（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復習 選擇題熱點巧練 熱點9 帶電粒子的電偏轉和磁偏轉（含解析）

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1、熱點9　帶電粒子的電偏轉和磁偏轉 (建議用時：20分鐘) 1．(2019·河南鄭州高三模擬)如圖所示，在邊長為L的正方形ABCD陰影區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q(q<0)的帶電粒子以大小為v0的速度沿紙面垂直AB邊射入正方形，若粒子從AB邊上任意點垂直射入，都只能從C點射出磁場，不計粒子重力的影響．下列說法正確的是(　　) A．此勻強磁場的方向可能垂直紙面向外 B．此勻強磁場的磁感應強度大小為 C．此勻強磁場區(qū)域的面積為 D．此勻強磁場區(qū)域的面積為 2.(多選)如圖所示，矩形的四個頂點分別固定有帶電荷量均為q的正、負點電荷，水平直線AC將矩形分成面積相等的

2、兩部分，B為矩形的重心．一質量為m的帶正電微粒(重力不計)沿直線AC從左向右運動，到A點時的速度為v0，到B點時的速度為 v0.取無窮遠處的電勢為零，則(　　) A．微粒在A、C兩點的加速度相同 B．微粒從A點到C點的過程中，電勢能先減小后增大 C．A、C兩點間的電勢差為UAC＝ D．微粒最終可以返回B點，其速度大小為 v0 3.(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，現有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t1時間射出磁場，射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°；乙以速度v2從距離直徑AOB為的C點平行于

3、直徑AOB方向射入磁場，經過t2時間射出磁場，其軌跡恰好通過磁場的圓心．不計粒子受到的重力，則(　　) A．兩個粒子帶異種電荷 B．t1＝t2 C．v1∶v2＝∶1 D．兩粒子在磁場中軌跡長度之比l1∶l2＝∶1 4．(多選)(2019·威海高三質量檢測)在一次南極科考中，科考人員使用磁強計測定地磁場的磁感應強度．其原理如圖所示，電路中有一段長方體的金屬導體，它長、寬、高分別為a、b、c，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中電流沿x軸正方向，大小為I.已知金屬導體單位體積中的自由電子數為n，電子電荷量為e，自由電子做定向移動可視為勻速運動，測得金屬導體前后兩個側面間電壓為U，則(

4、　　) A．金屬導體的前側面電勢較低 B．金屬導體的電阻為 C．自由電子定向移動的速度大小為 D．磁感應強度的大小為 5．一帶負電的小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示．不計空氣阻力，則(　　) A．h1＝h3　　　　　　　　　 B.h1

5、圖所示直角坐標系xOy，P(a，－b)為第四象限內的一點，一質量為m、電荷量為q的負電荷(電荷重力不計)從原點O以初速度v0沿y軸正方向射入．第一次在整個坐標系內加垂直紙面向內的勻強磁場，該電荷恰好能通過P點；第二次保持y>0區(qū)域磁場不變，而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸方向的勻強電場，該電荷仍通過P點(　　) A．勻強磁場的磁感應強度B＝ B．勻強磁場的磁感應強度B＝ C．電荷從O運動到P，第二次所用時間一定短些 D．電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負方向的夾角一定小些 7．(多選)(2019·德州二模)磁流體發(fā)電機是一種把物體內能直接轉化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，如圖所示為其原理示意

6、圖，平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒)水平噴入磁場，兩金屬板間就產生電壓．定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關S串聯接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，噴入氣流的速度為v，磁流體發(fā)電機的電阻為r(R0

7、圖所示，有機物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子．若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內為勻強磁場)、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷()，進而推測有機物的分子結構．已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進入磁場室時速度方向指向圓心．則下列說法正確的是(　　) A．高壓電源A端應接電源的正極 B．磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里 C．若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質量大于X2質量)同時進入磁場室后，出現圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ一定對應X1 D．若

8、磁場室內的磁感應強度大小為B，當記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應的離子比荷＝ 熱點9　帶電粒子的電偏轉和磁偏轉 1．解析：選D.若保證所有的粒子均從C點離開此區(qū)域，則由左手定則可判斷勻強磁場的方向應垂直紙面向里，A錯誤；由A點射入磁場的粒子從C點離開磁場，結合題圖可知該粒子的軌道半徑應為R＝L，則由qBv0＝m，可解得B＝，B錯誤；由幾何關系可知勻強磁場區(qū)域的面積應為S＝2×(πL2－L2)＝，C錯誤，D正確． 2．解析：選AC.由場強疊加原理和對稱性可知，A、C兩點的場強大小相等、方向相同，故由牛頓第二定律可知，微粒在A、C兩點的加速度相同，A正確；由電場的性質可知，沿直線A

9、C電勢逐漸降低，根據電場力做功W＝qU可知，電場力對該微粒一直做正功，故微粒從A點到C點的過程中電勢能一直在減小，B錯誤；由對稱性可知UAB＝UBC，故由動能定理可得qUAB＝mv－mv，同理可得qUBC＝mv－mv，以上兩式聯立并代入數據求解可得vC＝3v0，故qUAC＝mv－mv，解得UAC＝，C正確；由于B點電勢為零，故微粒從B點沿直線AC運動到無窮遠處的過程中，電場力做功為零，所以微粒到無窮遠處的速度與微粒在B點時的速度相同，仍為v0，故粒子不會返回B點，D錯誤． 3．解析：選AC.根據左手定則判斷可得，甲粒子帶正電，乙粒子帶負電，選項A正確；分別對甲、乙粒子作圖，找出其做勻速圓周運

10、動的圓心和半徑以及圓心角，則有：r甲＝R，r乙＝R，θ甲＝，θ乙＝，根據qvB＝m可得：v＝，所以＝＝，選項C正確；根據t＝T可得：＝＝，選項B錯誤；粒子在磁場中的軌跡長度為l＝vt，所以＝＝，選項D錯誤． 4．解析：選AD.根據左手定則(注意電子帶負電)可知電子打在前側面，即前側面帶負電，電勢較低，A正確；電流方向為從左向右，而題中U表示的是導體前后兩個側面的電壓，故導體的電阻不等于，B錯誤；在t時間內通過bc橫截面的電荷量為q＝n(bcvt)e，又I＝＝nbcve，解得v＝①，C錯誤；因為當金屬導體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側面偏轉，使得前后兩側面間產生電勢差，當電子所受的電

11、場力與洛倫茲力平衡時，前后兩側面間產生恒定的電勢差．因而可得＝Bev②，聯立①②式可得B＝，D正確． 5．解析：選A.甲圖，由豎直上拋運動的規(guī)律得h1＝；丙圖，當加上電場時，在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，A項正確；乙圖中，洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球有水平速度，設此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝mv，又mv＝mgh1，所以h1>h2，h3>h2，C項錯誤；丁圖，因小球帶負電，所受電場力方向向下，則h4一定小于h1，B項錯誤；由于無法明確電場力做功的多少，故無法確定h2和h4之間的關系，D項錯誤． 6. 解析：選AC.

12、第一次在整個坐標系內加垂直紙面向內的勻強磁場，該電荷恰好能通過P點；粒子做勻速圓周運動，由幾何作圖得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝，由qvB＝m解得勻強磁場的磁感應強度B＝，故A正確，B錯誤；第二次保持y>0區(qū)域磁場不變，而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸方向的勻強電場，該電荷仍通過P點，粒子先做勻速圓周運動，后做類平拋運動，運動時間t2＝T＋；第一次粒子做勻速圓周運動，運動時間t1＝T＋，弧長大于b，所以t1>t2，即第二次所用時間一定短些，故C正確；電荷通過P點時的速度，第一次與x軸負方向的夾角為α，則有tan α＝＝；第二次與x軸負方向的夾角為θ，則有tan θ＝＝，所以有tan θ>ta

13、n α，電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負方向的夾角一定大些，故D錯誤． 7．解析：選ACD.根據左手定則判斷兩金屬板的極性，離子在運動過程中同時受電場力和洛倫茲力，二力平衡時兩板間的電壓穩(wěn)定．由題圖知當滑片P位于b端時，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1＝I2R0＝＝，故A正確；將定值電阻歸為電源內阻，由滑動變阻器的最大阻值2R0

14、qv＝q，所以電源電動勢為E＝Bdv，又R0