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高考物理一轮复习课时作业32带电粒子在复合场中的运动含答案
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带电粒子在复合场中的运动[双基巩固练]1．(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )A．小球可能做匀变速运动B．小球一定做变加速运动C．小球动能可能不变D．小球机械能守恒2．如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开．板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动．则( )A．粒子一定带正电B．若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C．若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D．若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间有可能是eq \f(2πm,qB)3．[2020·山东潍坊一模]中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的eq \f(1,2)，促进了我国医疗事业的发展．若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是( )A．氘核射出时的向心加速度大B．氕核获得的速度大C．氘核获得的动能大D．氕核动能增大，其偏转半径的增量不变4．[2021·吉林调研]电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率倒数)，泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则( )A．泵体上表面应接电源负极B．通过泵体的电流I＝eq \f(UL1,σ)C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度5．(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为正离子与负离子，即高温等离子体．高温等离子体经喷管提速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道．发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度为6T，等离子体发生偏转，在两极间形成电势差，已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm，高d＝20cm，等离子体的电阻率ρ＝2Ω·m，则以下判断中正确的是( )A．发电机的电动势为1200VB．开关断开时，高温等离子体可以匀速通过发电通道C．当外接电阻为8Ω时，电流表示数为150AD．当外接电阻为4Ω时，发电机输出功率最大6．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环．一带电小球套在环上从a点开始运动，发现其速率保持不变．则小球( )A．带负电B．受到的洛伦兹力大小不变C．运动过程的加速度大小保持不变D．光滑环对小球始终没有作用力7．如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．8．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度E1＝40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝eq \f(160,3)N/C.一质量为m＝2×10－3kg带正电的小球，从点M(3.64m,3.2m)以v0＝1m/s的水平速度开始运动．已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28m)(图中未标出)．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)小球由P点运动到N点的时间．[综合提升练]9．[2020·湖北宜昌一中、龙泉中学6月联考]如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U，距离为d.两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2.一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场．已知ab为圆形区域的水平直径，∠cOb＝60°，∠dOb＝120°，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )A．金属板A、B分别接电源的负极、正极B．进入圆形磁场的粒子的速度大小为eq \f(B1d,U)C．1、2两束粒子的比荷之比为3:1D．1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为3:210．[2020·重庆5月模拟]如图所示，xOy直角坐标平面内，在第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，一个带正电的粒子从坐标为(2eq \r(3)l,3l)的P点沿x轴正方向开始运动，恰好从坐标原点O进入第四象限，在x>0的区域存在一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场方向垂直xOy平面(纸面)，粒子经过匀强磁场区域后恰能沿x轴负方向再次通过坐标原点O，已知粒子在匀强电场和匀强磁场中运动的加速度大小均为a，不计粒子重力．求：(1)粒子第一次通过坐标原点O时的速度大小；(2)粒子两次通过坐标原点O的时间间隔；(3)矩形磁场区域的最小面积．11．[2021·山东模拟]如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ；一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于y轴进入第四象限．不计粒子重力．求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.课时作业(三十二)1．解析：小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误．答案：BC2．解析：不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零．电场力与磁场力等大反向．该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，选项A错误；仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电荷量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，选项B错误；若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C对．若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，选项D错误．答案：C3．解析：由qvB＝meq \f(v2,r)，Ek＝eq \f(1,2)mv2，可得Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝eq \f(B2q2R2,2m)，因为氕核的质量较小，则其获得的动能和速度大，选项B正确，C错误；由向心加速度a＝eq \f(v\o\al(2,m),R)＝eq \f(B2q2R,m2)可知，氕核射出时的向心加速度大，选项A错误；由r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2mEk),qB)可知氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，选项D错误．答案：B4．解析：当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R＝ρeq \f(L,S)＝eq \f(1,σ)·eq \f(L2,L1L2)＝eq \f(1,σL1)，因此流过泵体的电流I＝eq \f(U,R)＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误．答案：C5．解析：离子在复合场中由eq \f(U,d)q＝qvB，得电源电动势U＝vBd＝1 200 V，故A正确；开关断开时，高温等离子体在磁场力作用下发生偏转，导致极板间存在电压，当电场力与磁场力平衡时，高温等离子体可以匀速通过发电通道，故B正确；由电阻定律r＝ρeq \f(d,ab)＝4 Ω，得发电机内阻为4 Ω，由闭合电路欧姆定律得，当外接电阻为8 Ω时，电流为100 A，故C错误；当外电路总电阻R＝r时有最大输出功率，故D正确．答案：ABD6．解析：小球速率不变，则做匀速圆周运动，可知所受的电场力和重力平衡，所以小球受向上的电场力，则小球带正电，选项A错误；小球的速率不变，根据F洛＝Bqv可知受到的洛伦兹力大小不变，选项B正确；因小球在不同的圆环中运动的半径不同，根据a＝eq \f(v2,r)可知，小球从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小，选项C错误；小球从小圆环过渡到大圆环的过程中，加速度减小，根据FN＋qvB＝ma可知光滑环对小球的作用力发生变化，且作用力不可能总是零，选项D错误．故选B.答案：B7．解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq \f(v\o\al(2,1),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq \f(4U,lv1)④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq \f(v\o\al(2,2),R2)⑥由题给条件有2R2＝eq \f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq \f(q1,m1):eq \f(q2,m2)＝1:4⑧答案：(1)eq \f(4U,lv1) (2)1:48．解析：(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4 C.分析如图，Rcos θ＝xM－xP，Rsin θ＋R＝yM，可得R＝2 m，θ＝37°.由qv0B＝eq \f(mv\o\al(2,0),R)，得B＝2 T.(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan α＝eq \f(mg,qE2)＝0.75.可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°.由几何关系可得lNQ＝0.6 m.由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s.或：F＝eq \f(mg,sin α)＝ma，得a＝eq \f(50,3) m/s2，由几何关系得lPQ＝3 m，由lPQ＝eq \f(1,2)at2，解得t＝0.6 s.答案：(1)2 T (2)0.6 s9．解析：粒子在圆形磁场区域内向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电，粒子在平行金属板A、B中受到的洛伦兹力方向竖直向上，由于粒子在平行金属板A、B中沿直线运动，由分析可知粒子做匀速直线运动，由平衡条件有qE＝qvB1，可知粒子受到的电场力方向竖直向下，所以电场的方向竖直向下，金属板A、B分别接电源的正极、负极，金属板A、B间的电场强度E＝eq \f(U,d)，联立解得进入圆形磁场的粒子的速度大小为v＝eq \f(U,dB1)，选项A、B错误．如图所示，由几何关系可知，从c点射出的粒子的轨迹半径r1＝Rtan 60°＝eq \r(3)R，从d点射出的粒子的轨迹半径r2＝Rtan 30°＝eq \f(\r(3),3)R，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝eq \f(mv,qB)，则1、2两束粒子的比荷之比为eq \f(q1,m1):eq \f(q2,m2)＝r2:r1＝1:3，选项C错误．根据周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，可知粒子在圆形有界磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,qB2)，由几何关系可知，eq \f(θ1,θ2)＝eq \f(60°,120°)＝eq \f(1,2)，所以1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为t1:t2＝3:2，选项D正确．答案：D10．解析：(1)如图所示，设粒子第一次通过坐标原点O时速度大小为v，方向与x轴正方向间的夹角为θ，粒子从P到O的运动时间为t0，由类平抛运动规律得vcos θ·t0＝2eq \r(3)leq \f(vsin θ,2)t0＝3l(vsin θ)2＝2a·3l联立解得v＝2eq \r(2al)，θ＝60°.(2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r又a＝eq \f(v2,r)解得r＝8l设O点到粒子刚进入磁场位置的距离为d，由几何关系得d＝eq \r(3)r粒子做匀速直线运动的时间t1＝eq \f(2d,v)＝eq \f(2\r(3)r,v)由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹的弧长为eq \f(4,3)πr，则粒子在匀强磁场中运动的时间t2＝eq \f(4πr,3v)粒子两次通过坐标原点O的时间间隔t＝t1＋t2解得t＝eq \f(4,3)(3eq \r(3)＋2π)eq \r(\f(2l,a)).(3)由几何关系得，矩形磁场区域的最小面积S＝2r·r(1＋cos 60°)＝3r2解得S＝192l2.答案：(1)2eq \r(2al) (2)eq \f(4,3)(3eq \r(3)＋2π)eq \r(\f(2l,a))(3)192l211．解析：(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0B0＝eq \f(mv\o\al(2,0),R0)解得v0＝eq \f(qB0R0,m)(2)由于与y轴成45°角离开电场，则有vx＝vy＝v0粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上qE＝maveq \o\al(2,x)－0＝2aR0解得E＝eq \f(qR0B\o\al(2,0),2m)(3)粒子在电场中运动时水平方向：vx＝at，R0＝eq \f(1,2)at2竖直方向：y＝vyt解得y＝2R0过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因此ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2eq \r(2)R0.由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝eq \f(mv2,PN)其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝eq \r(2)v0解得B1＝eq \f(1,2)B0答案：(1)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qR0B\o\al(2,0),2m) (3)eq \f(1,2)B0
带电粒子在复合场中的运动[双基巩固练]1．(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )A．小球可能做匀变速运动B．小球一定做变加速运动C．小球动能可能不变D．小球机械能守恒2．如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开．板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动．则( )A．粒子一定带正电B．若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C．若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D．若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间有可能是eq \f(2πm,qB)3．[2020·山东潍坊一模]中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的eq \f(1,2)，促进了我国医疗事业的发展．若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是( )A．氘核射出时的向心加速度大B．氕核获得的速度大C．氘核获得的动能大D．氕核动能增大，其偏转半径的增量不变4．[2021·吉林调研]电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率倒数)，泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则( )A．泵体上表面应接电源负极B．通过泵体的电流I＝eq \f(UL1,σ)C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度5．(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为正离子与负离子，即高温等离子体．高温等离子体经喷管提速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道．发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度为6T，等离子体发生偏转，在两极间形成电势差，已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm，高d＝20cm，等离子体的电阻率ρ＝2Ω·m，则以下判断中正确的是( )A．发电机的电动势为1200VB．开关断开时，高温等离子体可以匀速通过发电通道C．当外接电阻为8Ω时，电流表示数为150AD．当外接电阻为4Ω时，发电机输出功率最大6．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环．一带电小球套在环上从a点开始运动，发现其速率保持不变．则小球( )A．带负电B．受到的洛伦兹力大小不变C．运动过程的加速度大小保持不变D．光滑环对小球始终没有作用力7．如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．8．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度E1＝40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝eq \f(160,3)N/C.一质量为m＝2×10－3kg带正电的小球，从点M(3.64m,3.2m)以v0＝1m/s的水平速度开始运动．已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28m)(图中未标出)．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)小球由P点运动到N点的时间．[综合提升练]9．[2020·湖北宜昌一中、龙泉中学6月联考]如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U，距离为d.两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2.一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场．已知ab为圆形区域的水平直径，∠cOb＝60°，∠dOb＝120°，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )A．金属板A、B分别接电源的负极、正极B．进入圆形磁场的粒子的速度大小为eq \f(B1d,U)C．1、2两束粒子的比荷之比为3:1D．1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为3:210．[2020·重庆5月模拟]如图所示，xOy直角坐标平面内，在第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，一个带正电的粒子从坐标为(2eq \r(3)l,3l)的P点沿x轴正方向开始运动，恰好从坐标原点O进入第四象限，在x>0的区域存在一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场方向垂直xOy平面(纸面)，粒子经过匀强磁场区域后恰能沿x轴负方向再次通过坐标原点O，已知粒子在匀强电场和匀强磁场中运动的加速度大小均为a，不计粒子重力．求：(1)粒子第一次通过坐标原点O时的速度大小；(2)粒子两次通过坐标原点O的时间间隔；(3)矩形磁场区域的最小面积．11．[2021·山东模拟]如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ；一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于y轴进入第四象限．不计粒子重力．求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.课时作业(三十二)1．解析：小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误．答案：BC2．解析：不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零．电场力与磁场力等大反向．该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，选项A错误；仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电荷量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，选项B错误；若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C对．若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，选项D错误．答案：C3．解析：由qvB＝meq \f(v2,r)，Ek＝eq \f(1,2)mv2，可得Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝eq \f(B2q2R2,2m)，因为氕核的质量较小，则其获得的动能和速度大，选项B正确，C错误；由向心加速度a＝eq \f(v\o\al(2,m),R)＝eq \f(B2q2R,m2)可知，氕核射出时的向心加速度大，选项A错误；由r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2mEk),qB)可知氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，选项D错误．答案：B4．解析：当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R＝ρeq \f(L,S)＝eq \f(1,σ)·eq \f(L2,L1L2)＝eq \f(1,σL1)，因此流过泵体的电流I＝eq \f(U,R)＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误．答案：C5．解析：离子在复合场中由eq \f(U,d)q＝qvB，得电源电动势U＝vBd＝1 200 V，故A正确；开关断开时，高温等离子体在磁场力作用下发生偏转，导致极板间存在电压，当电场力与磁场力平衡时，高温等离子体可以匀速通过发电通道，故B正确；由电阻定律r＝ρeq \f(d,ab)＝4 Ω，得发电机内阻为4 Ω，由闭合电路欧姆定律得，当外接电阻为8 Ω时，电流为100 A，故C错误；当外电路总电阻R＝r时有最大输出功率，故D正确．答案：ABD6．解析：小球速率不变，则做匀速圆周运动，可知所受的电场力和重力平衡，所以小球受向上的电场力，则小球带正电，选项A错误；小球的速率不变，根据F洛＝Bqv可知受到的洛伦兹力大小不变，选项B正确；因小球在不同的圆环中运动的半径不同，根据a＝eq \f(v2,r)可知，小球从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小，选项C错误；小球从小圆环过渡到大圆环的过程中，加速度减小，根据FN＋qvB＝ma可知光滑环对小球的作用力发生变化，且作用力不可能总是零，选项D错误．故选B.答案：B7．解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq \f(v\o\al(2,1),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq \f(4U,lv1)④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq \f(v\o\al(2,2),R2)⑥由题给条件有2R2＝eq \f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq \f(q1,m1):eq \f(q2,m2)＝1:4⑧答案：(1)eq \f(4U,lv1) (2)1:48．解析：(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4 C.分析如图，Rcos θ＝xM－xP，Rsin θ＋R＝yM，可得R＝2 m，θ＝37°.由qv0B＝eq \f(mv\o\al(2,0),R)，得B＝2 T.(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan α＝eq \f(mg,qE2)＝0.75.可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°.由几何关系可得lNQ＝0.6 m.由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s.或：F＝eq \f(mg,sin α)＝ma，得a＝eq \f(50,3) m/s2，由几何关系得lPQ＝3 m，由lPQ＝eq \f(1,2)at2，解得t＝0.6 s.答案：(1)2 T (2)0.6 s9．解析：粒子在圆形磁场区域内向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电，粒子在平行金属板A、B中受到的洛伦兹力方向竖直向上，由于粒子在平行金属板A、B中沿直线运动，由分析可知粒子做匀速直线运动，由平衡条件有qE＝qvB1，可知粒子受到的电场力方向竖直向下，所以电场的方向竖直向下，金属板A、B分别接电源的正极、负极，金属板A、B间的电场强度E＝eq \f(U,d)，联立解得进入圆形磁场的粒子的速度大小为v＝eq \f(U,dB1)，选项A、B错误．如图所示，由几何关系可知，从c点射出的粒子的轨迹半径r1＝Rtan 60°＝eq \r(3)R，从d点射出的粒子的轨迹半径r2＝Rtan 30°＝eq \f(\r(3),3)R，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝eq \f(mv,qB)，则1、2两束粒子的比荷之比为eq \f(q1,m1):eq \f(q2,m2)＝r2:r1＝1:3，选项C错误．根据周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，可知粒子在圆形有界磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,qB2)，由几何关系可知，eq \f(θ1,θ2)＝eq \f(60°,120°)＝eq \f(1,2)，所以1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为t1:t2＝3:2，选项D正确．答案：D10．解析：(1)如图所示，设粒子第一次通过坐标原点O时速度大小为v，方向与x轴正方向间的夹角为θ，粒子从P到O的运动时间为t0，由类平抛运动规律得vcos θ·t0＝2eq \r(3)leq \f(vsin θ,2)t0＝3l(vsin θ)2＝2a·3l联立解得v＝2eq \r(2al)，θ＝60°.(2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r又a＝eq \f(v2,r)解得r＝8l设O点到粒子刚进入磁场位置的距离为d，由几何关系得d＝eq \r(3)r粒子做匀速直线运动的时间t1＝eq \f(2d,v)＝eq \f(2\r(3)r,v)由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹的弧长为eq \f(4,3)πr，则粒子在匀强磁场中运动的时间t2＝eq \f(4πr,3v)粒子两次通过坐标原点O的时间间隔t＝t1＋t2解得t＝eq \f(4,3)(3eq \r(3)＋2π)eq \r(\f(2l,a)).(3)由几何关系得，矩形磁场区域的最小面积S＝2r·r(1＋cos 60°)＝3r2解得S＝192l2.答案：(1)2eq \r(2al) (2)eq \f(4,3)(3eq \r(3)＋2π)eq \r(\f(2l,a))(3)192l211．解析：(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0B0＝eq \f(mv\o\al(2,0),R0)解得v0＝eq \f(qB0R0,m)(2)由于与y轴成45°角离开电场，则有vx＝vy＝v0粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上qE＝maveq \o\al(2,x)－0＝2aR0解得E＝eq \f(qR0B\o\al(2,0),2m)(3)粒子在电场中运动时水平方向：vx＝at，R0＝eq \f(1,2)at2竖直方向：y＝vyt解得y＝2R0过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因此ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2eq \r(2)R0.由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝eq \f(mv2,PN)其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝eq \r(2)v0解得B1＝eq \f(1,2)B0答案：(1)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qR0B\o\al(2,0),2m) (3)eq \f(1,2)B0
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