5、
圖29
解析：帶電粒子可從左側(cè)飛出或從右側(cè)飛出場區(qū)，由于洛倫茲力不做功，電場力做功與路徑無關(guān)，所以從左側(cè)飛出時ΔEk＝0，從右側(cè)飛出時ΔEk＝Eqd，選項C、D正確．
答案：CD
5．如圖30所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴從h高處自由下落，進(jìn)入一個互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場強(qiáng)度為E 已知液滴在此區(qū)域中做勻速圓周運動，則圓周運動的半徑 r為
( )
A. B.
C. D.
6、
圖30
解析：液滴進(jìn)入電磁場的速度v＝，液滴在重力、電場力、洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，滿足mg＝qE，qvB＝m，可得A、C選項正確．
答案：AC
6．(2020年廣東模擬)不計重力的負(fù)粒子能夠在圖31所示的正交勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中勻速直線穿過．設(shè)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的兩極板間電壓為U，距離為d，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子電荷量為q，進(jìn)入速度為v，以下說法正確的是
( )
A．若同時增大U和B，其他條件不變，則粒子一定能夠直線穿過
B．若同時減小d和增大v
7、，其他條件不變，則粒子可能直線穿過
C．若粒子向下偏能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小
D．若粒子向下偏能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變
圖31
解析：粒子能夠直線穿過則有q＝qvB，即v＝，若U、B增大的倍數(shù)不同，粒子不能沿直線穿過，A項錯，同理B正確；粒子向下偏，電場力做負(fù)功，又W洛＝0，所以ΔEk＝0，C項正確．
答案：BC
7．(2020年青島模擬)環(huán)形對撞機(jī)是研究高能離子的重要裝置，如圖32.正、負(fù)離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓
8、環(huán)切線方向注入對撞機(jī)的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.(兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞．)為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法正確的是
( )
圖32
A．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大
B．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小
C．對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小
D．對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變
解析：在加速器中qU＝mv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運動的
9、半徑r＝，即r＝，所以在半徑不變的條件下越大，B越小，選項B正確；粒子在空腔內(nèi)的周期T＝，故加速電壓越大，粒子的速率v越大，其周期越小，選項C正確．
答案：BC
8．如圖33所示，空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，磁場的方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是
( )
A．若撤去電場，P可能做勻加速直線運動
B．若撤去磁場，P可能做勻加速直線運動
C．若給P一初速度，P可能做勻速直線運動
D．若給P一初速度，P可能做順時針方向的勻速圓周運動
10、 圖33
解析：由P處于靜止?fàn)顟B(tài)則P帶負(fù)電．若撤去電場，只受重力和磁場力作用，由于磁場方向與速度垂直必做曲線運動，故A錯．若撤去磁場，受重力和電場力仍處于平衡狀態(tài)，故B錯．若所給初速度的方向與磁場方向平行，油滴只受重力和電場力處于平衡狀態(tài)，做勻速直線運動．若所給初速度的方向向上與磁場方向垂直，合力等于洛倫茲力，則做順時針的勻速圓周運動，故C、D正確．
答案：CD
9．目前世界上正在研究一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．如圖34所示為它的發(fā)電原理圖．將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，從整體上來說呈電中性
11、)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場中有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路．設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g，則流過外電阻R的電流強(qiáng)度I及電流方向為
( )
A．I＝，A→R→B
B．I＝，B→R→A
C．I＝，B→R→A 圖34
D．I＝，A→R→B
解析：等離子體切割磁場的等效長度為d，切割速度為v，感應(yīng)電動勢為Bdv.由閉合電路歐姆定律得I＝，其中r＝ρ＝.所以，電流強(qiáng)度I＝.由右手定則判斷可知上極板為高電勢，那
12、么外部的電流方向為A到R到B.故D正確．
答案：D
10．如圖35所示，M、N兩平行金屬板間存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子(重力不計)從O點以速度v沿著和兩板平行的方向射入場區(qū)后做勻速直線運動，經(jīng)過時間t1飛出場區(qū)；如果兩板間只有電場，粒子仍以原來的速度在O點進(jìn)入電場，經(jīng)過時間t2飛出電場；如果兩板間只有磁場，粒子仍以原來的速度在O點進(jìn)入磁場后，經(jīng)過時間t3飛出磁場，則t1、t2、t3之間的大小關(guān)系為(粒子重力不計)
( )
A．t1＝t2t1>t3
C．t1＝t2＝t3 D．t1>t2＝t3
13、 圖35
解析：本題考查運動的獨立性原理，即只管平行于金屬板方向的運動．若電磁場均存在，猶如速度選擇器，粒子將會勻速通過金屬板，時間t1為板長與速度v的比值；如果只有電場，粒子做類平拋運動，平行于板方向不受力，依然做勻速運動，時間t2＝t1；如果只有磁場，粒子將做勻速圓周運動，速度在平行于板方向的分量越來越小，即此方向平均速度必定小于v，故t3>t2＝t1，A對．
答案：A
二、計算題
11．如圖36所示，某一真空區(qū)域內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，此區(qū)域的寬度d＝8 cm，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m，電
14、荷量為e的電子以一定的速度沿水平方向射入此區(qū)域，若電場與磁場共存，電子穿越此區(qū)域時恰好不發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若射入時撤去磁場，電子穿越電場區(qū)域時，沿電場方向偏移量y＝3.2 cm；若射入時撤去電場，電子穿越磁場區(qū)域時也發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，不計重力作用，求：
(1)電子射入時的初速度v的表達(dá)式；
(2)電子比荷的表達(dá)式；
(3)畫出電子穿越磁場區(qū)域時(撤去電場時)的軌跡并標(biāo)出射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角α；
(4)電子穿越磁場區(qū)域后(撤去電場時)的偏轉(zhuǎn)角α.
解析：(1)電子在復(fù)合場中不偏轉(zhuǎn)，有：Ee＝evB，所以v＝.
(2)電子在電場中向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運動，有：d＝vt，y＝at2，a＝，解得＝.
圖36
15、
圖37
(3)運動軌跡及射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角如圖37所示．
(4)電子在磁場中做勻速圓周運動，r＝，
代入比荷的表達(dá)式解得
r＝＝10 cm.
由圖知：
sinα＝＝＝0.8，
∴α＝53°.
答案：(1)v＝ (2)＝ (3)如圖37 (4)53°
12．(2020年寧夏卷)如圖38所示，在第一象限有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直．一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進(jìn)入
16、磁場，并從坐標(biāo)原點O離開磁場．粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點．已知OP＝l，OQ＝2l.不計重力．求
(1)M點與坐標(biāo)原點O間的距離；
(2)粒子從P點運動到M點所用的時間：
圖38 39圖
解析：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在y軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度的大小為a，在x軸正方向上做勻速直線運動，設(shè)速度為v0，粒子從P點運動到Q點所用的時間為t1，進(jìn)入磁場時速度方向與x軸
17、正方向的夾角為θ，則
a＝ ①
t1＝ ②
v0＝
其中x0＝2l，y0＝l，又有
tanθ＝ ④
聯(lián)立②③④式，得
θ＝30°
18、 ⑤
因為M、O、Q點在圓周上，∠MOQ＝90°，所以MQ為直徑．從圖中的幾何關(guān)系可知，R＝2l ⑥
MO＝6l ⑦
(2)設(shè)粒子在磁場中運動的速度為v，從Q到M點運動的時間為t2，則有v＝ ⑧
t2＝ ⑨
帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間t為
t＝t1＋t2 ⑩
聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得
t＝(π＋1) ?
答案：(1)MO＝6l (2)t＝(π＋1)
2020高考物理單元卷 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（通用）
