十、帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動姓名：________班級：________1.如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向上的電流，已知長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、r為該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離．一帶正電小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿直線運(yùn)動到b點(diǎn)，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大B．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃驝．小球先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動D．小球先做減速運(yùn)動后做加速運(yùn)動解析：根據(jù)右手螺旋定則可知，MN線段上在O點(diǎn)左側(cè)的合磁場方向垂直于MN向里，在O點(diǎn)右側(cè)的合磁場方向垂直于MN向外，從a到b合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小先減小，過O點(diǎn)后增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向先向上，大小在減小，過O點(diǎn)后洛倫茲力的方向向下，大小在增大，由此可知，從a點(diǎn)出發(fā)沿直線運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，小球在速度方向不受力的作用，即小球做勻速直線運(yùn)動，而小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故A、C、D錯誤，B正確．答案：B2.如圖所示，在真空中，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，電場強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一帶電液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，重力加速度為g，則()A．液滴帶負(fù)電且逆時針運(yùn)動，運(yùn)動速率為eq\f(BgR,E)B．液滴帶負(fù)電且順時針運(yùn)動，運(yùn)動速率為eq\f(BgR,E)C．液滴帶負(fù)電且順時針運(yùn)動，運(yùn)動速率為eq\f(ER,Bg)D．液滴帶正電且順時針運(yùn)動，運(yùn)動速率為eq\f(ER,Bg)解析：因液滴在重力、電場力和洛倫茲力作用下在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，所以重力與電場力必平衡，而電場方向豎直向下，所以液滴帶負(fù)電，D錯；因洛倫茲力提供向心力，由左手定則可判定液滴必順時針運(yùn)動，A錯；由mg＝qE及Bqv＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(BgR,E)，B對，C錯．答案：B3．(多選)如圖所示，回旋加速器D形盒半徑為R，狹縫寬為d，所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，所加高頻交變電源的電壓為U，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從右半盒的圓心附近由靜止出發(fā)，經(jīng)加速、偏轉(zhuǎn)等過程達(dá)最大能量E后由導(dǎo)向板處射出，忽略質(zhì)子在狹縫加速運(yùn)動的時間，則()A．最大能量E與加速電場的加速電壓成正比B．增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，能提高質(zhì)子的最大能量C．增大高頻交變電源的電壓，質(zhì)子在加速器中運(yùn)行時間不變D．高頻交變電源的頻率為eq\f(\r(2mE),2πmR)解析：由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，可知r＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(\r(2mEk),Bq)，所以質(zhì)子的最大能量E＝eq\f(B2q2R2,2m)，由磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B、D形盒半徑及質(zhì)子本身決定，與電場的加速電壓無關(guān)，A錯，B對；質(zhì)子在回旋加速器中回旋一周的時間一定，每回旋一周加速兩次，增大加速電壓，加速次數(shù)減少，質(zhì)子在加速器中運(yùn)行時間變短，C錯；回旋加速器中高頻交變電源的變化周期等于粒子在磁場中的運(yùn)行周期，即其電壓頻率為f＝eq\f(Bq,2πm)＝eq\f(\r(2mE),2πmR)，D對．答案：BD4.如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ水平放置，兩金屬板長為d，板間距離為2d，兩金屬板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子(不計重力)從MN的中點(diǎn)O垂直于電場和磁場方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直線從NQ的中點(diǎn)A處穿出，若撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點(diǎn)處穿出，則關(guān)于粒子的電性及撤去電場后粒子的運(yùn)動情況，下列說法中正確的是()A．粒子帶負(fù)電，將從A、N中間某位置穿出B．粒子帶正電，將從N點(diǎn)處穿出C．粒子帶負(fù)電，將打在MN板上D．粒子帶負(fù)電，將從M點(diǎn)處穿出解析：因撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點(diǎn)穿出，而電場方向向上，所以粒子帶負(fù)電，B錯；設(shè)粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，則電、磁場均存在時有Bqv0＝qE，撤去磁場后，粒子做類平拋運(yùn)動，滿足d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·(eq\f(d,v0))2，即Bqv0＝eq\f(2mv\o\al(2,0),d)，撤去電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(d,2)，即粒子將從M點(diǎn)處穿出，A、C錯，D對．答案：D5．1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎．若速度相同的同一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是()A．該束帶電粒子帶負(fù)電B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C．在B2磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D．在B2磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小解析：由帶電粒子在磁場B2中的偏轉(zhuǎn)方向可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯誤；帶電粒子在如題圖所示的速度選擇器中受到兩個力平衡，即qvB＝qE，因?yàn)槭艿降穆鍌惼澚Ψ较蛳蛏?，故受到的電場力方向向下，則P1極板帶正電，選項(xiàng)B錯誤：帶電粒子在B2的偏轉(zhuǎn)磁場中，半徑R＝eq\f(mv,qB2)，則比荷eq\f(q,m)越小，半徑越大，選項(xiàng)C錯誤，選項(xiàng)D正確．答案：D6．(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μgE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)解析：對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤．因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯誤．若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μgE＋mg,2μqB)，故C、D正確．答案：CD7．(多選)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH，滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面B．若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比解析：導(dǎo)電物質(zhì)為電子，由左手定則得電子受到洛倫茲力作用向后表面偏轉(zhuǎn)，后表面電勢低，選項(xiàng)A錯誤；若將電源的正負(fù)極對調(diào)，磁場和電子的運(yùn)動方向同時反向，洛倫茲力的方向不變，電壓表