高考物理二轮复习训练：1-3-9带电粒子在组合场、复合场中的运动b

一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)1．[2020·沈阳质监]质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。

如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。

让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场。

加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。

氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。

则下列判断正确的是( )A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚答案 A解析氢元素的三种同位素离子均带正电，电荷量大小均为e，经过加速电场，由动能定理有：eU ＝E k ＝12mv 2，故进入磁场中的动能相同，B 项错；且质量越大的离子速度越小，故A 项正确；三种离子进入磁场后，洛伦兹力充当向心力，evB ＝m v 2R ，解得：R ＝mv eB ＝2meUeB ，可见，质量越大的圆周运动半径越大，D项错；在磁场中运动时间均为半个周期，t ＝πR v ＝πmeB ，可见离子质量越大运动时间越长，C 项错。

2．[2020·冀州月考]如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d 的平行金属板A 、C 间，存在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器R 相连，等离子体以速度v 平行于两金属板垂直射入磁场。

若要减小该发电机的电动势，可采取的方法是( )A ．增大dB ．增大BC ．增大RD ．减小v答案 D解析 发电机的电动势E ＝Bdv ，要想减小电动势，则可以通过减小B 、d 或v 实现。

故D 正确，A 、B 、C 错误。

3．[2020·浙江模拟]电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。

如图所示，泵体是一个长方体，ab 边长为L 1，两侧端面是边长为L 2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的磁场B ，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则( )A．泵体上表面应接电源负极B．通过泵体的电流I＝UL1/σC．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度答案 C解析当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρLS＝1σ×L2L1L2＝1σ·L1；因此流过泵体的电流I＝UR＝UL1·σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误。

4．[2020·绵阳二诊]如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。

A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。

其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是( )答案 B解析图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B 中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右，带电粒子受力方向不同，粒子不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0＝EB，粒子也会做匀速直线运动，故选B。

5．[2020·日照三校联考]如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的。

一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来。

设物块带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较( )A．加速度大小相等B．摩擦产生热量不相同C．电势能变化量的绝对值不相同D．动能变化量的绝对值相同答案 B解析两过程中，重力、电场力恒定、支持力方向不变，洛伦兹力、摩擦力方向相反，故物块所受合外力不同，由牛顿第二定律知，加速度必定不同，A 项错；上滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向上，物块所受滑动摩擦力F f＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力F f＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦产生热量Q＝F f x，两过程位移大小相等，摩擦力大小不同，故产生热量不同，B项正确；a、b两点电势确定，由E p＝qφ可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等，C项不正确；整个过程中，重力做功为零，电场力做功为零，摩擦力做功不为零，故物块动能一定变化，所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同，D项错。

6．[2020·吉林三模]图示是质谱仪的工作原理示意图。

带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。

速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。

平板S下方有强度为B0的匀强磁场。

下列表述正确的是( )A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小答案AC解析质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确。

由加速电场的方向知粒子带正电，进入选择器后电场方向水平向右，则洛伦兹力方向水平向左，由左手定则知磁场方向垂直纸面向外，B错误。

由Bqv＝Eq知v＝EB的粒子能通过狭缝P，C正确。

打在胶片上的位置越靠近狭缝P，在S下方的磁场中半径越小，由B0qv＝mv2R得R＝mvB0q，可见R越小，mq越小，比荷越大，D错误。

7．[2020·吉林二模]如图，一个质量为m、带电量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。

现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中，下列说法正确的是( )A．圆环可能做匀减速运动B．圆环可能做匀速直线运动C．圆环克服摩擦力所做的功不可能为12 mv20D．圆环克服摩擦力所做的功可能为12mv20－m3g22q2B2答案BD解析当qv0B<mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误。

当qv0B ＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确。

当qv0B<mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。

根据动能定理得：－W＝0－12 mv20得W＝12mv20，当qv0B>mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。

当qvB＝mg时得v＝mgqB，根据动能定理得：－W＝12mv2－12mv20，代入解得：W ＝12mv 20－m 3g 22q 2B2，故C 错误，D 正确。

8．[2020·南充高考适应性考试]如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)，一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g 。

根据以上信息，不能求出的物理量有( )A ．圆周运动的速度大小B ．电场强度的大小和方向C ．小球在第Ⅳ象限运动的时间D ．磁感应强度大小 答案 BD解析 带电小球从P 到Q 做圆周运动，满足Eq ＝mg ，Bqv ＝mv 2R ，且由左手定则知小球带负电，那么电场强度方向竖直向下。

带电小球从A 运动到P ，重力做功为mgd ，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgd ＝12mv 2，所以v ＝2gd ，小球在第Ⅳ象限的时间为周期的14，t ＝14T ＝2πd 4v ＝2πd42gd ＝d2g。

要想计算E 和B 则需知道比荷qm，则A 、C 错误，B 、D 选项正确。

二、计算题(本题共2小题，共36分，需写出规范的解题步骤)9．[2020·洛阳二统]在光滑绝缘的水平面上，左侧平行极板间有水平方向匀强电场，右侧圆筒内有竖直方向匀强磁场，磁感应强度大小为B ，俯视图如图所示。

圆的圆心为O 点，半径大小为R 。

一质量为m 、电荷量大小为q 的带电小球(可视为质点)，初始位置在A 点，现由静止经电场加速后从C 孔沿直径射入磁场区域，粒子和圆筒壁的碰撞没有动能和电荷量损失。

B 、R 、m 、q 为已知量，圆筒仅有一个出入口C 。

(1)求平行板间电压U 和小球在磁场中运动半径r 的函数关系式； (2)如果小球能从出入口C 返回，求它在磁场中运动的最短时间； (3)求小球能从出入口C 返回且在磁场中运动时间最短情况下，平行板间所加电压U 的可能值。

答案 (1)U ＝qB 2r 22m (2)t m ＝πm qB(3)U ＝qB 2R 22m tan 2kπ2k ＋1(k ＝1,2,3…)解析 (1)如图所示，小球沿直线由A 运动到C ，再沿圆弧运动到P 点，圆弧运动的圆心在D 点，设圆弧运动的线速度为v ，半径为r ，∠COP ＝θ，两板间电压为U 。

小球在电场中运动时，由动能定理得： qU ＝12mv 2①小球做圆弧运动时，由牛顿第二定律得： qvB ＝m v 2r②联立①②，得U ＝qB 2r 22m。

③(2)小球在磁场中运动时，分析可知每次与桶壁碰撞时速度方向都沿半径向外，然后再沿半径向内开始做圆弧运动，每段圆弧运动的速度大小、半径和时间都是一样的。

设小球经n 段圆弧运动后能从出入口C 返回，须满足：θ＝k·2πn ④其中k 取1、2、3…设小球做n 段圆弧运动的时间为t ，则 t ＝n π－θr v⑤ 联立②④⑤得t ＝n －2kπmqB⑥由于θ满足θ<π，所以由④式得 n>2k ，即n 取2k ＋1、2k ＋2、2k ＋3 …当n ＝2k ＋1时，在磁场中运动的时间取最小值，即 t m ＝πm qB。

⑦(3)满足(2)的情况，即n ＝2k ＋1，代入④式得：θ＝k·2π2k ＋1⑧由几何关系得：r ＝Rtan θ2⑨联立③⑧⑨得U ＝qB 2R 22m tan 2kπ2k ＋1，其中k 取1、2、3 … 10．[2020·商丘模拟]如图所示，在xOy 平面的第Ⅱ象限内有半径为R 的圆分别与x 轴、y 轴相切于P 、Q 两点，圆内存在垂直于xOy 面向外的匀强磁场。