《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練28 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練28 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、帶電粒子在復合場中的運動 小題狂練 小題是基礎　練小題　提分快 1.[名師原創(chuàng)]關于通電直導線和通電線圈周圍磁場的磁感線分布和磁場方向，不考慮地磁場影響，下列說法正確的是(　　) A．通電直導線周圍的磁場方向可以用右手定則判斷，順著導線看去，磁感線可表示為以直導線為圓心的均勻分布的同心圓 B．環(huán)形導線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導線軸線上的磁場方向 C．從外部看，通電螺線管周圍的磁場類似于條形磁鐵的磁場，螺線管內部的磁場不能視為勻強磁場 D．若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間位置，小磁針可能不與螺

2、線管平行 答案：B 解析：通電直導線周圍的磁場方向可以用安培定則判斷，順著導線看去，磁感線可表示為以直導線為圓心的分布不均勻的同心圓，選項A錯誤．環(huán)形導線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導線軸線上的磁場方向，選項B正確．通電螺線管周圍的磁場類似于條形磁鐵的磁場，螺線管內部的磁場可以視為勻強磁場，選項C錯誤．若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間位置，小磁針一定與螺線管平行，選項D錯誤． 2. [預測新題]已知流過通電直導線的電流大小為I，與通電直導線距離為r處的N點的磁感應強度大小為BN＝(k為常量)．如圖所示，△AC

3、D是直角三角形，∠ADC＝60°，A、C、D三點放置三個完全相同且垂直于該直角三角形所在平面的直導線，A、C、D處的直導線中的電流大小分別為I、2I和2I，方向均垂直平面向里；已知A點的直導線在AD的中點M處的磁感應強度大小為B，若在M點固定一垂直于紙面的直導體棒，其長度為L(L很小)，通過的電流大小為I，則該導體棒受到的安培力大小為(　　) A.BIL B.BIL C.BIL D．3BIL 答案：C 解析：如圖所示，根據右手螺旋定則可知，C點的直導線在M點處的磁感應強度大小為2B，D點的直導線在M點處的磁感應強度大小為2B，根據磁感應強度的疊加得M點處的磁感應強度大小為B，則

4、M點處固定的導體棒受到的安培力大小為BIL，選項C正確． 3．[新情景題]如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電場、磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)，則下列說法正確的是(　　) A．粒子一定帶正電 B．粒子的運動軌跡一定是拋物線 C．電場線方向一定垂直等勢線向左 D．粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大 答案：C 解析：根據粒子在電場、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是

5、變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢線向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤． 4．(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　　) A. B. C. D

6、. 答案：AB 解析： 由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝·(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，則v＝＝·(n＝1,2,3，…)，所以A、B正確． 5．[名師原創(chuàng)](多選)回旋加速器是用來加速帶電粒子的，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒間有一定的電勢差U，使粒子每次穿過狹縫都被加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q、質量為m，盒間的窄縫寬度為d，粒子最

7、大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．D形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內無電場 B．忽略粒子在電場中運動的時間，則高頻交流電源的頻率為 C．粒子離開加速器時速度為 D．考慮粒子在電場中運動的時間，則把靜止粒子加速到最大動能所需時間為 答案：AC 解析：根據靜電屏蔽的相關知識可知，D形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內無電場，選項A正確．粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電源頻率等于粒子回旋頻率，由T＝，得回旋頻率即高頻交流電源頻率為f＝＝，選項B錯誤．粒子旋轉半徑最大時，由牛頓第二定律得qvmB＝，解得vm＝，選項C正確．粒子最大動能Ekm＝m

8、v＝，粒子在電場中做勻加速直線運動，粒子每旋轉一周能量增加2qU，粒子的能量提高到Ekm，則旋轉周數n＝，粒子在磁場中運動的時間t磁＝nT＝，旋轉周數n，在電場中運動的距離為2nd，由2nd＝vmt電，解得t電＝，把靜止粒子加速到最大動能所需時間為t＝t電＋t磁＝＋，選項D錯誤． 6. [母題改編](多選)如圖所示，在以R0為半徑、O為圓心的圓形區(qū)域內存在磁場，直徑MN左側區(qū)域存在一方向垂直于紙面向外、磁感應強度大小為B1的勻強磁場(未畫出)；MN右側區(qū)域存在一方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B2的勻強磁場(未畫出)．現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從P點沿垂直于

9、MN的方向射入磁場，通過磁場區(qū)域后從Q點離開磁場，離開磁場時粒子的運動方向仍垂直于MN.已知OP與MN的夾角為θ1，OQ與MN的夾角為θ2，粒子在MN左側區(qū)域磁場中的運動時間為t1，粒子在MN右側區(qū)域磁場中的運動時間為t2，則(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案：AD 解析：設粒子的速度為v，它在MN左側磁場中的運動軌跡為圓弧PS，圓弧對應的圓心為O1，半徑為R1，如圖所示，則qvB1＝，且O1P平行于MN；粒子進入MN右側磁場中的運動軌跡為圓弧SQ，圓弧對應的圓心為O2，半徑為R2，如圖所示，則qvB2＝，且O2Q平行于MN，連接O1S、SO2，則O1、S、O2在

10、同一條直線上，設∠PO1S＝∠QO2S＝α，由幾何關系可得OP＝OQ＝R0，O1S＝R1，SO2＝R2，R1sinα＝R0sinθ1，R2sinα＝R0sinθ2，聯立解得＝＝，選項A正確，B錯誤；粒子在MN左側區(qū)域磁場中的運動時間為t1＝T1＝·＝，粒子在MN右側區(qū)域磁場中的運動時間為t2＝T2＝·＝，＝＝，選項D正確，C錯誤． 7．[2019·江西省贛中南五校一聯]一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場．粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，從圖中情況可以確定(　　) A．粒子從a到b，帶正

11、電 B．粒子從a到b，帶負電 C．粒子從b到a，帶正電 D．粒子從b到a，帶負電 答案：C 解析：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據粒子在磁場中運動的半徑公式r＝，可知，粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的，所以粒子的運動軌跡是從b到a，選項A、B錯誤；再根據左手定則可知，粒子帶正電，選項C正確，D錯誤． 8. [2019·浙江省模擬]如圖所示，在傾角為α(α<45°)的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質量為m的直導體棒．當導體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場．當加勻強磁場的磁感應強度方向豎直向上時

12、，磁感應強度大小為B1，現使勻強磁場的磁感應強度方向沿逆時針轉過α角時，磁感應強度大小為B2，再使勻強磁場的磁感應強度方向沿逆時針轉過α角時，磁感應強度大小為B3，則(　　) A．B1＝B3>B2 B．B1

13、，故B1＝B3> B2，A正確． 9. [2019·安徽省合肥模擬]為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計．該裝置由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加一勻強磁場，前后兩個內側面分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口從左向右流經該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積)，下列說法中正確的是(　　) A．M端的電勢比N端的高 B．電壓表的示數U與a、b均成正比，與c無關 C．電壓表的示數U與污水的流量Q成正比 D．若污水中正負離子

14、數相同，則電壓表的示數為0 答案：C 解析：根據左手定則，知負離子所受的洛倫茲力方向向外，則向外偏轉，正離子所受的洛倫茲力向里，向里偏轉，因此M板帶負電，N板帶正電，則M板的電勢比N板電勢低，故A錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝q，解得U＝Bbv，與離子濃度無關，故BD錯誤；因v＝，則流量Q＝vbc＝，因此U＝，與污水流量成正比，故C正確． 10. [2019·湖北省部分重點中學聯考]如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點．則(　　) A．粒子在偏

15、轉磁場中運動的時間都相等 B．打在P1點的粒子是He C．打在P2點的粒子是H和He D．O2P2的長度是O2P1長度的4倍 答案：C 解析：帶電粒子在沿直線O1O2通過速度選擇器時，所受電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知從速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度，在偏轉磁場中，粒子的軌跡半徑r＝，不全相同，粒子運動的周期T＝，所以粒子在偏轉磁場中運動的時間不全相等，A錯誤；帶電粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以r＝，可知粒子的比荷越大，運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，B錯誤，C正確；由題中的數據

16、可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H運動軌跡的半徑是H和He的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，D錯誤． 11. [2019·安徽師大附中模擬](多選)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內從a點沿ab，ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變，關于小球的運動，下列說法正確的是(　　) A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．若沿ab做直線運動，則小球帶正電，且一定做勻速運動 C．若沿ac做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變 答

17、案：AB 解析：沿ab方向拋出的帶電小球，根據左手定則，及正電荷所受的電場力的方向與電場強度方向相同可知，只有帶正電，受力才可能平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，帶負電時，才能做直線運動，因速度影響洛倫茲力大小，所以做直線運動時必然是做勻速直線運動，故A、B正確，C錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導致小球的機械能不守恒，故D錯誤． 12. [2019·晉豫省際大聯考]如圖所示，在y軸右側存在與xOy平面垂直且范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，位于坐標原點的粒子源在xOy平面內發(fā)射出大量完全相同的帶負電粒子，所有粒子的初速度大小均為v0，方向與x軸正方向的夾角分布在－60°

18、～60°范圍內，在x＝l處垂直x軸放置一熒光屏S.已知沿x軸正方向發(fā)射的粒子經過了熒光屏S上y＝－l的點，則(　　) A．粒子的比荷為＝ B．粒子的運動半徑一定等于2l C．粒子在磁場中運動時間一定不超過 D．粒子打在熒光屏S上亮線的長度大于2l 答案：C 解析：沿x軸正方向發(fā)射的粒子經過了熒光屏S上y＝－l的點，由幾何知識可知，粒子軌跡半徑r＝l，B錯誤；由牛頓第二定律可得qv0B＝m，解得＝，A錯誤；沿x軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中轉過的圓心角最大，為θ＝π，對應運動時間最長，t＝T＝，C正確；其他方向粒子打在熒光屏S上的縱坐標的絕對值一定小于l，故粒子打在熒光屏S上亮線的長度小

19、于2l，D錯誤． 13. [2019·安徽省皖南八校聯考]如圖所示，正方形abcd區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0剛好從c點射出磁場．現設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是(　　) A．該帶電粒子可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間可能是t0 C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間可能是t0 D．若該帶電粒子從

20、cd邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間一定是t0 答案：D 解析：由帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0，隨粒子速度逐漸增大，軌跡由①→②→③→④依次漸變，由圖可知粒子在四個邊射出時，射出范圍分別為OG、FE、DC、BA之間，不可能從四個頂點射出，故A錯誤；當粒子從O點沿虛線方向射入正方形內，從ab邊射出的粒子所用時間不大于周期(t0)，從bc邊射出的粒子所用時間不大于周期()，所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300°，所用時間為周期()，故D正確，B、C錯誤． 14. [2019·唐山統(tǒng)考](多選)如圖所示

21、，M、N為兩個同心金屬圓環(huán)，半徑分別為R1和R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場，N環(huán)內存在著垂直于環(huán)面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，N環(huán)上有均勻分布的6個小孔，從M環(huán)的內側邊緣由靜止釋放一質量為m，電荷量為＋q的粒子(不計重力)，經電場加速后通過小孔射入磁場，經過一段時間，粒子再次回到出發(fā)點，全程與金屬環(huán)無碰撞．則M、N間電壓U滿足的條件是(　　) A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案：AC 解析：帶電粒子由M內側邊緣運動到N環(huán)，由動能定理有qU＝mv2，帶電粒子進入N環(huán)內磁場，與金屬環(huán)無碰撞，故粒子進入磁場后，應偏轉或離開磁場，由幾何關系可知，軌跡半徑為

22、r＝R2或r＝，則根據r＝，聯立解得U＝或U＝，選項A、C正確． 15．[2019·北京西城區(qū)模擬](多選)在如圖所示的坐標系中，y>0的空間中存在勻強電場，場強方向沿y軸負方向；－1.5h

23、大小為 D．粒子在磁場中運動的時間為 答案：BC 解析：設粒子從P1點到P2點的時間為t0，粒子從P1點到P2點沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做勻加速直線運動，由運動學公式可得，1.5h＝v0t0，h＝t0解得vy＝v0，則粒子到達P2點的速度v＝＝v0，A錯誤； 根據以上條件結合動能定理可得，qEh＝mv2－mv，解得E＝，B正確；由題意可知粒子進入磁場后垂直磁場下邊界射出，由此可作出粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，軌跡半徑R滿足Rsin37°＝1.5h，即R＝2.5h，根據帶電粒子在磁場中運動 時洛倫茲力提供向心力可得，qvB＝，聯立解得B＝，C正確；根據T＝可得

24、，粒子在磁場中運動的時間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電場和垂直于紙面向里的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中，下列關于描述小球運動的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，加速度達到最大；當速度繼續(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，小球的速度達到最大．所以選項ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運動規(guī)律，C選項符合． 課時測評 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．如圖所示是電視機顯像管及其偏轉線圈的示意圖．初速度不計的電子經加速電場加速后進入有限邊界的勻強磁場中發(fā)生偏轉，最后打在熒光屏上．如果發(fā)現電視畫面幅度與正常的

26、相比偏小，則引起這種現象可能的原因是(　　) A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數量減少 B．加速電場的電壓過低，電子速率偏小 C．偏轉線圈局部短路，線圈匝數減少 D．偏轉線圈中電流過大，偏轉線圈的磁感應強度增強 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角減小，即電子束的軌道半徑增大．電子在磁場中偏轉時的半徑r＝，當電子槍發(fā)射能力減弱，發(fā)射的電子數量減少時，由于運動的電子速率及磁感應強度不變，所以不會影響電視畫面幅度的大小，故A錯誤；當加速電場電壓過低，電子速率偏小時，會導致電子運動半徑減小，從而使偏轉角度增大，導致畫面幅度與正常的相比偏大，故B錯誤；當偏轉線圈局

27、部短路，線圈匝數減少時，會導致偏轉線圈的磁感應強度減弱，從而使電子運動半徑增大，電子束的偏轉角減小，則畫面幅度與正常的相比偏小，故C正確；當偏轉線圈中電流過大，偏轉線圈的磁感應強度增強時，會導致電子運動半徑變小，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)，粒子的運動方向已經在圖中標出，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：根據左手定則，由粒子的偏轉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動，在狹縫間做勻加速運動，粒子在電場內運動的時間極短，要使粒子每次經過狹縫間都能加速，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·江蘇如皋質檢] (多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的發(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板帶負電 B．有電流從b經用電器流向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：根據左手定則可知，正電荷向下偏轉，負電荷向上偏轉，則A板帶負電，故A正確．因為B板帶正電，A板帶負電，所以電流的流向為從b經用電器流向a，故B正確．因為B板帶正電，A板帶負電，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)出的電子經加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強

30、磁場中，發(fā)現電子向下極板偏轉．設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為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．適當減小電場強度E B．適當減小磁感應強度B C．適當增大加速電壓U D．適當增大加速電場極板之間的距離 答案：B 解析：根據左手定則可知，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合場區(qū)域通過，則必須有Eq＝qvB，所以可以適當增大電場強度或適當減小磁感應強度，A錯誤，B正確；由Ue＝mv2得v＝，可以適當減小加速電壓來減小電子進入電磁復合場的速度v，從而使得Eq＝qvB，

31、C錯誤；適當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，D錯誤． 5．[2019·浙江杭州檢測]利用霍爾效應制作的霍爾元件，被廣泛應用于測量和自動控制等領域．霍爾元件一般由半導體材料制成，有的半導體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導體中的載流子是空穴(相當于正電荷)．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，勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關，讓電流從霍爾元件的左側流向右側，則其前、后兩表面會形成電勢差．現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)，則關于前、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，根據左手定則可知，電子向后表面偏轉，故前表面電勢高；若接入元件2，載流子是空穴，根據左手定則可知，正電荷向后表面偏轉，故前表面電勢低，后表面電勢高，A正確． 6．[2019·昆明一中強化訓練](多選) 如圖所示，在正交的勻強電場、勻強磁場

33、中質量為m的帶電小球做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內，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．小球帶負電 C．小球沿順時針方向運動 D．小球機械能守恒 答案：BC 解析：本題考查帶電小球在復合場中的運動．小球做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則mg＝qE，小球所受電場力方向向上，故小球帶負電，A錯誤，B正確；根據左手定則可得，小球沿順時針方向運動，C正確；小球做勻速圓周運動的過程中，電場力做功，小球機械能不守恒，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磁場，磁感應

34、強度為B，一個質量為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為μ.現使圓環(huán)以初速度v0向上運動，經時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，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，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)向下做加速運動，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，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、正交的勻強電場和磁場，電場強度大小為E、方向豎直向下，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里．從電場、磁場中某點P由靜止釋放一個

36、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子的重力忽略不計)，其運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式，可能正確的是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：根據題意，由動能定理知粒子運動到最低點的過程中有，qEH＝mv2，在最低點，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桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中．現給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的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、垂直于細桿的彈力及向左的摩擦力．當Bqv0＝mg時，圓環(huán)做勻速直線運動，選項A正確．當Bqv0mg時，N＝Bqv0－mg，此時μN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到Bqv＝mg時，圓環(huán)開始做勻速運動，選項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動，該裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁

38、場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5 s，關于帶電物塊及運動過程的說法正確的是(　　) A．該物塊帶負電 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，物塊與皮帶仍可能有相對運動 答案：D 解析：對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數為μ，沿斜面的方向有 μFN－mgsinθ＝ma① 物塊運動后，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．物塊沿皮帶向上運動，由左手定則可知物塊帶正電，故A錯誤．物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時，物塊達到最大速度，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，則物塊達到最大速度的條件與皮帶的速度無關，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，在00的區(qū)域內充滿垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，兩磁場的磁感應強度大小都為B.有一質量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標原點O以某一初速度沿與x軸正方向成θ＝30°射入磁場Ⅰ，粒子剛好經過P點進入磁場Ⅱ，后經過x軸上的M點(圖中未標出)射出磁場Ⅱ.已知P點坐標為(1.5l，l)，不計重力的影響，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)M點在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A，過O作初速度垂線OO1交PA于點O1，根據P點的坐標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動的圓心， OO1即為圓周半徑r. 由幾何關系可得r＋rcos60°＝1.5l 解得r＝l 根據牛頓第二定律有qvB＝m 解得v＝. (2)粒子在勻強磁場Ⅱ中的運動半徑與其在勻強磁場Ⅰ中的運動半徑相同． 由對稱性可知OM＝2×1.5l＝3l. 12. [2019·浙大附中模擬]如圖所示，某一水平面內有一直角坐標系xOy，x＝0和x＝L＝10 cm的區(qū)間內有一沿x軸負方向的有理想邊界的勻強電場，且E1＝1.0×104 V/

42、m，x＝L和x＝3L的區(qū)間內有一沿 y軸負方向的有理想邊界的勻強電場，且E2＝1.0×104 V/m，一電子(為了計算簡單，比荷取2×1011 C/kg)從直角坐標系xOy的坐標原點O以很小的速度進入勻強電場，計算時不計此速度且只考慮xOy平面內的運動．求： (1)電子從O點進入電場到離開x＝3L處的電場所需的時間； (2)電子離開x＝3L處的電場時對應的縱坐標長度． 答案：(1)2×10－8 s　(2)0.1 m 解析：(1)設電子離開x＝L的位置為P點， 離開x＝3L的位置為Q點，則 mv＝eE1L 代入數據得vP＝2×107 m/s 電子從O點運動到P點， 所用時間滿足L＝×t 代入數據得t1＝10－8 s 電子從P點運動到Q點， 所用時間t2＝＝10－8 s 所以總時間為t＝t1＋t2＝2×10－8 s. (2)電子運動到Q點時 yQ＝··t 代入數據得yQ＝0.1 m. 20