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粤教版 (2019)选择性必修 第二册第三节 电磁感应定律的应用课时训练
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这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第二册第三节 电磁感应定律的应用课时训练，共8页。试卷主要包含了某空间存在匀强磁场和匀强电场等内容，欢迎下载使用。
1．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝eq \f(E,B)，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。
2．(2022·重庆高考)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A．电场力的瞬时功率为qEeq \r(v12＋v22)
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
解析：选D 根据功率的计算公式可知P＝Fvcs θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛＝qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
3.(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是( )
A．Ga最大 B．Gb最大 C．Gc最大 D．Gb最小
解析：选CD a、b、c三油滴均处于平衡状态，a油滴受到重力和向上的电场力，a带负电且有Eq＝Ga ①，由a、b、c带有等量同种电荷可知三油滴均带负电荷，b油滴受到重力、向上的电场力及向下的洛伦兹力，有Eq＝Gb＋qvbB ②，c油滴受到重力、向上的电场力及向上的洛伦兹力，则Eq＋qvcB＝Gc ③，由①②③三式比较可得出Gc＞Ga＞Gb，故选项C、D正确。
4．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
解析：选B 在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O由静止开始运动的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，因受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
5.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电荷的粒子，且粒子电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
B．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
D．只要速度满足v＝eq \f(qBR,m)，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
解析：选BD 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t＝eq \f(θ,2π)T知，运动时间t越小，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O点，故B正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；速度满足v＝eq \f(qBR,m)时，粒子的轨迹半径为r＝eq \f(mv,qB)＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，射出磁场时粒子一定垂直打在MN板上，故D正确。
6．(2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRtan θ,B1B2Ld)
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRtan θ,B1B2Ld)
解析：选B 由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝eq \f(U,R)，而对等离子体受力分析有qeq \f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)。故B正确，A、C、D错误。
7．(2021·全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力，则eq \f(v1,v2)为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(3)
解析：选B 根据题意找出粒子做圆周运动的圆心，如图所示。设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝eq \f(R,tan\f(60°,2))＝eq \r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，可得v＝eq \f(qrB,m)，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),3)，B正确。
8．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁铁靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是( )
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析：选AD 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn，即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应原理可知eq \f(U,d)q＝Bqv，可得U＝Bdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
9.如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求：
(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
解析：
(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝eq \f(mv2,r)，解得B＝eq \f(mv,qR)
代入数据得B＝0.2 T。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
Eqeq \f(s2,2)＝eq \f(1,2)mv2
解得s2＝eq \f(mv2,Eq)
总路程s＝s1＋s2＝πr＋eq \f(mv2,Eq)，
代入数据得s＝(0.5π＋1)m。
答案：(1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10.如图所示，xOy平面内，直线PQ、RS与y轴平行，PQ与RS、RS与y轴之间的距离均为d。PQ、RS之间的足够大区域Ⅰ内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E0，RS与y轴之间的足够大区域Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场。y轴右侧边长为d的正六边形OGHJKL区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正六边形OGHJKL的O点位于坐标原点，J点位于x轴上。现将一电荷量为q、质量为m的带正电荷粒子从直线PQ上的某点A由静止释放，经PQ与RS之间的电场加速、RS与y轴之间的电场偏转后从坐标原点O进入匀强磁场区域，经磁场区域后从正六边形的H点沿y轴正方向离开磁场。不计粒子所受重力，整个装置处在真空中，粒子运动的轨迹在xOy平面内。求：
(1)粒子经直线RS从电场区域Ⅰ进入电场区域Ⅱ时的速度大小；
(2)电场区域Ⅱ中电场的场强大小；
(3)磁场的磁感应强度大小。
解析：(1)设粒子进入电场区域Ⅱ时的速度大小为v0，由动能定理得qE0d＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝ eq \r(\f(2qE0d,m))。
(2)由题意画出粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ＝30°。设粒子进入磁场时的速度大小为v，在y轴方向的分速度为vy，粒子在区域Ⅱ运动的加速度为ay，时间为t。由牛顿第二定律及匀变速运动规律得qE＝may，vy＝ayt，d＝v0t，tan θ＝eq \f(vy,v0)，联立解得E＝eq \f(2\r(3),3)E0。
(3)由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝d，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq \f(v2,r)，由运动合成可知v＝eq \r(v02＋vy2)，联立解得B＝2 eq \r(\f(2mE0,3qd))。
答案：(1) eq \r(\f(2qE0d,m)) (2)eq \f(2\r(3),3)E0 (3)2 eq \r(\f(2mE0,3qd))
11．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
v＝ eq \r(v02－\f(4eEd,m))。
(2)当磁场仅有沿x负方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1－\f(L,2)))2＋L2＝R12
根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝eq \f(mv02,R1)
联立解得B0＝eq \f(2mv0,5eL)
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R2－\f(\r(2)L,2)))2＋L2＝R22
此时B＝eq \r(2)B0，根据洛伦兹力提供向心力有
2e×v0×eq \r(2)B0＝eq \f(mv02,R2)
联立解得B0＝eq \f(mv0,3eL)
故B0的取值范围为0≤B0≤eq \f(mv0,3eL)。
(3)
粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×eq \r(2)B0＝eq \f(mv02,R3)
且满足B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)
所以可得R3＝eq \f(mv0,2\r(2)eB0)＝eq \f(5,4)L
所以可得cs θ＝eq \f(3,5)
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nΔtmv0cs θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′＝F＝eq \f(3,5)nmv0，
方向沿z轴负方向。
答案：(1)eq \r(v02－\f(4eEd,m)) (2)0≤B0≤eq \f(mv0,3eL) (3)eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向
1．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝eq \f(E,B)，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。
2．(2022·重庆高考)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A．电场力的瞬时功率为qEeq \r(v12＋v22)
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
解析：选D 根据功率的计算公式可知P＝Fvcs θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛＝qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
3.(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是( )
A．Ga最大 B．Gb最大 C．Gc最大 D．Gb最小
解析：选CD a、b、c三油滴均处于平衡状态，a油滴受到重力和向上的电场力，a带负电且有Eq＝Ga ①，由a、b、c带有等量同种电荷可知三油滴均带负电荷，b油滴受到重力、向上的电场力及向下的洛伦兹力，有Eq＝Gb＋qvbB ②，c油滴受到重力、向上的电场力及向上的洛伦兹力，则Eq＋qvcB＝Gc ③，由①②③三式比较可得出Gc＞Ga＞Gb，故选项C、D正确。
4．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
解析：选B 在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O由静止开始运动的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，因受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
5.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电荷的粒子，且粒子电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
B．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
D．只要速度满足v＝eq \f(qBR,m)，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
解析：选BD 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t＝eq \f(θ,2π)T知，运动时间t越小，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O点，故B正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；速度满足v＝eq \f(qBR,m)时，粒子的轨迹半径为r＝eq \f(mv,qB)＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，射出磁场时粒子一定垂直打在MN板上，故D正确。
6．(2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRtan θ,B1B2Ld)
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRtan θ,B1B2Ld)
解析：选B 由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝eq \f(U,R)，而对等离子体受力分析有qeq \f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)。故B正确，A、C、D错误。
7．(2021·全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力，则eq \f(v1,v2)为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(3)
解析：选B 根据题意找出粒子做圆周运动的圆心，如图所示。设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝eq \f(R,tan\f(60°,2))＝eq \r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，可得v＝eq \f(qrB,m)，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),3)，B正确。
8．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁铁靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是( )
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析：选AD 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn，即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应原理可知eq \f(U,d)q＝Bqv，可得U＝Bdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
9.如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求：
(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
解析：
(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝eq \f(mv2,r)，解得B＝eq \f(mv,qR)
代入数据得B＝0.2 T。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
Eqeq \f(s2,2)＝eq \f(1,2)mv2
解得s2＝eq \f(mv2,Eq)
总路程s＝s1＋s2＝πr＋eq \f(mv2,Eq)，
代入数据得s＝(0.5π＋1)m。
答案：(1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10.如图所示，xOy平面内，直线PQ、RS与y轴平行，PQ与RS、RS与y轴之间的距离均为d。PQ、RS之间的足够大区域Ⅰ内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E0，RS与y轴之间的足够大区域Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场。y轴右侧边长为d的正六边形OGHJKL区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正六边形OGHJKL的O点位于坐标原点，J点位于x轴上。现将一电荷量为q、质量为m的带正电荷粒子从直线PQ上的某点A由静止释放，经PQ与RS之间的电场加速、RS与y轴之间的电场偏转后从坐标原点O进入匀强磁场区域，经磁场区域后从正六边形的H点沿y轴正方向离开磁场。不计粒子所受重力，整个装置处在真空中，粒子运动的轨迹在xOy平面内。求：
(1)粒子经直线RS从电场区域Ⅰ进入电场区域Ⅱ时的速度大小；
(2)电场区域Ⅱ中电场的场强大小；
(3)磁场的磁感应强度大小。
解析：(1)设粒子进入电场区域Ⅱ时的速度大小为v0，由动能定理得qE0d＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝ eq \r(\f(2qE0d,m))。
(2)由题意画出粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ＝30°。设粒子进入磁场时的速度大小为v，在y轴方向的分速度为vy，粒子在区域Ⅱ运动的加速度为ay，时间为t。由牛顿第二定律及匀变速运动规律得qE＝may，vy＝ayt，d＝v0t，tan θ＝eq \f(vy,v0)，联立解得E＝eq \f(2\r(3),3)E0。
(3)由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝d，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq \f(v2,r)，由运动合成可知v＝eq \r(v02＋vy2)，联立解得B＝2 eq \r(\f(2mE0,3qd))。
答案：(1) eq \r(\f(2qE0d,m)) (2)eq \f(2\r(3),3)E0 (3)2 eq \r(\f(2mE0,3qd))
11．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
v＝ eq \r(v02－\f(4eEd,m))。
(2)当磁场仅有沿x负方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1－\f(L,2)))2＋L2＝R12
根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝eq \f(mv02,R1)
联立解得B0＝eq \f(2mv0,5eL)
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R2－\f(\r(2)L,2)))2＋L2＝R22
此时B＝eq \r(2)B0，根据洛伦兹力提供向心力有
2e×v0×eq \r(2)B0＝eq \f(mv02,R2)
联立解得B0＝eq \f(mv0,3eL)
故B0的取值范围为0≤B0≤eq \f(mv0,3eL)。
(3)
粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×eq \r(2)B0＝eq \f(mv02,R3)
且满足B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)
所以可得R3＝eq \f(mv0,2\r(2)eB0)＝eq \f(5,4)L
所以可得cs θ＝eq \f(3,5)
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nΔtmv0cs θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′＝F＝eq \f(3,5)nmv0，
方向沿z轴负方向。
答案：(1)eq \r(v02－\f(4eEd,m)) (2)0≤B0≤eq \f(mv0,3eL) (3)eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向
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