（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場(chǎng)特性”探秘復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題講義（含解析）

《（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場(chǎng)特性”探秘復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場(chǎng)特性”探秘復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題講義（含解析）（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場(chǎng)特性”探秘復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題講義（含解析） 考法 學(xué)法 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是歷年高考的熱點(diǎn)，考查的難度從易到難都有。考查的題型既有選擇題，又有計(jì)算題。考查的主要內(nèi)容包括：①帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；②帶電粒子(體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。用到的思想方法有：①比值定義法； ②假設(shè)法；③合成法；④正交分解法；⑤臨界、極值問(wèn)題的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。 [研一題]———————————————————————————————— [多

2、選]如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，在O點(diǎn)下方存在一個(gè)水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成45°角，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若剪斷細(xì)線，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng) B．小球帶負(fù)電，且電荷量為 C．若突然將電場(chǎng)方向變?yōu)樗较蜃?，小球在最低點(diǎn)速率為 D．若突然將電場(chǎng)方向變?yōu)樗较蜃?，小球一定能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右側(cè)等高處 [解析]　若剪斷細(xì)線，小球在恒力作用下將做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)小球受力分析，由平衡條件可知小球帶負(fù)電，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，選項(xiàng)B正確；將電場(chǎng)方向變?yōu)樗较蜃螅∏驈念}圖所示

3、位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，選項(xiàng)C正確；將電場(chǎng)方向變?yōu)樗较蜃?，小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右側(cè)與初始位置等高處時(shí)速度最大，則小球一定能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右側(cè)等高處，選項(xiàng)D正確。 [答案]　BCD [悟一法]———————————————————————————————— 解決電場(chǎng)力做功問(wèn)題時(shí)的注意點(diǎn) 1．利用電場(chǎng)線的特點(diǎn)、等勢(shì)面的特點(diǎn)來(lái)分析電場(chǎng)力做功情況。 2．應(yīng)用公式WAB＝qUAB計(jì)算時(shí)，WAB、q、UAB一般都要帶正、負(fù)號(hào)計(jì)算。 [通一類(lèi)]———————————————————————————————— 1.在豎直平面內(nèi)有

4、水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止時(shí)位于A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向成37°角，如圖所示?，F(xiàn)對(duì)小球施加一沿與細(xì)線方向垂直的瞬時(shí)沖量，小球能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。下列對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的分析正確的是(不考慮空氣阻力，細(xì)線不會(huì)纏繞在O點(diǎn)上)(　　) A．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小 B．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力最小 C．小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大 D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大 解析：選D　由題意可知，小球所受的電場(chǎng)力與重力的合力沿OA方向，小球從A點(diǎn)開(kāi)始無(wú)論向哪運(yùn)動(dòng)，合力對(duì)小球都做負(fù)功，小球動(dòng)能將減小，

5、所以運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)關(guān)于圓心對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，在該點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力最小，A、B錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做功最多，因此機(jī)械能最大，D正確。 2.如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開(kāi)始時(shí)對(duì)小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，上升h時(shí)恰好與彈簧分離，分離時(shí)小球的速度為v，小球上升過(guò)程不會(huì)撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　)

6、A．與彈簧分離時(shí)小球的動(dòng)能為mgh＋qEh B．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mgh＋qEh C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球減少的電勢(shì)能為 D．撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mv2－(qE－mg)h 解析：選D　根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)小球所做的功等于小球動(dòng)能的變化量，所以小球與彈簧分離時(shí)的動(dòng)能為Ek＝qEh－mgh＋Ep，A錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B錯(cuò)誤；小球減少的電勢(shì)能為qEh，故C錯(cuò)誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動(dòng)能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝ mv2－(qE－mg)h，D正確。

7、 3．[多選]如圖所示，一光滑絕緣斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的絕緣小球甲，另一質(zhì)量也為m、帶電量也為＋q的小球乙置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，∠BCA＝30°?，F(xiàn)把小球乙從B處由靜止自由釋放，小球乙能沿斜面從B處運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處(靜電力常量為k，重力加速度為g)，下列結(jié)論正確的是(　　) A．小球到達(dá)斜面中點(diǎn)D處時(shí)的速度大小為 B．小球運(yùn)動(dòng)到斜面底端C處時(shí)，對(duì)斜面的壓力大小為mg－ C．小球從B處運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能 D．小球從B處運(yùn)動(dòng)到C處電勢(shì)能先增加后減少 解析：選ABD　由題意知，小球乙運(yùn)動(dòng)到D處時(shí)，由幾何關(guān)系知AD＝AB，所以有φ

8、D＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由動(dòng)能定理得： mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正確；小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)，受力分析如圖所示，由平衡條件得：FN＋F庫(kù)sin 30°＝mgcos 30°，F(xiàn)庫(kù)＝，聯(lián)立解得：FN＝mg－，B正確；小球從B處運(yùn)動(dòng)到C處重力勢(shì)能減少，電勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，減少的重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和等于增加的動(dòng)能，C錯(cuò)誤；小球從B處運(yùn)動(dòng)到C處，先靠近A處后遠(yuǎn)離A處，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增加后減少，D正確。 [點(diǎn)點(diǎn)探明]———————————————————————————————— 題型1　組合磁場(chǎng)中帶電粒子的運(yùn)動(dòng) [例1]　[多選]

9、如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)速度方向改變了30°，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，測(cè)得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1 B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1 C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1 [解析]　由于洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功，故粒子在兩區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)速率相等，A正確；由洛倫茲力f＝qBv＝m

10、a和a＝vω可知，粒子運(yùn)動(dòng)的角速度之比為ω1∶ω2＝B1∶B2＝ 1∶2，B錯(cuò)誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正確；由幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的圓心角為30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的圓心角為60°，由R＝可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑是在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑為r，作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度d1＝2rsin 30°＝r；區(qū)域Ⅱ的寬度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正確。 [答案]　ACD 題型2　疊加三場(chǎng)中帶電小球的運(yùn)

11、動(dòng) [例2]　[多選]如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在該區(qū)域中，有一個(gè)豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球。O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上。已知小球所受電場(chǎng)力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．小球能越過(guò)d點(diǎn)并繼續(xù)沿圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng) B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，不受洛倫茲力 C．小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少，電勢(shì)能減少 D．小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)弧bc的中點(diǎn)時(shí)速度最大 [解析]　電場(chǎng)力與重力大小相等，結(jié)合題圖可

12、知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可視為等效重力，所以弧ad的中點(diǎn)相當(dāng)于豎直圓環(huán)的等效最高點(diǎn)，其關(guān)于圓心對(duì)稱(chēng)的位置(即弧bc的中點(diǎn))就是等效最低點(diǎn)；由于a、d兩點(diǎn)關(guān)于等效最高點(diǎn)與等效最低點(diǎn)的連線對(duì)稱(chēng)，若小球從a點(diǎn)由靜止釋放，最高運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確；由于d、b等高，故小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能不變，故C錯(cuò)誤；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中點(diǎn)是等效最低點(diǎn)，故小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)弧bc的中點(diǎn)時(shí)速度最大，故D正確。 [答案]　BD [系統(tǒng)通法]—————————————————————————

13、——————— 電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的比較 電偏轉(zhuǎn) 磁偏轉(zhuǎn) 示意圖 偏轉(zhuǎn)條件 v⊥E v⊥B 受力情況 只受恒定的電場(chǎng)力 只受大小恒定的洛倫茲力 運(yùn)動(dòng)軌跡 拋物線 圓弧 物理規(guī)律 類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律 牛頓第二定律、向心力公式 基本 公式 L＝vt　y＝at2 a＝　tan θ＝ qvB＝　r＝ T＝　t＝ sin θ＝ 做功 情況 電場(chǎng)力既改變速度方向，也改變速度大小，對(duì)電荷做功 洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對(duì)電荷不做功 [題題過(guò)關(guān)]———————————————————————————————— 1．(20

14、18·北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列因素與完成上述兩類(lèi)運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是(　　) A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向　　　 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 解析：選C　這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則粒子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，大小滿(mǎn)足qvB＝qE，故v＝，即磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱決定粒子入射時(shí)的速度大??；洛倫茲力與電場(chǎng)力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向一定互相垂直，粒子入射時(shí)的速度方向同時(shí)

15、垂直于磁場(chǎng)和電場(chǎng)，且不論粒子帶正電還是帶負(fù)電，入射時(shí)的速度方向相同，而不是電性相反時(shí)速度方向也要相反?？傊Ｗ邮欠裨凇八俣冗x擇器”中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，與粒子的電性、電量均無(wú)關(guān)，而是取決于磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向、強(qiáng)弱，以及粒子入射時(shí)的速度。撤除電場(chǎng)時(shí)，粒子速度方向仍與磁場(chǎng)垂直，滿(mǎn)足做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件，C正確。 2.如圖所示，ABCDEF為一正六邊形的六個(gè)端點(diǎn)，現(xiàn)正六邊形處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和平行于BA向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電粒子從A點(diǎn)射入場(chǎng)中，恰好沿直線AE做勻速直線運(yùn)動(dòng)。撤去磁場(chǎng)，粒子仍從A點(diǎn)以原速度射入場(chǎng)中，粒子恰好從F點(diǎn)射出。若撤去電場(chǎng)而保留磁場(chǎng)，粒子仍以原速度從A點(diǎn)射入，則粒子將從哪

16、條邊射出(不計(jì)粒子重力)(　　) A．AB　　　　　　　　 B．BC C．CD D．DE 解析：選B　只有電場(chǎng)時(shí)帶電粒子向右偏轉(zhuǎn)，則粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子受到的洛倫茲力的方向向左，粒子將向左偏轉(zhuǎn)。開(kāi)始時(shí)粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：qE＝qvB，設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，只有電場(chǎng)時(shí)，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；當(dāng)只有磁場(chǎng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝，聯(lián)立可得：r＝L，由幾何關(guān)系可知：＝L，而L<2r

17、放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場(chǎng)，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d處的狹縫穿過(guò)b板進(jìn)入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小也為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于微粒運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法正確的是(　　) A．微粒在ab區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 B．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑為2d C．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D．微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 解析：選ABD　粒

18、子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為末速度為零的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，水平方向有v0＝axt1，豎直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正確；微粒在bc區(qū)域所受電場(chǎng)力豎直向上，因?yàn)閝E＝max＝mg，故微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡半徑r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正確；設(shè)微粒在bc區(qū)域轉(zhuǎn)過(guò)的角度為θ，由幾何關(guān)系知 θ＝30°，所以微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝＝，故C錯(cuò)誤；微粒在ab區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝＝，微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝，故D正確。 4．

19、[多選](2019屆高三·銀川模擬)如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，右側(cè)同時(shí)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點(diǎn)A以某一初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)恰好能到最高點(diǎn)C，進(jìn)入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運(yùn)動(dòng)回到A點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g。則(　　) A．小球在最低點(diǎn)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的初速度大小為 B．小球返回A點(diǎn)后可以第二次到達(dá)最高點(diǎn)C C．小球帶正電，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 解析：選ACD　小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C，則mg＝m，解得vC＝，從A到C由動(dòng)能定理：－

20、mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，選項(xiàng)A正確；小球在復(fù)合場(chǎng)中以速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再次過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度為，則小球不能第二次到達(dá)最高點(diǎn)C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球在復(fù)合場(chǎng)中受向下的重力和向上的電場(chǎng)力而平衡，可知小球帶正電，滿(mǎn)足mg＝qE，解得E＝，選項(xiàng)C正確；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，選項(xiàng) D正確。 [知能全通]———————————————————————————————— 質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、回旋加速器、霍爾效應(yīng)等都是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)實(shí)例，這類(lèi)問(wèn)題模型成熟固定，解題時(shí)只要抓住各種模型的特點(diǎn)即可，常見(jiàn)實(shí)例如下。 1．速度選擇器 帶電粒子束

21、射入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的區(qū)域中，滿(mǎn)足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過(guò)速度選擇器。速度選擇器只對(duì)粒子的速度大小和方向做出選擇，而對(duì)粒子的電性、電荷量不能進(jìn)行選擇。 2．回旋加速器 (1)用途：加速帶電粒子。 (2)原理：帶電粒子在電場(chǎng)中加速，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同。 (3)粒子獲得的最大動(dòng)能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半徑。 3．質(zhì)譜儀 (1)用途：測(cè)量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。 (2)原理：由粒子源S發(fā)出速度幾乎為零的粒子，經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)U加速后，以速度v＝ 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑為r＝ ，

22、粒子經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)后打到照相底片D上，通過(guò)測(cè)量D與入口間的距離d，進(jìn)而求出粒子的比荷＝或粒子的質(zhì)量m＝。 [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1．(2019屆高三·大連六校聯(lián)考)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車(chē)的各個(gè)系統(tǒng)中。其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測(cè)量發(fā)動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速時(shí)，情景簡(jiǎn)化如圖甲所示，被測(cè)量轉(zhuǎn)子的輪齒(具有磁性)每次經(jīng)過(guò)霍爾元件時(shí)，都會(huì)使霍爾電壓發(fā)生變化，傳感器的內(nèi)置電路會(huì)將霍爾電壓調(diào)整放大；輸出一個(gè)脈沖信號(hào)，霍爾元件的原理如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．霍爾電壓是由于元件中定向移動(dòng)的載流子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)

23、生的 B．若霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷 C．在其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高 D．若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上輪齒數(shù)為150個(gè)，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個(gè)脈沖信號(hào) 解析：選B　霍爾電壓是由于元件內(nèi)載流子受到洛倫茲力和電場(chǎng)力的作用產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，負(fù)電荷載流子向前端偏轉(zhuǎn)，前端帶負(fù)電，后端帶正電，所以前端的電勢(shì)低，符合要求，則元件中的載流子為負(fù)電荷，故B正確；當(dāng)電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)速n＝1 800 r/mi

24、n, 則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號(hào)個(gè)數(shù)為150×1 800＝270 000個(gè)，故D錯(cuò)誤。 2.如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，最終打在P1、P2兩點(diǎn)。則(　　) A．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等 B．打在P1點(diǎn)的粒子是He C．打在P2點(diǎn)的粒子是H和He D．O2P2的長(zhǎng)度是O2P1長(zhǎng)度的4倍 解析：選C　粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等，故A錯(cuò)誤；粒子在沿直線通過(guò)速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等、方向相反，即qv

25、B1＝qE，所以v＝，可知從速度選擇器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是H，打在P2點(diǎn)的粒子是H和He，故B錯(cuò)誤，C正確；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是H和He的半徑的，即O2P2的長(zhǎng)度是O2P1長(zhǎng)度的2倍，故D錯(cuò)誤。 3.[多選](2018·泰州模擬)為測(cè)量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(jì)(流量Q為單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)某截面流體的體積)如圖所示，長(zhǎng)方體絕緣管道的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開(kāi)口，所在空間有垂直于前

26、后面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿(mǎn)管道從左向右勻速流動(dòng)，測(cè)得M、N間電壓為U，污水流過(guò)管道時(shí)受到的阻力大小為f＝kLv2，k是比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長(zhǎng)度，v為污水的流速，則(　　) A．污水的流量Q＝ B．M的電勢(shì)不一定高于N的電勢(shì) C．電壓U與污水中離子濃度無(wú)關(guān) D．左、右兩側(cè)管道的壓強(qiáng)差Δp＝ 解析：選CD　污水中離子最終在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，則有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，正離子向上表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下表面偏轉(zhuǎn)，知上表面的電勢(shì)一定高于下表面的電勢(shì)，即M的電

27、勢(shì)一定高于N的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由qvB＝q，解得U＝vBc，電壓U與污水中離子濃度無(wú)關(guān)，故C正確；根據(jù)平衡條件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正確。 [專(zhuān)題強(qiáng)訓(xùn)提能] 1.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，一帶電油滴在電場(chǎng)力和重力的作用下，沿虛線所示的運(yùn)動(dòng)軌跡從a運(yùn)動(dòng)到b。若油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和重力勢(shì)能之和為E1，重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和為E2，則E1、E2的變化情況是(　　) A．E1增加，E2增加　　　 B．E1增加，E2減小 C．E1不變

28、，E2減小 D．E1不變，E2不變 解析：選B　根據(jù)題圖所示的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，油滴帶負(fù)電，受到向上的電場(chǎng)力大于重力，合力做正功，動(dòng)能增加，所以油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和E2減小，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，所以重力勢(shì)能和動(dòng)能之和E1增加，B正確。 2.(2018·全國(guó)名校模擬)如圖所示，表面光滑的絕緣細(xì)桿傾斜固定放置，Q點(diǎn)處固定一點(diǎn)電荷。一帶電小圓環(huán)套在該絕緣細(xì)桿上，從細(xì)桿上P點(diǎn)處由靜止釋放，沿細(xì)桿上滑到O點(diǎn)時(shí)靜止。帶電小圓環(huán)可視為點(diǎn)電荷，則(　　) A．小圓環(huán)所帶電荷和固定點(diǎn)電荷一定是同種電荷 B．小圓環(huán)所帶電荷和固定點(diǎn)電荷一定是異種電荷 C．小圓環(huán)上滑過(guò)程中，

29、電勢(shì)能不變 D．小圓環(huán)上滑過(guò)程中，電勢(shì)能增大 解析：選A　小圓環(huán)從P點(diǎn)由靜止釋放，沿細(xì)桿上滑到O點(diǎn)時(shí)靜止，說(shuō)明固定點(diǎn)電荷與小圓環(huán)之間為排斥力，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；排斥力使小圓環(huán)沿細(xì)桿上滑，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 3.(2018·自貢模擬)如圖所示，兩豎直平行板間同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向左，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與電場(chǎng)垂直且水平向里。一帶正電液滴以豎直向下的初速度v0＝進(jìn)入電、磁場(chǎng)區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域。則帶電液滴在電、磁場(chǎng)區(qū)域中(　　) A．做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．運(yùn)動(dòng)速度逐漸減小 D．機(jī)械能逐漸減

30、小 解析：選D　帶電液滴進(jìn)入電、磁場(chǎng)中時(shí)，由題意可知，帶電液滴受電場(chǎng)力、重力、洛倫茲力，電場(chǎng)力等于洛倫茲力，所以重力使其做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，洛倫茲力的大小增大，方向隨速度方向的變化而變化，所以帶電液滴將向右做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；由題意可知，帶電液滴向右偏離并射出電、磁場(chǎng)，則運(yùn)動(dòng)速度逐漸增大，故C錯(cuò)誤；由上述分析可知，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，則機(jī)械能減小，故D正確。 4．(2019屆高三·黃岡中學(xué)模擬)質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。如圖所示鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū)加速后，再通過(guò)狹縫S

31、2，最后從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)接收到該粒子，且GF＝R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))(　　) A. B. C. D. 解析：選C　粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動(dòng)能定理有，qU＝mv2，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角θ＝60°，則粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C 正確。 5．[多選]如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙

32、面向里。不計(jì)重力的帶電粒子沿OO′方向從左側(cè)垂直于電、磁場(chǎng)射入，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時(shí)動(dòng)能比射入時(shí)小；要使粒子射出a、b板間區(qū)域時(shí)的動(dòng)能比射入時(shí)大，可采用的措施是(　　) A．適當(dāng)減小兩金屬板的正對(duì)面積 B．適當(dāng)增大兩金屬板間的距離 C．適當(dāng)減小勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 D．使帶電粒子的電性相反 解析：選AC　粒子在電、磁場(chǎng)中，動(dòng)能逐漸減小，說(shuō)明電場(chǎng)力做負(fù)功，因洛倫茲力不做功，則電場(chǎng)力小于洛倫茲力，若減小兩金屬板的正對(duì)面積，場(chǎng)強(qiáng)E＝，S減小，Q不變，E增大，電場(chǎng)力變大，當(dāng)電場(chǎng)力大于洛倫茲力時(shí)，粒子向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，射出時(shí)動(dòng)能變大，A項(xiàng)正確；當(dāng)增大兩金屬板間的距離時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)

33、不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)洛倫茲力減小，可能小于電場(chǎng)力，粒子可能向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，射出時(shí)動(dòng)能變大，C項(xiàng)正確；當(dāng)改變粒子電性時(shí)，其所受電場(chǎng)力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時(shí)動(dòng)能仍然減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 6．[多選](2018·全國(guó)名校模擬)如圖所示，區(qū)域Ⅰ中有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ中只有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不同的離子(不計(jì)重力)從左側(cè)進(jìn)入兩個(gè)區(qū)域，在區(qū)域Ⅰ中都沒(méi)有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在區(qū)域Ⅱ中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡都相同，則關(guān)于這些離子說(shuō)法正確的是(　　) A．離子一定都帶正電 B．這些離子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的初速度相等 C．離子的比荷一定相同 D．這些離子的初動(dòng)量一定相同 解析

34、：選BC　由題意知，不同的離子通過(guò)區(qū)域Ⅰ時(shí)都不偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，即Eq＝B1qv，故離子的初速度相等，若為正離子，則電場(chǎng)力向下，洛倫茲力向上；若為負(fù)離子，則電場(chǎng)力向上，洛倫茲力向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；不同的離子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式R＝可知，它們的比荷相同，選項(xiàng)C正確；由于離子的質(zhì)量不一定相等，所以無(wú)法判斷初動(dòng)量是否相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 7.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。A、B為兩塊中心開(kāi)有小孔的極板，原來(lái)電勢(shì)都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí)，A板電勢(shì)升

35、高為＋U，B板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩極板間的電場(chǎng)中加速。每當(dāng)粒子離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，A板電勢(shì)又降為零，粒子在電場(chǎng)中一次次加速，動(dòng)能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說(shuō)法正確的是(　　) A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ C．A、B板之間的電壓可以始終保持為U D．粒子每次繞行一圈所需的時(shí)間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ 解析：選B　因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以繞行第n圈時(shí)獲得的總動(dòng)能為mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁場(chǎng)中

36、，由牛頓第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；如果A、B板之間的電壓始終保持為U，粒子在A、B兩極板之間飛行時(shí)，電場(chǎng)對(duì)其做功qU，從而使之加速，在磁場(chǎng)內(nèi)飛行時(shí)，電場(chǎng)又對(duì)粒子做功－qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場(chǎng)對(duì)其所做總功為零，動(dòng)能不會(huì)增加，達(dá)不到加速效果，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)t＝得tn＝2πR，得 ＝ ，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 8．[多選](2018·北京燕博園模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量m＝0.5 kg、電荷量q＝＋1×10－2 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上，在物塊所在的足夠大的空間內(nèi)，加一與水平方向夾角 θ＝37°、斜向右下方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1×103 V

37、/m。物塊在電場(chǎng)力的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊運(yùn)動(dòng)后還受到空氣阻力，其大小與速度的大小成正比。物塊的加速度a與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判斷正確的是(　　) A．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)能為56.25 J C．t＝3 s時(shí)物塊受到的空氣阻力為5 N D．前5 s內(nèi)合外力對(duì)物塊做的功為100 J 解析：選ABD　由題圖乙可知，t＝0時(shí)物塊的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0時(shí)物塊受到的空氣阻力為零，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，

38、解得μ＝，故A選項(xiàng)正確；t＝2 s時(shí)物塊的速度由題圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可得，v＝×2× (10＋5)m/s＝15 m/s，物塊的動(dòng)能Ek＝mv2＝56.25 J，故B選項(xiàng)正確；由題圖乙可知t＝3 s時(shí)物塊的加速度大小a1＝2.5 m/s2，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－ Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖乙可知t＝4 s時(shí)物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可得，物塊的最大速度vm＝ 20 m/s，由動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的變化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝1

39、00 J，故D選項(xiàng)正確。 9．[多選]質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面(動(dòng)摩擦因數(shù)μ

40、斜面向上的洛倫茲力的作用，且隨小球速度的增大而增大，所以斜面對(duì)小球的支持力減小，滑動(dòng)摩擦力減小，重力沿斜面向下的分力不變，所以小球做加速度逐漸增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、C項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；當(dāng)斜面對(duì)小球的支持力減為零時(shí)，垂直于斜面向上的洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力，可得小球的速度為，故D項(xiàng)正確。 10．[多選](2018·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)自行車(chē)速度計(jì)利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車(chē)的運(yùn)動(dòng)速率。如圖甲所示，自行車(chē)前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖，當(dāng)磁場(chǎng)靠近霍爾元件時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)定向運(yùn)動(dòng)的自由電荷在磁場(chǎng)力作用下偏轉(zhuǎn)

41、，最終使導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差，即為霍爾電勢(shì)差。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車(chē)車(chē)輪的半徑即可獲知車(chē)速大小 B．自行車(chē)的車(chē)速越大，霍爾電勢(shì)差越高 C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向移動(dòng)形成的 D．如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，霍爾電勢(shì)差將減小 解析：選AD　根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車(chē)車(chē)輪的半徑，根據(jù)v＝2πrn即可獲知車(chē)速大小，選項(xiàng)A正確；根據(jù)霍爾效應(yīng)傳感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電勢(shì)差只與磁感應(yīng)強(qiáng)度、霍爾元件的厚度以及電子(即導(dǎo)體內(nèi)的自由電荷)定向移動(dòng)的速率有關(guān)，與車(chē)速無(wú)關(guān)，選

42、項(xiàng)B錯(cuò)誤；題圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向移動(dòng)形成的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，則會(huì)導(dǎo)致電子定向移動(dòng)的速率減小，故霍爾電勢(shì)差將減小，選項(xiàng)D正確。 11．[多選]如圖所示，在x軸上方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從原點(diǎn)O與x軸成30°角斜向上射入磁場(chǎng)，且在x軸上方運(yùn)動(dòng)的半徑為R。則(　　) A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到O點(diǎn) B．粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．粒子射入磁場(chǎng)后，第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與O點(diǎn)的距離為3R D．粒子在x軸上方和下方的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為

43、1∶2 解析：選CD　根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向可知，粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中始終處于磁場(chǎng)內(nèi)，且離O點(diǎn)越來(lái)越遠(yuǎn)，粒子一定不能回到O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，粒子在一次周期性運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，在x軸上方運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝T＝，在x軸下方運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝T′＝，粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＋t2＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)Bqv＝m得：r＝，易知在x軸下方的軌跡半徑是在x軸上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角及幾何關(guān)系可知，粒子射入磁場(chǎng)后第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與O點(diǎn)的距離為R，第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的距離為2R，所以第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與O點(diǎn)的距離為3R，C、D 正確。 12．[多選]

44、如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場(chǎng)中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點(diǎn)開(kāi)始沿斜面上滑，當(dāng)?shù)竭_(dá)斜面頂端B點(diǎn)時(shí)，速度仍為v0，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值一定為 B．A、B兩點(diǎn)間的電壓一定等于 C．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能 D．若該電場(chǎng)是斜面中點(diǎn)正上方某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 解析：選AB　小球沿斜面從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正確；若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，由公式U＝Ed知，當(dāng)兩點(diǎn)間的電壓一定時(shí)，間距越大，電場(chǎng)強(qiáng)度越小，故電

45、場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為E＝＝，A正確；小球沿斜面上滑過(guò)程中，重力做負(fù)功，故電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤；若該電場(chǎng)是斜面中點(diǎn)正上方某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，離電荷遠(yuǎn)的A點(diǎn)電勢(shì)高，所以Q一定是負(fù)電荷，D錯(cuò)誤。 13.[多選]如圖所示，空間存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)內(nèi)有一絕緣的足夠長(zhǎng)的直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電量為－q、質(zhì)量為m的帶電小球套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球下滑的最大速度為vm＝ B．小球下滑的最大加速度為am＝gsin θ

46、 C．小球的加速度一直在減小 D．小球的速度先增大后不變 解析：選BD　小球開(kāi)始下滑時(shí)有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，隨v增大，a增大，當(dāng)v＝時(shí)，a達(dá)到最大值gsin θ，此時(shí)洛倫茲力等于mgcos θ，支持力等于0；此后隨著v增大，洛倫茲力增大，支持力增大，下滑過(guò)程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，隨v增大，a減小，當(dāng)vm＝時(shí)，a＝0，此時(shí)小球受力平衡，速度不變，所以小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，v先增大后不變；a先增大后減小，所以B、D正確。 14.[多選]如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌

47、道平面向里。一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A無(wú)初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能以保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn)。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是(　　) A．小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB B．小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg＋qB C．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變 D．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大 解析：選AD　小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得 mgR＝mv2，解得v＝，故小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為F洛＝qBv＝qB，故A正確；由左手定則可知，小球向右運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力的方向向上，則有 N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)程中速率不變，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向與水平方向夾角θ變大，重力沿切線方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)程中，速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以外力F的功率與小球克服重力做功的功率大小相等，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，小球從C向D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，豎直方向的分速度越來(lái)越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正確。