熱點9　帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)
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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(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(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2mv0qL
C．此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積為πL24
D．此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積為（π－2）L22
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(fù)點電荷，水平直線AC將矩形分成面積相等的兩部分，B為矩形的重心．一質(zhì)量為m的帶正電微粒(重力不計)沿直線AC從左向右運(yùn)動，到A點時的速度為v0，到B點時的速度為 5v0.取無窮遠(yuǎn)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＝4mv20q
D．微粒最終可以返回B點，其速度大小為 5v0
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R2的C點平行于直徑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．不計粒子受到的重力，則(　　)
A．兩個粒子帶異種電荷
B．t1＝t2
C．v1∶v2＝3∶1
D．兩粒子在磁場中軌跡長度之比l1∶l2＝3∶1

4．(多選)(2019•威海高三質(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(　　)
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UI
C．自由電子定向移動的速度大小為Ineab
D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為necUI
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．不計空氣阻力，則(　　)

A．h1＝h3　　　　　　　　　 B.h1<h4
C．h2與h3無法比較 D.h2<h4
6．(多選)(2019•青州高三模擬)如圖所示直角坐標(biāo)系xOy，P(a，－b)為第四象限內(nèi)的一點，一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)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(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；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(　　)
A．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2amv0q（a2＋b2）
B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2amv0qa2＋b2
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•德州二模)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<r<2R0)．則滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動的過程中(　　)
A．電阻R0消耗功率最大值為B2d2v2R0（R0＋r）2
B．滑動變阻器消耗功率最大值為B2d2v2R0＋r
C．金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極
D．發(fā)電機(jī)的輸出功率先增大后減小
8.(2019•濟(jì)寧二模)質(zhì)譜儀可以測定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)，現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖所示，有機(jī)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(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(qm)，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qm＝2Utan2θ2B2R2
熱點9　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點射入磁場的粒子從C點離開磁場，結(jié)合題圖可知該粒子的軌道半徑應(yīng)為R＝L，則由qBv0＝mv20R，可解得B＝mv0qL，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×(14πL2－12L2)＝（π－2）L22，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)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＝12mv2B－12mv2A，同理可得qUBC＝12mv2C－12mv2B，以上兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得vC＝3v0，故qUAC＝12mv2C－12mv2A，解得UAC＝4mv20q，C正確；由于B點電勢為零，故微粒從B點沿直線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點時的速度相同，仍為5v0，故粒子不會返回B點，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心角，則有：r甲＝3R，r乙＝R，θ甲＝π3，θ乙＝2π3，根據(jù)qvB＝mv2r可得：v＝qBrm，所以v1v2＝r甲r乙＝31，選項C正確；根據(jù)t＝θ2πT可得：t1t2＝θ甲θ乙＝12，選項B錯誤；粒子在磁場中的軌跡長度為l＝vt，所以l1l2＝v1t1v2t2＝32，選項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；電流方向為從左向右，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UI，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＝nbcvtet＝nbcve，解得v＝Inbce①，C錯誤；因為當(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，前后兩側(cè)面間產(chǎn)生恒定的電勢差．因而可得eUb＝Bev②，聯(lián)立①②式可得B＝necUI，D正確．
5．解析：選A.甲圖，由豎直上拋運(yùn)動的規(guī)律得h1＝v202g；丙圖，當(dāng)加上電場時，在豎直方向上有v20＝2gh3，所以h1＝h3，A項正確；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＝12mv20，又12mv20＝mgh1，所以h1>h2，h3>h2，C項錯誤；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項錯誤．
6.

解析：選AC.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；粒子做勻速圓周運(yùn)動，由幾何作圖得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝a2＋b22a，由qvB＝mv2R解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2amv0q（a2＋b2），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，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＝12T＋bv0；第一次粒子做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動時間t1＝12T＋QP︵v0，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(fù)方向的夾角為α，則有tan α＝R2－b2b＝a2－b22ab；第二次與x軸負(fù)方向的夾角為θ，則有tan θ＝b2R－R2－b2＝a2b，所以有tan θ>tan α，電荷通過P點時的速度，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＝E2R0（R0＋r）2＝B2d2v2R0（R0＋r）2，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<r＋R0，則當(dāng)滑動變阻器連入電路的阻值最大時消耗功率最大，最大值為P＝2B2d2v2R0（r＋3R0）2，故B錯誤；因等離子體噴入磁場后，由左手定則可知正離子向D板偏，負(fù)離子向C板偏，即金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極，故C正確；等離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與電場力平衡，即Bqv＝qEd，所以電源電動勢為E＝Bdv，又R0<r<2R0，所以滑片P由a向b端滑動時，外電路總電阻減小，期間某位置有r＝R0＋R，由電源輸出功率與外電阻關(guān)系可知，滑片P由a向b端滑動的過程中，發(fā)電機(jī)的輸出功率先增大后減小，故D正確．
8．解析：

選D.正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負(fù)極，同時根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，A、B均錯誤；設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qU＝12mv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvB＝mv2r，聯(lián)立計算得出r＝1B 2mUq，由此可見，質(zhì)量大的離子的運(yùn)動軌跡半徑大，即軌跡 Ⅱ 一定對應(yīng)X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r＝Rtan θ2，可解得qm＝2Utan2θ2B2R2，D正確．

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