第十一章專題強化十六基礎(chǔ)過關(guān)練題組一疊加場應(yīng)用實例1.如圖所示是一速度選擇器，當(dāng)粒子速度滿足v0＝eq\f(E,B)時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線，則關(guān)于該粒子的說法正確的是(B)A．粒子射入的速度確定是v>eq\f(E,B)B．粒子射入的速度可能是v<eq\f(E,B)C．粒子射出時的速度確定大于射入速度D．粒子射出時的速度確定小于射入速度[解析]假設(shè)粒子帶正電，則所受電場力方向向下，由左手定則知所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結(jié)合運動軌跡知，qvB>qE，則v>eq\f(E,B)，運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減?。蝗袅Ｗ訋ж撾?，所受電場力方向向上，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結(jié)合運動軌跡知，qvB<qE，則v<eq\f(E,B)，運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增大，A、C、D三項錯誤，B項正確。2.磁流體發(fā)電機示意圖如圖所示。平行金屬板a、b之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量等量正、負離子)垂直于磁場的方向噴入磁場，a、b兩板間便產(chǎn)生電壓。假如把a、b板與用電器相連接，a、b板就是等效直流電源的兩個電極。若磁場的磁感應(yīng)強度為B，每個離子的電荷量大小為q、速度為v，a、b兩板間距為d，兩板間等離子體的等效電阻為r，用電器電阻為R。穩(wěn)定時，下列推斷正確的是(D)A．圖中a板是電源的正極B．電源的電動勢為BvqC．用電器中電流為eq\f(Bvq,R＋r)D．用電器兩端的電壓為eq\f(R,R＋r)Bvd[解析]由左手定則，正離子受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，負離子受洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，b板為電源的正極，A錯誤；由平衡條件得qvB＝qeq\f(U,d)，電源電動勢E＝U＝Bdv，電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，用電器兩端的電壓UR＝IR＝eq\f(R,R＋r)Bvd，故B、C錯誤，D正確。3．為監(jiān)測某化工廠含有離子的污水排放狀況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示，在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連。污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放狀況。下列說法中錯誤的是(B)A．M板比N板電勢低B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小C．污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大D．若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強度，則電流表的示數(shù)也增大[解析]污水從左向右流淌時，依據(jù)左手定則，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，M板帶負電，A正確；穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，可得qvB＝qeq\f(U,b)，此時U＝Bbv，又因流速v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f(BbQ,bc)＝eq\f(BQ,c)，式中Q是流量，可見當(dāng)污水流量越大、磁感應(yīng)強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，與離子濃度無關(guān)，B錯誤，C、D正確。4．如圖所示，將霍爾式位移傳感器置于一個沿z軸正方向的磁場中，磁感應(yīng)強度隨位置變更關(guān)系為B＝B0＋kz(B0>0，k>0且均為常數(shù))，霍爾元件的厚度d很小。當(dāng)霍爾元件通以沿x軸正方向的恒定電流I，上、下表面會產(chǎn)生電勢差U，則下列說法正確的是(D)A．若霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，則上表面電勢低于下表面B．當(dāng)物體沿z軸正方向移動時，電勢差U將變小C．僅減小霍爾元件上下表面間的距離h，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)將變?nèi)鮀．僅減小恒定電流I，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)將變?nèi)鮗解析]霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，受洛倫茲力的是電子，依據(jù)左手定則。電子受向下的洛倫茲力，所以下表面帶負電，上表面帶正電，上表面電勢高于下表面，A錯誤；設(shè)霍爾元件上下表面高度差為h，電子定向移動速度為v，電子電荷量為e，霍爾元件平衡時，有eq\f(U,h)e＝Bve，解得U＝Bvh，又因為I＝nvSe＝nvdhe，其中n為單位體積的自由電子數(shù)，可得v＝eq\f(I,ndhe)，則U＝Bvh＝eq\f(BI,nde)，當(dāng)物體沿z軸正方向移動時z增大，所以B增大，電勢差U也增大，B錯誤；傳感器靈敏度為eq\f(ΔU,Δz)＝eq\f(ΔBI,Δznde)，因為B＝B0＋kz，可得eq\f(ΔB,Δz)＝k，eq\f(ΔU,Δz)＝eq\f(kI,ned)，僅減小霍爾元件上下表面間的距離h，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)不變，僅減小恒定電流I，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)將變?nèi)酰珻錯誤，D正確。故選D。題組二帶電粒子在疊加場中的運動5．(2024·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止起先運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是(B)[解析]在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面對里，依據(jù)左手定則，可推斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)，A、C錯誤；運動的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變更，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從起先到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入其次象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，B正確，D錯誤。6．(2024·湖南卷)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面對里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面對外。圖中A、C、O三點在同始終線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷確定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若變更電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是(D)A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0[解析]由題知粒子沿AC做直線運動，則有qv0B1＝qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，依據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t0＝eq\f(πm,2qB2)。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子沿AC做直線運動的速度，有qv1·2B1＝qE，則v1＝eq\f(v0,2)，再依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑減小，則粒子照舊從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子沿AC做直線運動的速度，有qv2B1＝q·2E，則v2＝2v0，再依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則粒子沿AC做直線運動的速度仍為v0，再依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(3))>2，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖依據(jù)sinθ＝eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)，可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝60°，依據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(4\r(3)πm,9qB2)，則t＝eq\f(8\r(3)t0,9)，C錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則粒子沿AC做直線運動的速度仍為v0，再依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(2))>2，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖依據(jù)sinα＝eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)，可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α＝45°，依據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，有t＝eq\f(\r(2)πm,2qB2)，則t＝eq\r(2)t0，D正確。故選D。7．(多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，水平進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(電場強度E和磁感應(yīng)強度B已知)，小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則(BC)A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增大[解析]小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反，則小球受到的電場力豎直向上，小球帶負電，故A錯誤；因為小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力供應(yīng)，有Bqv＝meq\f(v2,r)，由動能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2，且有mg＝qE，聯(lián)立可得小球做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，故B正確；由運動學(xué)公式可得T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，故C正確，D錯誤。實力綜合練8.(2024·杭州質(zhì)檢)如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直于紙面對外的勻強磁場。先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100J，在C點時動能減為零，D為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中(B)A．到達C點后小球不行能沿桿向上運動B．小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等C．小球在D點時的動能為50JD．小球電勢能的增加量等于重力勢能的削減量[解析]假如電場力大于重力，則到達C點后小球可能沿桿向上運動，故A錯誤；小球受到重力、電場力、洛倫茲力、支持力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，小球動能減小，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動摩擦力變更，又AD＝DC，兩段位移相等，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等，故B正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等，故小球在D點時的動能也就不為50J，故C錯誤；只有當(dāng)電場力與重力大小相等時，小球電勢能的增加量才等于重力勢能的削減量，故D錯誤。9.(多選)如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在豎直向上、范圍足夠大的勻強磁場。從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面對右拋出一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，若磁感應(yīng)強度B＝eq\f(πm,q)，g取10m/s2。下列說法正確的是(AD)A．小球離開磁場時的速度大小為10eq\r(2)m/sB．小球離開磁場時的速度大小為10eq\r(5)m/sC．小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為eq\f(5,π)eq\r(π2＋4)mD．小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m[解析]小球在磁場中，水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，小球做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝2s，則小球離開磁場時運動的時間t＝eq\f(T,2)＝1s，下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，小球從進入磁場到離開磁場，由動能定理得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，解得小球離開磁場時的速度大小v＝10eq\r(2)m/s，A正確，B錯誤；小球做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(v0,π)，則小球離開磁場時的位置與拋出點的距離s＝eq\r(h2＋2r2)＝eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m，C錯誤，D正確。10．(多選)試驗小組用圖甲所示裝置探討電子在平行金屬板間的運動。將放射源P靠近速度選擇器，速度選擇器中磁感應(yīng)強度為B(垂直紙面對里)，電場強度為E(豎直向下)、P能沿水平方向發(fā)出不同速率的電子。某速率粒子能沿直線通過速度選擇器，再沿平行金屬板A、B的中軸線O1O2射出板間。已知水平金屬板長為L、間距為d，兩板間加有圖乙所示的交變電壓，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m(電子重力及相互間作用力忽視不計)，以下說法中正確的有(AD)A．沿直線穿過速度選擇器的電子的速率為eq\f(E,B)B．只增大速度選擇器中的電場強度E，沿中軸線射入的電子穿過板間的時間變長C．若t＝eq\f(T,4)時刻進入A、B板間的電子恰能水平飛出金屬板的位置確定在O2點D．若t＝0時刻進入金屬板間A、B的電子恰能水平飛出，則T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3…)的粒子也能水平飛出[解析]沿直線穿過速度選擇器的電子所受洛倫茲力與電場力平衡，即evB＝eE，解得電子的速率為v＝eq\f(E,B)，故A正確；只增大速度選擇器中的電場強度E，依據(jù)前面分析可知沿中軸線射入的電子速率增大，則穿過板間的時間變短，故B錯誤；若t＝eq\f(T,4)時刻進入A、B板間的電子恰能水平飛出，則電子在豎直方向加速和減速的時間確定相等，依據(jù)兩板間電壓的周期性可知電子在板間的運動時間確定為eq\f(T,2)的整數(shù)倍，且當(dāng)運動時間為eq\f(T,2)的奇數(shù)倍時，電子飛出金屬板的位置確定在O2點上方，當(dāng)運動時間為eq\f(T,2)的偶數(shù)倍時，電子飛出金屬板的位置確定在O2點，故C錯誤；若t＝0時刻進入金屬板間A、B的電子恰能水平飛出，同C項分析可知電子射出金屬板的時刻為t＝nT(n＝1,2,3，…)，則電子的速率為v＝eq\f(L,t)＝eq\f(L,nT)(n＝1,2,3，…)與A項分析中的表達式聯(lián)立可得T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正確。故選AD。11．在某空間建立如圖所示直角坐標(biāo)系，并在該空間加上沿y軸負方向、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場和沿某個方向的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點O以初速度v沿x軸正方向射入該空間，粒子恰好能做勻速直線運動。不計粒子重力的影響，求：(1)所加電場強度E的大小和方向；(2)若保持磁感應(yīng)強度B不變，將電場強度大小調(diào)整為E′，方向調(diào)整為平行于yOz平面且與y軸正方向夾角為θ，使得粒子能夠在xOy平面內(nèi)做類平拋運動，并經(jīng)過坐標(biāo)為(eq\r(3)a，a,0)的點，則E′和tanθ各為多少？[答案](1)vB沿z軸正方向(2)eq\r(vB2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mv2,3qa)))2)eq\f(3qaB,2mv)[解析](1)由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負方向，則電場力沿z軸正方向，即電場方向沿z軸正方向，且有qE－qvB＝0，解得E＝vB。(2)由題意，電場力的一個分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個分力沿y軸正方向供應(yīng)類平拋運動的加速度a0，如圖所示：則由平衡條件qE1－qvB＝0由平拋運動規(guī)律有eq\r(3)a＝vta＝eq\f(1,2)a0t2其中a0＝eq\f(qE2,m)，解得E1＝vBE2＝eq\f(2mv2,3qa)則有E′＝eq\r(E\o\al(2,1)＋E\o\al(2,2))＝eq\r(vB2＋\b