江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)8 帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)練習(xí)（含解析）

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1、熱點(diǎn)8　帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn) (建議用時：20分鐘) 1．(2019·連云港高三模擬)如圖所示，在邊長為L的正方形ABCD陰影區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)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(diǎn)垂直射入，都只能從C點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子重力的影響．下列說法正確的是(　　) A．此勻強(qiáng)磁場的方向可能垂直紙面向外 B．此勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積為 D．此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積為 2.(多選)如圖所示，矩形的四個頂點(diǎn)分別固定有帶電荷量均為q的正、負(fù)點(diǎn)電荷，水平直線AC將矩形分成面積相等的兩

2、部分，B為矩形的重心．一質(zhì)量為m的帶正電微粒(重力不計(jì))沿直線AC從左向右運(yùn)動，到A點(diǎn)時的速度為v0，到B點(diǎn)時的速度為 v0.取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，則(　　) A．微粒在A、C兩點(diǎn)的加速度相同 B．微粒從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，電勢能先減小后增大 C．A、C兩點(diǎn)間的電勢差為UAC＝ D．微粒最終可以返回B點(diǎn)，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(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)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(diǎn)平行于直

3、徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t2時間射出磁場，其軌跡恰好通過磁場的圓心．不計(jì)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·徐州高三質(zhì)量檢測)在一次南極科考中，科考人員使用磁強(qiáng)計(jì)測定地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度．其原理如圖所示，電路中有一段長方體的金屬導(dǎo)體，它長、寬、高分別為a、b、c，放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體中電流沿x軸正方向，大小為I.已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，自由電子做定向移動可視為勻速運(yùn)動，測得金屬導(dǎo)體前后兩個側(cè)面間電壓為U，則(　　)

4、 A．金屬導(dǎo)體的前側(cè)面電勢較低 B．金屬導(dǎo)體的電阻為 C．自由電子定向移動的速度大小為 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 5．一帶負(fù)電的小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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(jì)空氣阻力，則(　　) A．h1＝h3　　　　　　　　　　 B．h1

5、如圖所示直角坐標(biāo)系xOy，P(a，－b)為第四象限內(nèi)的一點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷(電荷重力不計(jì))從原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向射入．第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，該電荷恰好能通過P點(diǎn)；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(qiáng)電場，該電荷仍通過P點(diǎn)(　　) A．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ C．電荷從O運(yùn)動到P，第二次所用時間一定短些 D．電荷通過P點(diǎn)時的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些 7．(多選)(2019·鹽城二模)磁流體發(fā)電機(jī)是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，如圖所示為其原理示

6、意圖，平行金屬板C、D間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)電的微粒)水平噴入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)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(guān)S串聯(lián)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(jī)的電阻為r(R0

7、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(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內(nèi)為勻強(qiáng)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(jìn)而推測有機(jī)物的分子結(jié)構(gòu)．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(jìn)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(yīng)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(zhì)量大于X2質(zhì)量)同時進(jìn)入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ一定對應(yīng)X1 D．若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

8、大小為B，當(dāng)記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應(yīng)的離子比荷＝ 熱點(diǎn)8　帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn) 1．解析：選D.若保證所有的粒子均從C點(diǎn)離開此區(qū)域，則由左手定則可判斷勻強(qiáng)磁場的方向應(yīng)垂直紙面向里，A錯誤；由A點(diǎn)射入磁場的粒子從C點(diǎn)離開磁場，結(jié)合題圖可知該粒子的軌道半徑應(yīng)為R＝L，則由qBv0＝m，可解得B＝，B錯誤；由幾何關(guān)系可知勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積應(yīng)為S＝2×(πL2－L2)＝，C錯誤，D正確． 2．解析：選AC.由場強(qiáng)疊加原理和對稱性可知，A、C兩點(diǎn)的場強(qiáng)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(diǎn)的加速度相同，A正確；由電場的性質(zhì)可知，沿直線AC電勢逐漸降低，根據(jù)

9、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(diǎn)到C點(diǎn)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(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得vC＝3v0，故qUAC＝mv－mv，解得UAC＝，C正確；由于B點(diǎn)電勢為零，故微粒從B點(diǎn)沿直線AC運(yùn)動到無窮遠(yuǎn)處的過程中，電場力做功為零，所以微粒到無窮遠(yuǎn)處的速度與微粒在B點(diǎn)時的速度相同，仍為v0，故粒子不會返回B點(diǎn)，D錯誤． 3．解析：選AC.根據(jù)左手定則判斷可得，甲粒子帶正電，乙粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；分別對甲、乙粒子作圖，找出其做勻速圓周運(yùn)動的圓心和半徑以及圓

10、心角，則有：r甲＝R，r乙＝R，θ甲＝，θ乙＝，根據(jù)qvB＝m可得：v＝，所以＝＝，選項(xiàng)C正確；根據(jù)t＝T可得：＝＝，選項(xiàng)B錯誤；粒子在磁場中的軌跡長度為l＝vt，所以＝＝，選項(xiàng)D錯誤． 4．解析：選AD.根據(jù)左手定則(注意電子帶負(fù)電)可知電子打在前側(cè)面，即前側(cè)面帶負(fù)電，電勢較低，A正確；電流方向?yàn)閺淖笙蛴?，而題中U表示的是導(dǎo)體前后兩個側(cè)面的電壓，故導(dǎo)體的電阻不等于，B錯誤；在t時間內(nèi)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?yàn)楫?dāng)金屬導(dǎo)體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側(cè)面偏轉(zhuǎn)，使得前后兩側(cè)面間產(chǎn)生電勢差，當(dāng)電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時

11、，前后兩側(cè)面間產(chǎn)生恒定的電勢差．因而可得＝Bev②，聯(lián)立①②式可得B＝，D正確． 5．解析：選A.甲圖，由豎直上拋運(yùn)動的規(guī)律得h1＝；丙圖，當(dāng)加上電場時，在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，A項(xiàng)正確；乙圖中，洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動到最高點(diǎn)時，小球有水平速度，設(shè)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(xiàng)錯誤；丁圖，因小球帶負(fù)電，所受電場力方向向下，則h4一定小于h1，B項(xiàng)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(guān)系，D項(xiàng)錯誤． 6．解析：選AC.第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙

12、面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，該電荷恰好能通過P點(diǎn)；粒子做勻速圓周運(yùn)動，由幾何作圖得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝，由qvB＝m解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)電場，該電荷仍通過P點(diǎn)，粒子先做勻速圓周運(yùn)動，后做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動時間t2＝T＋；第一次粒子做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)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(diǎn)時的速度，第一次與x軸負(fù)方向的夾角為α，則有tan α＝＝；第二次與x軸負(fù)方向的夾角為θ，則有tan θ＝＝，所以有tan θ>tan α，電荷通過P點(diǎn)時的速度

13、，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些，故D錯誤． 7．解析：選ACD.根據(jù)左手定則判斷兩金屬板的極性，離子在運(yùn)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(dāng)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(nèi)阻，由滑動變阻器的最大阻值2R0

14、為E＝Bdv，又R0