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2019年高考物理二輪復習 帶電粒子在復合場中運動提能專訓
一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分．多選全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)
1．(xx陜西延安中學模擬)
如圖所示，一帶電小球質量為m，用絲線懸掛于O點，在豎直面內擺動，最大擺角為60，水平磁場垂直于小球擺動的平面，當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方擺到最低點時懸線上的張力為( )
A．0 B．2mg C．4mg D．6mg
答案：C
解析：設絲線的長度為L，小球經過最低點時速率為v，根據機械能守恒定律得：mgL(1－cos 60)＝mv2，得到v＝
當小球自左方擺到最低點時，有qvB－mg＝m
當小球自右方擺到最低點時，有F－mg－qvB＝m
解得：F＝2mg＋2m＝4mg，故選C項．
2．如圖所示，斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強磁場中．一個帶負電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放，設滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD，則( )
A．tAB＝tAC＝tAD B．tAB>tAC>tAD
C．tAB
FN
C．磁場中a小球能到達軌道另一端最高處，電場中b小球不能到達軌道另一端最高處
D．a小球第一次到達M點的時間大于b小球第一次到達N點的時間
答案：BC
解析：根據動能定理，對a球，mgR＝mv－0，對b球，mgR－EqR＝mv－0，可得vM>vN，所以a球第一次到達M點的時間小于b球第一次到達N點的時間，所以A、D兩項均錯．由F－mg＝m，可知FM>FN，所以B項正確．根據能量守恒，洛倫茲力不做功，a球的機械能守恒，故能到達另一端最高處；電場力做負功，b小球機械能減少，故不能到達軌道另一端最高處，所以C項正確．
5．(xx山西太原一模)
(多選)如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側垂直于電磁場入射，從右側射出a、b板間區(qū)域時動能比入射時小；要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大，可采用的措施是( )
A．適當減小兩金屬板的正對面積
B．適當增大兩金屬板間的距離
C．適當減小勻強磁場的磁感應強度
D．使帶電粒子的電性相反
答案：AC
解析：在這個復合場中，動能逐漸減小，說明電場力做負功，因洛倫茲力不做功，則電場力小于洛倫茲力．當減小正對面積，場強E＝，S↓，Q不變，E↑，電場力變大，當電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，射出時動能變大，A項正確．當增大兩板間距離時，場強不變，所以B項錯誤．當減小磁感應強度時洛倫茲力減小，可能小于電場力，所以C項正確．當改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，故D項錯誤．
6．(xx石家莊質檢)(多選)
如圖是磁流體發(fā)電機的原理示意圖，金屬板M、N正對著平行放置，且板面垂直于紙面，在兩板之間接有電阻R.在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場．當等離子束(分別帶有等量正、負電荷的離子束)從左向右進入極板時，下列說法中正確的是( )
A．N板的電勢高于M板的電勢
B．M板的電勢高于N板的電勢
C．R中有由b向a方向的電流
D．R中有由a向b方向的電流
答案：BD
解析：本題考查洛倫茲力的方向的判斷，電流形成的條件等知識點．根據左手定則可知正電荷向上極板偏轉，負電荷向下極板偏轉，則M板的電勢高于N板的電勢，M板相當于電源的正極，那么R中有由a向b方向的電流．
7.
(xx寧波高三第二次模擬)(多選)如圖所示，在xOy坐標系中，以(r,0)為圓心、r為半徑的圓形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場．在y>r的足夠大的區(qū)域內，存在沿y軸負方向的勻強電場．在xOy平面內，從O點以相同速率、沿不同方向向第一象限發(fā)射質子，且質子在磁場中運動的半徑也為r.不計質子所受重力及質子間的相互作用力．則質子( )
A．在電場中運動的路程均相等
B．最終離開磁場時的速度方向均沿x軸正方向
C．在磁場中運動的總時間均相等
D．從進入磁場到最后離開磁場過程的總路程均相等
答案：AC
解析：本題考查粒子在電場與磁場中的運動．題中粒子的速度方向未知，假設粒子以任意方向進入磁場，由于質子在磁場中運動的半徑也為r，由幾何關系，質子射入磁場后，在磁場中從O點運動到A點后，以速度v逆著電場方向進入電場，原路徑返回后，再射入磁場，在磁場中由A點運動到C點后離開磁場．洛倫茲力不做功，可知粒子在A點豎直向上進入電場的速度均為v，故A正確．幾何關系如圖，可知粒子在磁場中的時間都為，C正確．
8．(xx江西宜春五校聯(lián)考)
如圖所示的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子A(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子B(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子( )
A．穿出位置一定在O′點下方
B．穿出位置一定在O′點上方
C．在電場中運動時，電勢能一定減小
D．在電場中運動時，動能一定減小
答案：C
解析：若粒子B帶正電荷，其向下偏轉做類平拋運動，穿出位置一定在O′點下方；相反，若其帶負電荷，其向上偏轉做類平拋運動，穿出位置一定在O′點上方，選項A、B錯誤．在電場中運動時，電場力做正功，動能一定增大，電勢能一定減小，選項C正確，D錯誤．
9．(xx東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)( )
A．d隨U1變化，d與U2無關
B．d與U1無關，d隨U2變化
C．d隨U1變化，d隨U2變化
D．d與U1無關，d與U2無關
答案：A
解析：設帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為v0，根據動能定理有qU1＝mv.帶電粒子從偏轉電場中出來進入磁場時的速度大小為v，與水平方向的夾角為θ，在磁場中有r＝，而d＝2rcos θ，v0＝vcos θ，聯(lián)立解得d＝2，因而選項A正確．
10.
(xx吉林市期末統(tǒng)測)利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖(本題中霍爾元件材料為金屬導體)，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下面說法中正確的是( )
A．電勢差UCD僅與材料有關
B．電勢差UCD＞0
C．僅增大磁感應強度時，C、D兩側面電勢差絕對值變大
D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平
答案：C
解析：對金屬導體，自由電子定向移動形成電流，根據左手定則可知自由電子向C側偏移使C側積累負電荷，UCD＜0，B錯誤；當qE＝qvB時，電子不再偏移，此時電勢差恒定，所以UCD＝Bdv＝，所以UCD與電流、磁場、材料及元件大小都有關，A錯誤，C正確；當測定地磁場強弱時，元件工作面應與磁場方向垂直，D錯誤．
11．(xx溫州市高三適應性考試)
(多選)日本福島核電站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解．利用質譜儀可分析碘的各種同位素．如圖所示，電荷量均為＋q的碘131和碘127質量分別為m1和m2，它們從容器A下方的小孔S1進入電壓為U的加速電場(入場速度忽略不計)，經電場加速后從S2小孔射出，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．下列說法正確的是( )
A．磁場的方向垂直于紙面向里
B．碘131進入磁場時的速率為
C．碘131與碘127在磁場中運動的時間差值為
D．打到照相底片上的碘131與碘127之間的距離為
答案：BD
解析：碘131和碘127在磁場中受洛倫茲力向左，由左手定則可知勻強磁場方向垂直紙面向外，選項A錯誤；由動能定理有qU＝m1v，得v1＝，選項B正確；帶電粒子在磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝，周期T＝，得R＝，T＝，碘131在磁場中運動時t1＝＝＝，碘127在磁場中運動時間t2＝＝，則在磁場中運動的時間差Δt＝t1－t2＝，選項C錯誤；碘131的軌道半徑R1＝，碘127的軌道半徑R2＝，兩者在照相底片上的距離ΔS＝2(R1－R2)＝2＝，故選項D正確．
二、計算題(本題包括4小題，共56分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分)
12．(xx甘肅第一次診考)(12分)在兩個水平平行金屬極板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，其中磁感應強度的大小B＝1 T．一個比荷為q/m＝210－2 C/kg的帶正電微粒恰好能沿水平直線以速度v1＝1103 m/s通過該區(qū)域，如圖所示．計算中取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求電場強度E的大?。?
(2)若極板間距足夠大，另一個比荷與前者相同的帶負電液滴剛好可以在板間做半徑為5 m的勻速圓周運動，求其速度v2的大小以及在紙面內旋轉的方向．
答案：(1)500 V/m (2)0.1 m/s 順時針方向
解析：(1)對該微粒，據qv1B＝qE＋mg
得E＝v1B－＝11031 V/m－ V/m＝5102 V/m
(2)對此液滴，有qE＝mg
且qv2B＝m
得v2＝＝210－215 m/s＝0.1 m/s
據左手定則知，其在紙面內沿順時針方向運動．
13．(xx山西太原一模)(14分)如圖所示，在xOy坐標系中的第一象限內存在沿x軸正方向的勻強電場；第二象限內存在大小為B、方向垂直坐標平面向外的有界圓形勻強磁場(圖中未畫出)．一粒子源固定在x軸上M(L,0)點，沿y軸正方向釋放出速度大小均為v0的電子，電子經電場后恰好從y軸上的N
點進入第二象限．進入第二象限后，電子經磁場偏轉后通過x軸時，與x軸的夾角為75.已知電子的質量為m、電荷量為e，電場強度E＝，不考慮電子的重力和其間的相互作用，求：
(1)N點的坐標；
(2)圓形磁場的最小面積．
答案：(1)(0,2L) (2)見解析
解析：(1)從M到N的過程中，電子做類平拋運動，有
L＝t2
yN＝v0t
解得：yN＝2L
則N點的坐標為(0,2L)
(2)設電子到達N點的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，由動能定理有
mv2－mv＝eEL
cos θ＝＝
解得：v＝v0，θ＝45
設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r
evB＝m
①當電子與x軸負方向的夾角為75時，其運動軌跡圖如圖，電子在磁場中偏轉120后垂直于O1Q射出，則磁場最小半徑
Rmin＝＝rsin 60
解得Smin＝
②
當電子與x軸正方向的夾角為75時，其運動軌跡圖如圖，電子在磁場中偏轉150后垂直于O2Q′射出，則磁場最小半徑
R′min＝＝rsin 75
解得S′min＝.
14．(14分)如圖所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上下兩部分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度皆為B.一質量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30.MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力．求：
(1)若要該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大值是多少？
(2)若要該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最少是多少？
答案：(1) (2)
解析：(1)設該粒子恰不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r，由幾何關系得：
rcos 60＝r－a，
解得r＝a.
又由qvB＝m，
解得最大速度v＝.
(2)粒子每經過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑R的倍，
設粒子進入磁場后第n次經過PQ時恰好到達Q點，
有nR＝8a，且R＜a，
解得n＞≈4.62，
n所能取的最小自然數為5.
粒子做圓周運動的周期為T＝，
粒子每經過PQ分界線一次用去的時間為
t＝T＝，
粒子到達Q點的最短時間為
tmin＝5t＝
15．(16分)如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量．
甲 乙
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大?。?
(2)求電場變化的周期T；
(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值．
答案：(1) (2)＋ (3)
解析：(1)微粒做直線運動，則
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圓周運動，則mg＝qE0②
聯(lián)立①②得q＝③
B＝④
(2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則
＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦得
t1＝；t2＝⑧
電場變化的周期
T＝t1＋t2＝＋⑨
(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求
d≥2R⑩
聯(lián)立③④⑥得R＝?
設N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得tmin＝
因t2不變，T的最小值
Tmin＝tmin＋t2＝
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