PAGEPAGE1第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)板塊三限時(shí)標(biāo)準(zhǔn)特訓(xùn)時(shí)間：45分鐘總分值：100分一、選擇題(此題共9小題，每題6分，共54分。其中1～5為單項(xiàng)選擇，6～9為多項(xiàng)選擇)1．[2023·冀州月考]如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩金屬板通過(guò)導(dǎo)線與變阻器R相連，等離子體以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場(chǎng)。假設(shè)要減小該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)，可采取的方法是()A．增大dB．增大BC．增大RD．減小v答案D解析發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，要想減小電動(dòng)勢(shì)，那么可以通過(guò)減小B、d或v實(shí)現(xiàn)，D正確。2．[2023·綿陽(yáng)二診]如下圖，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場(chǎng)中。A中I是兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中＋Q是兩個(gè)位置固定的等量同種點(diǎn)電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過(guò)圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。其中，帶電粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是()答案B解析圖A中兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖B中等量同種正點(diǎn)電荷在中垂線上的合場(chǎng)強(qiáng)在連線中點(diǎn)左側(cè)水平向左，在連線中點(diǎn)右側(cè)水平向右，帶電粒子受力不為零，不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖C中粒子運(yùn)動(dòng)方向與所處位置磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖D是速度選擇器的原理圖，只要v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)選B。3.[2023·長(zhǎng)春質(zhì)監(jiān)]如下圖，寬度為d、厚度為h的導(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流通過(guò)該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上、下外表之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實(shí)驗(yàn)說(shuō)明：當(dāng)磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，電勢(shì)差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系為：U＝Keq\f(IB,d)，式中的比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù)。設(shè)載流子的電荷量為q，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．載流子所受靜電力的大小F＝qeq\f(U,d)B．導(dǎo)體上外表的電勢(shì)一定大于下外表的電勢(shì)C．霍爾系數(shù)為K＝eq\f(1,nq)，其中n為導(dǎo)體單位長(zhǎng)度上的電荷數(shù)D．載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝eq\f(BI,nhd)，其中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)答案D解析導(dǎo)體中的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,h)，載流子所受電場(chǎng)力F＝Eq＝qeq\f(U,h)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定那么可知，載流子受到的洛倫茲力向上，由于載流子的電性不確定，B項(xiàng)錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，即qvB＝qeq\f(U,h)?U＝Bhv，又電流的微觀表達(dá)式：I＝nqSv＝nqhdv，解兩式得：U＝eq\f(IB,nqd)，式中n為單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由F洛＝Bqv＝eq\f(BI,nhd)，D項(xiàng)正確。4．[2023·浙江模擬]電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如下圖，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的磁場(chǎng)B，把泵體的上下兩外表接在電壓為U(內(nèi)阻不計(jì))的電源上，那么()A．泵體上外表應(yīng)接電源負(fù)極B．通過(guò)泵體的電流I＝eq\f(UL1,σ)C．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度答案C解析當(dāng)泵體上外表接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過(guò)泵體，這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向左拉動(dòng)液體，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻R＝ρeq\f(L,S)＝eq\f(1,σ)×eq\f(L2,L1L2)＝eq\f(1,σ·L1)，因此流過(guò)泵體的電流I＝eq\f(U,R)＝UL1·σ，故B錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，泵體內(nèi)液體受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；假設(shè)增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場(chǎng)力減小，使抽液高度減小，故D錯(cuò)誤。5.[2023·日照三校聯(lián)考]如下圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于斜面向下，斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來(lái)。設(shè)物塊帶電荷量保持不變，那么從a到b和從b回到a兩過(guò)程相比擬()A．加速度大小相等B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同C．電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值不相同D．動(dòng)能變化量的絕對(duì)值相同答案B解析兩過(guò)程中，重力、電場(chǎng)力恒定、支持力方向不變，洛倫茲力、摩擦力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度必定不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過(guò)程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff′＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑過(guò)程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff″＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx，兩過(guò)程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a、b兩點(diǎn)電勢(shì)確定，由Ep＝qφ可知，兩過(guò)程中電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，重力做功為零，電場(chǎng)力做功為零，摩擦力做功不為零，故物塊動(dòng)能一定變化，所以上滑和下滑兩過(guò)程中動(dòng)能變化量絕對(duì)值一定不同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。6．[2023·云南邵通二模]磁流體發(fā)電機(jī)是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，以下圖為其原理示意圖，水平放置的平行金屬板C、D間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒)水平射入磁場(chǎng)，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓。定值電阻R0的阻值是滑動(dòng)變阻器最大阻值的一半，與開(kāi)關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端，兩金屬板間距離為d，射入等離子體的速度為v，磁流體發(fā)電機(jī)本身的電阻為r(R0<r<2R0)。不計(jì)粒子的重力，那么滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)的過(guò)程中()A．電阻R0消耗的功率最大值為eq\f(B2d2v2R0,R0＋r2)B．滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大值為eq\f(B2d2v2,R0＋r)C．金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極D．發(fā)電機(jī)的輸出功率先增大后減小答案ACD解析根據(jù)左手定那么可判斷兩極板的極性，離子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中同時(shí)受靜電力和洛倫茲力，到二力平衡時(shí)兩極板間的電壓穩(wěn)定，E＝Bdv。由題圖可知，當(dāng)滑片P位于b端時(shí)，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1＝I2R0＝eq\f(E2R0,R0＋r2)＝eq\f(B2d2v2R0,R0＋r2)，故A正確；將定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻，因?yàn)榛瑒?dòng)變阻器的最大阻值2R0<r＋R0，那么當(dāng)滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值最大時(shí)消耗功率最大，最大值為P＝eq\f(2B2d2v2R0,r＋3R02)，故B錯(cuò)誤；等離子體射入后，由左手定那么可知正離子向D板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向C板偏轉(zhuǎn)，所以極板C為電源負(fù)極，極板D為電源正板，C正確；等離子體穩(wěn)定流動(dòng)時(shí)，洛倫茲力與靜電力平衡，即Bqv＝qeq\f(E,d)，所以電源電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv，又R0<r<2R0，所以滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，外電路總電阻減小，其間某位置有r＝R0＋R，由電源輸出功率與外電阻關(guān)系可知，在滑片P由a端向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，發(fā)電機(jī)的輸出功率先增大后減小，故D正確。7.[2023·浙江三校模擬]如下圖，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng)C．假設(shè)有小球能做直線運(yùn)動(dòng)，那么它一定是勻速運(yùn)動(dòng)D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能均守恒答案AC解析沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電小球，在重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力的作用下，都可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤。在重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力都存在時(shí)的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，C正確。兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除重力做功外還有電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。8.[2023·江西新余二模]如下圖，S為一離子源，MN為長(zhǎng)熒光屏，S到MN的距離為L(zhǎng)，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某時(shí)刻離子源S一次性沿平行紙面的各個(gè)方向均勻地射出大量的正離子，離子的質(zhì)量m、電荷量q、速率v均相同，不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用力，那么()A．當(dāng)v<eq\f(qBL,2m)時(shí)所有離子都打不到熒光屏上B．當(dāng)v<eq\f(qBL,m)時(shí)所有離子都打不到熒光屏上C．當(dāng)v＝eq\f(qBL,m)時(shí)，打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為eq\f(1,2)D．當(dāng)v＝eq\f(qBL,m)時(shí)，打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為eq\f(5,12)答案AC解析根據(jù)牛頓第二定律qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，當(dāng)v<eq\f(qBL,2m)時(shí)，R<eq\f(L,2)，直徑2R<L，所有離子都打不到熒光屏上，故A正確；當(dāng)v<eq\f(qBL,m)時(shí)，對(duì)于eq\f(qBL,2m)≤v<eq\f(qBL,m)的離子，eq\f(L,2)≤R<L，能打到熒光屏上，故B錯(cuò)誤；當(dāng)v＝eq\f(qBL,m)時(shí)，可知半徑R＝L，離子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖，離子速度為v1時(shí)從下側(cè)盤(pán)旋，剛好和熒光屏下部相切；離子速度為v2時(shí)從上側(cè)盤(pán)旋，剛好和熒光屏上部相切，打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為eq\f(1,2)，故D錯(cuò)誤，C正確。9.[2023·黑龍江虎林模擬]如下圖，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速率為v、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小恰好為d，那么()A．能打在板上的區(qū)域長(zhǎng)度是2dB．能打在板上的區(qū)域長(zhǎng)度是(eq\r(3)＋1)dC．同一時(shí)刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時(shí)間差為eq\f(7πd,6v)D．同一時(shí)刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時(shí)間差為eq\f(πqd,6mv)答案BC解析以磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為例，打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示。根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子能到達(dá)板上的長(zhǎng)度l＝(1＋eq\r(3))d，故A錯(cuò)誤，B正確；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)和最短的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖2所示。由幾何關(guān)系知，最長(zhǎng)時(shí)間t1＝eq\f(3,4)T，最短時(shí)間t2＝eq\f(1,6)T，又有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πd,v)；根據(jù)題意：t1－t2＝Δt。聯(lián)立解得：Δt＝eq\f(7,12)T＝eq\f(7πd,6v)，故C正確，D錯(cuò)誤。假設(shè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，可得出同樣的結(jié)論。二、非選擇題(此題共3小題，共46分)10.(15分)如下圖，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°。有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無(wú)壓力。假設(shè)將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn)。小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求：(1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時(shí)間t；(2)小球P拋出到落到斜面的位移x的大小。答案(1)45°eq\f(πE,2gB)(2)eq\f(\r(2)Ev0,gB)解析(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場(chǎng)力，對(duì)斜面無(wú)壓力，那么mg＝qE①P獲得水平初速度后由于重力和電場(chǎng)力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45°qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)②T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)③圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90°，小球P由A到C所需的時(shí)間：t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πE,2gB)④(2)由②式可知，P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(mv0,qB)⑤由幾何關(guān)系知x＝eq\r(2)R⑥由①⑤⑥可解得位移x＝eq\f(\r(2)Ev0,gB)。11.[2023·河南開(kāi)封一模](15分)如下圖，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場(chǎng)垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1.0×105V/m。在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106m/s沿＋x方向射入磁場(chǎng)，粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小至0后又返回磁場(chǎng)，最終又從磁場(chǎng)離開(kāi)。粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1.0×107C/kg，粒子重力不計(jì)。(1)求圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?2)求沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子，從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次穿出磁場(chǎng)所走過(guò)的路程。答案(1)0.2T(2)(0.5π＋1)m解析(1)沿＋x方向射入磁場(chǎng)的粒子在進(jìn)入電場(chǎng)后，速度減小到0，粒子一定是從如下圖的P點(diǎn)豎直向上射出磁場(chǎng)，逆著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，所以可得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R＝0.5m根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)，得B＝eq\f(mv,qR)，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T。(2)粒子返回磁場(chǎng)后，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，MN為直徑，粒子在磁場(chǎng)中的路程為二分之一圓周長(zhǎng)，即s1＝πR設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2，s2＝eq\f(mv2,Eq)那么總路程s＝πR＋eq\f(mv2,Eq)，代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1)m。12.[2023·嘉興市一中期末](16分)如下圖，寬度為eq\r(3)L的區(qū)域被平均分為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它們的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向垂直紙面且相反。長(zhǎng)為eq\r(3)L、寬為eq\f(L,2)的矩形abcd緊鄰磁場(chǎng)下方，與磁場(chǎng)邊界對(duì)齊，O為dc邊中點(diǎn)，P為dc中垂線上一點(diǎn)，OP＝3L。矩形內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向由a指向O。電荷量為q、質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與區(qū)域Ⅲ的右邊界相切。(1)求該粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小v0；(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)假設(shè)在aO之間距O點(diǎn)x處?kù)o止釋放該粒子，粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中共偏轉(zhuǎn)n次到