專題3第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．(2023·全國卷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)方向垂且于紙面向里．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.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)．以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是(B)A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma解析該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g).b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定那么可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g).c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定那么可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g).綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．2．(2023·河南鄭州預(yù)測(cè))物理學(xué)家霍爾于1879年在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)電流垂直于磁場(chǎng)通過導(dǎo)體或半導(dǎo)體材料左右兩個(gè)端面時(shí)，在材料的上下兩個(gè)端面之間產(chǎn)生電勢(shì)差．這一現(xiàn)象被稱為霍爾效應(yīng)，產(chǎn)生這種效應(yīng)的元件叫霍爾元件，在現(xiàn)代技術(shù)中被廣泛應(yīng)用．如圖為霍爾元件的原理示意圖，其霍爾電壓U與電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系可用公式UH＝kHeq\f(IB,d)表示，其中kH叫該元件的霍爾系數(shù)．根據(jù)你所學(xué)過的物理知識(shí)，判斷以下說法正確的選項(xiàng)是(D)A．霍爾元件上外表電勢(shì)一定高于下外表電勢(shì)B．公式中的d指元件上下外表間的距離C．霍爾系數(shù)kH是一個(gè)沒有單位的常數(shù)D．霍爾系數(shù)kH的單位是m3·s－1·A－1解析假設(shè)霍爾元件為電子導(dǎo)體，應(yīng)用左手定那么可知電子向上偏，上外表電勢(shì)低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電荷勻速通過材料，有qeq\f(UH,L)＝qvB，其中L為上下兩外表間距，又I＝neSv＝ne(Ld)v，其中d為前后外表間距，聯(lián)立可得UH＝eq\f(BI,ned)＝eq\f(1,ne)·eq\f(BI,d)，其中d為前后外表之間的距離，n為材料單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，e為電荷的電荷量，那么選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由以上分析可知kH＝eq\f(1,ne)，可知kH單位為m3·s－1·A－1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．3．(2023·廣西南寧模擬)如下圖，水平放置的平行金屬板A、B與電源相連，兩板間電壓為U，距離為d.兩板之間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2.一束不計(jì)重力的帶電粒子沿平行于金屬板且垂直于磁場(chǎng)的方向射入金屬板間，然后沿直線運(yùn)動(dòng)，從a點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，在圓形磁場(chǎng)中分成1、2兩束粒子，兩束粒子分別從c、d兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)．a(chǎn)b為圓形區(qū)域的水平直徑，∠cOb＝60°，∠dOb＝120°.不計(jì)粒子間的相互作用，以下說法正確的選項(xiàng)是(D)A．金屬板A、B分別接電源的負(fù)極、正極B．進(jìn)入圓形磁場(chǎng)的粒子的速度大小為eq\f(B1d,U)C．1、2兩束粒子的比荷之比為1∶2D．1、2兩束粒子的比荷之比為1∶3解析由圓形磁場(chǎng)中粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知粒子帶正電，粒子在金屬板間受力平衡，故電場(chǎng)方向向下，金屬板A接電源的正極，金屬板B接電源的負(fù)極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由eq\f(qU,d)＝qB1v，可知v＝eq\f(U,B1d)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，如下圖，利用幾何關(guān)系可知，taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，r＝eq\f(mv,B2q)，可知eq\f(q,m)＝eq\f(vtan\f(θ,2),B2R)，而題圖中∠cOb＝60°，∠dOb＝120°，那么1,2兩束粒子的比荷之比為1∶3，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．4．(2023·遼寧三小調(diào)研)(多項(xiàng)選擇)如下圖是醫(yī)用盤旋加速器示意圖，其核心局部是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源兩端相連．現(xiàn)分別加速質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氘核(eq\o\al(2,1)H)．以下說法正確的選項(xiàng)是(BD)A．它們的最大速度相同B．質(zhì)子的最大動(dòng)能大于氘核的最大動(dòng)能C．加速質(zhì)子和氘核所用高頻電源的頻率相同D．僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動(dòng)能解析設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，那么氘核質(zhì)量為2m，電荷量為q，它們的最大速度分別為v1＝eq\f(BqR,m)和v2＝eq\f(BqR,2m)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)子的最大能動(dòng)Ek1＝eq\f(B2q2R2,2m)，氘核的最大動(dòng)能Ek2＝eq\f(B2q2R2,4m)，選項(xiàng)B正確；高頻電源的頻率與粒子在磁場(chǎng)中的盤旋頻率相同，即f1＝eq\f(qB,2πm)，f2＝eq\f(qB,4πm)，所以加速質(zhì)子和氘核所用高頻電源的頻率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；被加速的粒子的最大動(dòng)能與高頻電源的電壓無關(guān)，所以僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動(dòng)能，選項(xiàng)D正確．5．(2023·湖南長(zhǎng)沙一模)(多項(xiàng)選擇)如下圖，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，有一個(gè)帶負(fù)電小球(電荷量為－q，質(zhì)量為m)，從正交或平行的電磁復(fù)合場(chǎng)上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過以下電磁復(fù)合場(chǎng)的是(BD)解析選項(xiàng)A中，小球受到的電場(chǎng)力大小不變水平向右，洛倫茲力水平向左，小球受重力作用，豎直方向做加速運(yùn)動(dòng)，那么小球受到的洛倫茲力增大，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中，小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)受豎直向下的重力、斜向右上的電場(chǎng)力、水平向左的洛倫茲力，這三個(gè)力可能平衡，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；選項(xiàng)C中，小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)受豎直向下的重力和電場(chǎng)力作用，水平向里的洛倫茲力，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D中，小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)受豎直向下的重力和電場(chǎng)力作用，速度與磁場(chǎng)平行，不受洛倫茲力，小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．6．(2023·江西名校質(zhì)檢)(多項(xiàng)選擇)如下圖為兩平行金屬極板P、Q，在P、Q兩極板上加直流電壓U0，極板Q的右側(cè)有一個(gè)邊長(zhǎng)為eq\r(2)L的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域abcd，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里．P極板上中心O處有一粒子源，可發(fā)射出初速度為零、比荷為k的帶電粒子，Q極板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁場(chǎng)方向從a點(diǎn)沿對(duì)角線ac方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，那么以下說法正確的選項(xiàng)是(ACD)A．如果帶電粒子恰好從d點(diǎn)射出，那么滿足U0＝eq\f(1,2)kB2L2B．如果帶電粒子恰好從b點(diǎn)射出，那么粒子源發(fā)射的粒子可能帶負(fù)電C．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為eq\r(2kU0)D．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為eq\f(1,B)eq\r(\f(2U0,k))解析當(dāng)帶電粒子恰好從d點(diǎn)射出時(shí)，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，軌道半徑r＝L.設(shè)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，由qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBL,m).由qU0＝eq\f(1,2)mv2，解得U0＝eq\f(1,2)kB2L2，選項(xiàng)A正確；由左手定那么，如果帶電粒子恰好從b點(diǎn)射出，那么粒子源發(fā)射的粒子一定帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由qU0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU0,m))＝eq\r(2kU0)，選項(xiàng)C正確；由qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2U0,k))，選項(xiàng)D正確．7．(2023·山東海陽質(zhì)檢)如下圖，與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長(zhǎng)線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(C點(diǎn)處于MN邊界上)．一質(zhì)量為0.4kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點(diǎn)時(shí)速度為vC＝eq\f(100,7)m/s，接著沿直線CD運(yùn)動(dòng)到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時(shí)無動(dòng)能損失，且恰好能通過F點(diǎn)，在F點(diǎn)速度為vF＝4m/s(不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8)．求：(1)小球所帶電荷的電性；(2)小球在半圓軌道局部克服摩擦力所做的功；(3)小球從F點(diǎn)飛出時(shí)磁場(chǎng)同時(shí)消失，小球離開F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與直線AC(或延長(zhǎng)線)的交點(diǎn)為G點(diǎn)(未標(biāo)出)，求G點(diǎn)與D點(diǎn)的距離．解析(1)依題意可知小球在CD間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在CD段受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力且合力為零，假設(shè)小球帶負(fù)電，小球受到的合力不為零，因此小球應(yīng)帶正電荷．(2)小球在D點(diǎn)速度為vD＝vC＝eq\f(100,7)m/s.設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力為F1，如下圖，那么F1＝F洛＝qvCB，又F1＝eq\f(mg,cos37°)＝5N，解得qB＝eq\f(F1,vC)＝eq\f(7,20)C·T.在F處由牛頓第二定律可得qvFB＋F1＝eq\f(mv\o\al(2,F),R)，解得R＝1m.設(shè)小球在DF段克服摩擦力做功為Wf，由動(dòng)能定理可得－Wf－2F1R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得Wf＝27.6J.(3)小球離開F點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度為a＝eq\f(F1,m)，由2R＝eq\f(at2,2)，解得t＝eq\r(\f(4mR,F1))＝eq\f(2\r(2),5)s，G與D點(diǎn)的距離sGD＝vFt＝eq\f(8\r(2),5)m≈2.26m.答案(1)正電荷(2)27.6J(3)2.26m8．(2023·湖北武昌實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如下圖，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0～eq\r(3)v0.這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝eq\f(mv\o\al(2,0),2q)的電場(chǎng)加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a＝eq\f(mv0,qB0))．假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))．(1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間；(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N；假設(shè)打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6，求探測(cè)板受到的作用力大?。馕?1)根據(jù)動(dòng)能定理，可得qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,初)，解得v＝eq\r(v\o\al(2,初)＋\f(2qU,m))，可得v0≤v≤2v0.離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有qvB0＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(mv,qB0).離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為x＝2R＝eq\f(2mv,qB0)，解得2a≤x≤4(2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端有3a＝2R1，R1＝eq\f(2mv0,qB1)，解得B1＝eq\f(4,3)B0.(3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際位置范圍為2a≤x≤3對(duì)應(yīng)的速度范圍為eq\f(4,3)v0≤v′≤2v0，每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為N＝N0eq\f(2v0－\f(4,3)v0,2v0－v0)＝eq\f(2,3)N0.根據(jù)動(dòng)量定理，吸收的離子受到板的作用力大小F吸＝eq\f(ΔP吸,Δt)＝eq\f(0.8