（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一以科技應(yīng)用為背景命題的復(fù)合場問題 1. (2017·浙江11月選考·8)如圖1所示，在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中，存在著勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直以某一水平速度進(jìn)入的不計(jì)重力的帶電粒子恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()圖1A粒子一定帶負(fù)電B粒子的速度大小vC若粒子速度大小改變，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)D若粒子速度大小改變，電場對粒子的作用力會發(fā)生變化答案C解析粒子做直線運(yùn)動(dòng)，說明豎直方向受力平衡，即qvBqE，可得v，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)v時(shí)，無論粒子帶正電還是負(fù)電，在豎直方向均受力平衡，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；如果粒子速度大小改變，就會導(dǎo)致洛倫茲力變化，因此粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；不管粒子速度怎么變，在勻強(qiáng)電場中，粒子所受電場力不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2(多選)(2017·寧波市九校高二上期末)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖2所示，這臺加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，置于勻強(qiáng)磁場B中，D形盒半徑為R，其間留有空隙，兩盒分別與高頻電源的兩極相連，電源頻率為f，則下列說法正確的是()圖2A粒子的加速次數(shù)越多，加速電壓越大，最終獲得的動(dòng)能也越大B被加速后的粒子最大速度為2fR，與加速電場的電壓無關(guān)C不改變回旋加速的任何參數(shù)，裝置可以加速質(zhì)子H，也可以加速粒子HeD高頻電源不能使用正弦式交變電流答案B解析根據(jù)qvBm得，粒子的最大速度v，則最大動(dòng)能Ekmmv2.知若增大動(dòng)能，需增大D形盒的半徑，或增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤； 根據(jù)v2Rf，可知：最大半徑為R，且電場變化的頻率的倒數(shù)即為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期，所以最大速度不可能超過2fR，故B正確；加速質(zhì)子H后再加速粒子， 因比荷發(fā)生變化，所以周期也變化，因此不能用這個(gè)裝置，故C錯(cuò)誤3(人教版選修31P103“課題研究”改編)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域霍爾元件一般由半導(dǎo)體材料做成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)如圖3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(qiáng)磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流向右側(cè)，則其前后兩表面會形成電勢差. 現(xiàn)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2，兩元件均按圖示方式接入電路( 閉合開關(guān))，則關(guān)于前后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是()圖3A若接入元件1時(shí)，前表面電勢高；若接入元件2時(shí)，前表面電勢低B若接入元件1時(shí)，前表面電勢低；若接入元件2時(shí)，前表面電勢高C不論接入哪個(gè)元件，都是前表面電勢高 D不論接入哪個(gè)元件，都是前表面電勢低答案A解析若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏，則前表面的電勢高于后表面的電勢若載流子為空穴(相當(dāng)于正電荷)，根據(jù)左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向后表面聚集，則前表面的電勢低于后表面的電勢4. 現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖4所示，其中加速電壓恒定質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍則此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖4A11 B12 C121 D144答案D解析根據(jù)動(dòng)能定理得，qUmv2得v離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvBm得R兩式聯(lián)立得：m一價(jià)正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以mB2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，A、B、C錯(cuò)誤1.質(zhì)譜儀(如圖5)圖5原理：粒子由靜止被加速電場加速，qUmv2.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvBm.由以上兩式可得r ，m，.2回旋加速器(如圖6)圖6原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB，得Ekm，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)3速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)和霍爾元件一般以單個(gè)帶電粒子為研究對象，在洛倫茲力和電場力平衡時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出所求物理量，差別見下表裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0BEq，即v0，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極板電壓為U時(shí)穩(wěn)定，qqv0B，Uv0Bd電磁流量計(jì)qqvB，所以v，所以QvS霍爾元件當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差考點(diǎn)二帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1(2017·浙江4月選考·23)如圖7所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x軸正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流電子流沿x方向射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點(diǎn)的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對稱的小孔K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK，穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流已知bR，dl，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用圖7(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)求電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸方向的夾角的范圍；(3)當(dāng)UAK0時(shí)，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)；(4)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線. 答案見解析解析軌跡示意圖(1)“磁聚焦”模型要求：R解得B.(2)如圖，由幾何關(guān)系知：在關(guān)于y軸左、右對稱的60°(含)范圍內(nèi)(3)要進(jìn)入小孔，電子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)與y軸負(fù)方向的夾角45°則：則當(dāng)UAK0時(shí)每秒到達(dá)A板的電子數(shù)：N0N.(4)當(dāng)UAK0時(shí)，到達(dá)的電子全部到A板i1N0eNe設(shè)當(dāng)UAKU1時(shí)，145°對應(yīng)的電子剛好到達(dá)A板則eU10m(vcos 1)2解得UAK即在區(qū)間(，0)之間，i2N0eNe當(dāng)UAK反向再增大時(shí)，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為)剛好打到A板上，而>的電子打不到A板iNeeUAK0m(vcos )2解得：i Ne綜上所述：iUAK圖線如圖所示2. (2016·浙江10月選考·23)如圖8所示，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，位于x軸下方的離子源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0v0.這束離子經(jīng)電勢差為U的電場加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上在x軸上2a3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a)假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))圖8(1)求離子束從小孔O射入磁場后打到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板的右端，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，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子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倍，求探測板受到的作用力大小答案見解析解析(1)對于初速度為0的粒子：qUmv由B0qv1m得r1a恰好打在x2a的位置對于初速度為v0的粒子qUmvm(v0)2由B0qv2m得r22a，恰好打在x4a的位置離子束打在x軸上的區(qū)間為2a,4a(2)由動(dòng)能定理qUmvm(v0)2由B1qv2m得r3r3a解得B1B0(3)離子束能打到探測板的實(shí)際位置范圍為2ar3a對應(yīng)的速度范圍為v0v2v0每秒打在探測板上的離子數(shù)為NN0N0根據(jù)動(dòng)量定理吸收的離子受到板的作用力大小F吸(2mv0mv0)反彈的離子受到板的作用力大小F反2m(v00.6v0)m(v00.6v0)N0mv0根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小FN0mv03(2016·浙江4月選考·22)如圖9為離子探測裝置示意圖區(qū)域、區(qū)域長均為L0.10 m，高均為H0.06 m區(qū)域可加方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場；區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v1.0×105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為1.0×108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力)圖9(1)當(dāng)區(qū)域加電場、區(qū)域不加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax；(2)當(dāng)區(qū)域不加電場、區(qū)域加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；(3)當(dāng)區(qū)域加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域和離開區(qū)域的位置等高，求區(qū)域中的磁場B與區(qū)域中的電場E之間的關(guān)系式答案(1)200 V/m(2)5.5×103 T(3)B解析(1)質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)vyat，tan 質(zhì)子到達(dá)區(qū)域右下端時(shí)，有tan 得Emax200 V/m.(2)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)有qvBm，即R根據(jù)幾何關(guān)系有R2(R)2L2得Bmax5.5×103 T.(3)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場時(shí)的速率為v，sin 由幾何關(guān)系知sin ，得B.4(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四地市3月檢測)如圖10所示，半徑r0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑R0.1 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L0.3 m、間距d0.1 m，極板間所加電壓U6.4×102 V，其中N極板收集的粒子全部中和吸收一位于O處的粒子源向第、象限均勻地發(fā)射速度大小v6×105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向若粒子重力不計(jì)、比荷108 C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：圖10(1)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑R0；(2)從坐標(biāo)(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在O點(diǎn)入射方向與y軸的夾角；(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例.答案見解析解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB得R00.08 m(2)如圖所示，從y0.18 m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處，由幾何關(guān)系可得：sin 0.8，故53°(3)如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子剛進(jìn)入電場時(shí)的縱坐標(biāo)為y：y0.08 m設(shè)此粒子入射時(shí)與x軸夾角為，則有：yrsin R0 R0cos 可知tan 即53°比例×100%29.4%5. 電子對湮滅是指電子e和正電子e碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線的過程，電子對湮滅是正電子發(fā)射計(jì)算機(jī)斷層掃描(PET)及正電子湮滅能譜學(xué)(PAS)的物理基礎(chǔ)如圖11所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy上，P點(diǎn)在x軸上，且OP2L，Q點(diǎn)在負(fù)y軸上某處在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，在第象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，與x、y軸分別相切于A、C兩點(diǎn)，OAL，在第象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出)，未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里一束速度大小為v0的電子束從A點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點(diǎn)射入電場，最后從P點(diǎn)射出電場區(qū)域；另一束速度大小為v0的正電子束從Q點(diǎn)沿與y軸正向成45°角的方向射入第象限，而后進(jìn)入未知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時(shí)正好到達(dá)P點(diǎn)，且恰好與從P點(diǎn)射出的電子束正碰發(fā)生湮滅，即相碰時(shí)兩束粒子速度方向相反已知正負(fù)電子質(zhì)量均為m、電荷量均為e，正負(fù)電子的重力不計(jì)求：圖11(1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和第象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小；(2)電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)Q點(diǎn)縱坐標(biāo)及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S.答案(1)(2)(3)4L2(1)L2解析(1)電子束a從A點(diǎn)沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點(diǎn)，由題意可得電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑RL，又 ev0B，解得B，電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，得2Lv0t1，又Lat，a，解得E.(2)在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T，電子在磁場中運(yùn)動(dòng)了四分之一圓周，則t2T，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，故從A到P的時(shí)間tt1t2(3)速度為v0的正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑R2L, 故Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)y(R2)4L，未知矩形磁場區(qū)域的最小面積(如圖所示)為S2L(1)L2(1)L2.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動(dòng)，實(shí)際上是將粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動(dòng)有效組合在一起，尋找兩種運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同的場區(qū)時(shí)，粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動(dòng)過程則由幾個(gè)不同的運(yùn)動(dòng)階段組成考點(diǎn)三帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1. 如圖12，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場變化的時(shí)間)，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場不計(jì)一切阻力，求：圖12(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)微粒在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間答案(1)(2)(3)(1)解析(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對微粒受力分析如圖甲：所以，Eqmg，得：E(2)由平衡條件：qvBmg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙：qvBm由幾何知識可得：rl聯(lián)立解得：v，B(3)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tt1t2(1).2(2017·寧波市模擬)一帶電液滴在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖13所示，已知電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運(yùn)動(dòng)中液滴所受浮力、空氣阻力都不計(jì)，求：圖13(1)液滴是順時(shí)針運(yùn)動(dòng)還是逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)；(2)液滴運(yùn)動(dòng)的速度多大；(3)若液滴運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)分裂成兩個(gè)完全相同的液滴，其中一個(gè)仍在原平面內(nèi)做半徑R13R的圓周運(yùn)動(dòng)，繞行方向不變，且圓周的最低點(diǎn)仍是A點(diǎn)，則另一個(gè)液滴怎樣運(yùn)動(dòng)？答案見解析解析(1)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)(2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，液滴所受洛倫茲力提供向心力，即Eqmg，qvBm解得v(3)第一個(gè)液滴電荷量、質(zhì)量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運(yùn)算可得，分裂后第一個(gè)液滴的繞行速度大小v13v，方向向左第二個(gè)液滴分裂后的速度設(shè)為v2，分裂前后動(dòng)量守恒，以液滴分裂前的速度方向?yàn)檎较騧vmv1mv2，解得v2v即分裂后第二個(gè)液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繞行方向仍是順時(shí)針，A點(diǎn)是圓周最高點(diǎn)，圓周半徑R2R.粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的分析思路專題強(qiáng)化練(限時(shí)：30分鐘)1. (2017·寧波市九校高三上學(xué)期期末)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(jiǎng)一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，其中電場和兩個(gè)磁場固定不變，粒子重力不計(jì)，則下列說法中正確的是()圖1A該束帶電粒子帶負(fù)電B速度選擇器的P1極板接電源負(fù)極C在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，速度越快D在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，比荷越小答案D解析根據(jù)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡及左手定則知，該束粒子帶正電，故A錯(cuò)誤在平行金屬板間， 帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強(qiáng)度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故B錯(cuò)誤. 進(jìn)入B2磁場中的粒子速度v是一定的，由牛頓第二定律得：qvB2m，解得：r，由r可知，r越大，比荷越小，故C錯(cuò)誤，D正確2如圖2是利用霍爾效應(yīng)制成的污水流量計(jì)的原理圖，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，有垂直上下底面的勻強(qiáng)磁場B，前后內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板電極流量為Q的污水充滿管道從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓下列說法中正確的是()圖2A后表面比前表面的電勢低B污水流量越大，電壓表的示數(shù)越小C污水中離子濃度升高，電壓表的示數(shù)不變D增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，電壓表的示數(shù)減小答案C解析根據(jù)左手定則可知，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向前表面偏轉(zhuǎn)，故后表面的電勢一定高于前表面的電勢，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；最終離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，有qvBq，則電勢差UvBb，又因?yàn)榱髁縌vSvbc，所以U，故流量Q越大，電壓越大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)閁，所以電壓與污水中離子的濃度無關(guān)，選項(xiàng)C正確；由U可知，增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，電壓表的示數(shù)U將增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤3如圖3所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)圖3(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B，則B的大小為多少？答案(1)負(fù)電荷(2)(3)解析(1)墨滴在電場區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qmg由式得q由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負(fù)電荷(2)墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qv0Bm考慮墨滴進(jìn)入磁場和撞板時(shí)的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑Rd由式得B(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R，有qv0Bm由圖示可得R2d2(R)2得Rd聯(lián)立式可得B.4(2017·浙江余姚中學(xué)高三上期中) 如圖4所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到最大值Um之間的各種數(shù)值靜止的帶電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值Um時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，求：圖4(1)當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值Um時(shí)，粒子射入磁場的速度v1的大??；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm；(4)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s.答案(1) (2) (3)L (4)(2)L解析(1) M、N兩板間電壓取最大值Um時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，如圖所示：設(shè)此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r1，CHQCL即半徑r1L，由：qUmmv，可得：v1(2)由帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)得qv1Bm，得B (3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長為半個(gè)周期由T，tm，得tmL (4)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡與CD板相切于K點(diǎn)，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為A在AKC中，sin 45°解得：r2(1)L，即r2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s即sr1r2(2)L.5(2017·浙江名校新高考聯(lián)盟3月聯(lián)考)如圖5所示，真空中MN上方半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直在磁場右側(cè)有長為2R、間距為R的平行金屬板所形成的勻強(qiáng)電場，具體分布在矩形ACFD內(nèi)矩形中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點(diǎn)，BAO1DE在同一豎直線上，BA、DE為擋板有一群電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速率v0從圓周上的a點(diǎn)飛入，其方向與aM成0°180°角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電粒子數(shù)總為N0，某一沿aO方向射入磁場的粒子從O1點(diǎn)飛出磁場進(jìn)入右側(cè)電場，并恰好從DF邊緣F點(diǎn)離開電場，最后垂直打到探測板PQ上(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用)圖5(1)求電場強(qiáng)度E和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值；(2)求探測板PQ與MN的夾角的正切值和每秒垂直打在熒光屏PQ上的粒子數(shù)N.(3)若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力的大小(沒有飛入ACFD的粒子均被AB、DE擋板攔截)答案見解析解析(1)帶電粒子從aO方向射入，從O1射出，其反向延長線必經(jīng)過O點(diǎn)，可得軌跡圓的半徑與區(qū)域圓的半徑是相同的，即都為Rqv0B，B帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，可得·t22Rv0tE(2)帶電粒子從F點(diǎn)飛出時(shí)，水平方向的速度仍為v0，豎直方向速度為vyt，由數(shù)學(xué)知識可得tan 2與aM成90°沿aO方向射入的粒子，此時(shí)剛好打到斜面上，可知，只有從A處水平進(jìn)入的同樣的帶電粒子會從O2點(diǎn)出來垂直打到斜面上由數(shù)學(xué)知識可得，此時(shí)帶電粒子從a處進(jìn)入的方向與aM成60°，即在a處入射的粒子能夠打到極板上的角度大小是30°，由此得N(3)帶電粒子從電場中出射速度大小為：v v0對粒子進(jìn)行受力分析，由動(dòng)量定理得：Ft0Nt0·mv(Nt0·mv)得FN0mv0由牛頓第三定律可得，粒子對探測板的平均作用力大小為FN0mv0.6如圖6所示，在第二象限半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界恰好與兩坐標(biāo)軸相切x軸上切點(diǎn)A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率均為v，質(zhì)量為m，電量為q的粒子，粒子重力不計(jì)圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1，y軸右側(cè)0yr的范圍內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，已知某粒子從A處沿y方向射入磁場后，再進(jìn)入勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°角斜向下，求：圖6(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?2)若在MN右側(cè)某區(qū)域存在另一圓形勻強(qiáng)磁場B2，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)磁場B1、電場E射出后均能進(jìn)入B2區(qū)域，之后全部能夠經(jīng)過x軸上的P點(diǎn)，求圓形勻強(qiáng)磁場B2的最小半徑；(3)繼第二問，若圓形勻強(qiáng)磁場B2取最小半徑，試求A處沿y方向射入B1磁場的粒子，自A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x軸上的P點(diǎn)所用的時(shí)間答案(1)(2)r(3)解析(1)設(shè)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移大小為x，豎直方向的速度大小為vy，類平拋的加速度大小為a，類平拋的時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律Eqma，得a，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋的規(guī)律有：x方向：xvtr，y方向：vyatt，粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°斜向下，則 vyv，聯(lián)立得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E.(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qvB1m，聯(lián)立題中已知B1，得Rr，因?yàn)榇艌霭霃脚c軌跡半徑相同，所以粒子離開磁場后的速度方向均沿x軸正方向，又所有粒子穿出勻強(qiáng)電場后速度縱向偏移量yat2r均相等，設(shè)粒子從MN射出的最高點(diǎn)為E，最低點(diǎn)為F，則EF2r，所以粒子束的寬度dr圓形勻強(qiáng)磁場B2的最小半徑 rB2r.(3)粒子在磁場B1中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t1粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t2，粒子在無場區(qū)運(yùn)動(dòng)速度 vv，粒子在無場區(qū)運(yùn)動(dòng)的距離 x3r，粒子在無場區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t3，粒子在磁場B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t4故粒子自A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x軸上的P點(diǎn)的總時(shí)間tt1t2t3t4.22