1）峰区内圆弧半径尸慕旋丰专方向为逆时针方向由对称性，烽区内圆弧的圆心角每段直线长度L= 2rcosn= 3r=嶋尹 3 (l+L)T=v代入得T=谷区内的圆心角0= 120 90= 30谷区内的轨道圆弧半径r=mvqB，0由几何关系rsin 2 rsin，0，2,”十30,6 .24由一角关系 sin 2 sin 15o代入得 B，-兮二B1. （2015 天津卷）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为 E,方

27、向水平向右；磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里.电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为m 电荷量为 q 的带正电粒子在第 1 层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时每个圆弧的长度匸2TLT2TUMT3炉周期27的电磁辐射.xxsc XXXX X X X X X XXXXX X耳冥第粒子从第 n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为0n,试求sin0n(3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出， 试问在其他条件不变的情况下，也进入第但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之.【解析】粒子在进入第2 2

28、层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功由动能定理，有粒子在第 2 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有2qv2B=m-(2)设粒子在第 n 层磁场中运动的速度为Vn,轨迹半径为 rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同).12n qEd=尹匕2VnqvnB=m(粒子进入第 n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为an,从第 n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为0n,粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有VnSinan宙團1看出G功ifln-tv和论=1由式得m则导致sinen，1说明en，不存在，即原假设不成立所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该

29、层磁场右侧边界.(2015 福建卷)如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B. 一质量为 m 电荷量为q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动.A、C 两点间距离为 h, 重力加速度为 g.(1) 求小滑块运动到 C 点时的速度大小 Vc；(2) 求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功W;(3) 若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动

30、到水平地面上的P 点.已知小滑块在 D 点时的速度大小为VD,从 D 点运动到 P 点的时间为 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大小 VP.【答案】由？式得sin冗(1)2qEd 2 mB(2)B黑(3)不能，推理证明见解析31【解析】（1）小滑块沿MN运动过程/水平方向受力满足qvB+NqE小滑块在C点离开MN时N=0宙动能定理mgh 尹诧一 （3）如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 gg=寸晋+g22222 X且 VP=VD+g t 【答案】（1）| （2）mgh 雾4.（2014 江苏单科 9）（多选）如图 10

31、 所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通解得Wmgh-解得VP=加 g2t2过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：U=kB,式中k为霍尔系数,dd为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于FL,霍尔元件的电阻可以忽略，则（）踪尔元件图 10A. 霍尔元件前表面的电势低于后表面B. 若电源的正、负极对调，电压表将反偏C.IH与I成正比D. 电压表的示数与 RL消耗的电功率成正比答案 CD解析当霍尔元件通有电流用时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动故霍

32、尔元件的前 表面电势较高.若将电源的正、负极对调，则磁感应强度R的方向变化的方向变化根据左手定L 电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍罡霍尔元件的前表面电势较高，选项乐 B 错误.因说与佥并脫 根据并麻分流，得用二詡产故也与了成正比，选顷 C 正确.由于丧与/成正比，设戌=曲,则心二諾石h PH 沁故內=普=嶼:护丸知肉 OCP选项 D 正确.1.有一个带电荷量为+q、 重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B,方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是( )+v1-XXX X+I-XXXX +-XXXX +-XXXX +

33、-XXXX4A. 定做曲线运动B.不可能做曲线运动C.有可能做匀加速运动D.有可能做匀速运动33答案：A解析：由于小球在下落过程中速度变化，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，故小球不可能做匀速 或匀加速运动，B、C、D 错，A 正确。2.如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力。设两极板间电场强度为 沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是(A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场的宽度D.适当减小加速电压U答案：A解析：要使粒子直线运动.必须满足条件：根据左手定

34、则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖 直问下，故电子向上极板偏转的原因杲电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动, 则墓么增大濬伦兹力，要么咸小电场力。滅卜加速电压 6 即可以减小速度肌减小洛伦兹力，故 D 错误 j 适当减小电场强度，可以减小电场力，故 A 正确，适当减小磁感应强度，可减小洛伦兹力故 B 错误，増大加速电场的宽度，不改变速度卩故 C错。3.如图所示， 在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E,方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面做匀速圆周运动，则可判断A.带有电量为冒勺正电荷B. 沿圆周逆时针运

35、动C. 运动的角速度为BTD.运动的速率为EB答案：C定则知粒子顺时针运动，B 错。根据qvB=仇V,则o=律詈，C 正确。无法确定v的大小，D错。E,磁感应强度为B。欲使电子)解析：由于粒子做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，故粒子带负电，带电量mgA 错。由左手354.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U的电场加速后，射入两水平放置、电势差为12的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M N两点间的距离d随着U和U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（）A. d随U变化

36、，d与Ua无关B. d与U无关，d随U变化C. d随U变化，d随U变化D. d与U无关，d与U无关答案：A解析：设带电粒子刚进入磁场时的速度为叫与水平方向夹角为久粒子在礒场中运动过程，丫谄=碍，戸答胚N 两点间距离片胡烛二迦沪二够。对粒子在加速电场中运动过程:妒戾联立可 看出川随。变化，与 6 无关。5.如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的0点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的0（图中未标出）穿出，若撤去该区域内的磁场而保留电场不变， 另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由0点射入， 从区域右

37、边界穿出，则粒子b（）XXB BXXXkXXEA. 穿出位置一定在 O 点下方B. 穿出位置一定在 O 点上方C. 运动时，在电场中的电势能一定减小D. 在电场中运动时，动能一定减小答案：C解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqx Eq,即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场 只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方或下方穿出，故 A B 错误；粒子b在 穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能 增大，故 C 项正确，D 项

38、错误。6利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示 意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I,C D两侧面会形成电势差 辻D,下列说法中正确的是（）E E8 8:SP:A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD0,所以有m沪qE,由于洛伦兹力不做功，且洛伦兹力沿半径向外，则小球b受到的洛伦兹力没有条件限制，选项D 正确。37&如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元

39、件的电流为IH,与其自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数noIHB一前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=，式中k为霍尔系数，d为霍尔兀件两侧面间的距d离。电阻R远大于FL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()B. 若电源的正负极对调，电压表将反偏C.IH与I成正比D. 电压表的示数与 FL消耗的电功率成正比答案：CD解析：电子在霍尔元件中受到向里的洛伦玆力作用故霍尔元件前表面的电势要高干后表面的电势， 选项 A错误；若电源的正负极对调，则晞感应强度 H 的方向及霍尔元件的电潦方向都将反向，电子在霍尔 元件中受到的洛伦玆力仍向里，前表面的电势仍高于后表面的电势，电压表不会反偏，选

40、项 B 错误；根摇 电路连接方式知，电流故电流加与 f 成正比，选项 C 正确因为矗和迟都与成正比，由Ua=k=B知，UH与I2成正比，因为电阻F?R,故流过电阻R.的电流可认为是干路电流I，其消耗的电功率为dPL=I2R_，综上所述可得UH与FL成正比，选项 D 正确。9. 一圆筒的横截面如图所示，其圆心为 Q 筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为Bo圆筒下面有相距为d的平行金属板M N,其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m电荷量为q的带正 电粒子自M板边缘的F处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发 生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的 情况下，求：(1)M N间电场强度E的大小；圆筒的半径R;2(3)保持M N间电场强度E不变，仅将M板向上平移 3d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子39答案：(1)mv(2)3mv(3)32qd3qB3解析：(1)设两板间的电压为U,由动能定理得由匀强电场中电势差与电场