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帶電粒子在電磁場中運動的綜合性問題時間:60分鐘滿分:100分一、選擇題(本題共7小題,每小題9分,共63分。其中 15為單選,67為多選)1(2017全國卷)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()Amambmc BmbmamcCmcmamb Dmcmbma答案B解析設三個微粒的電荷量均為q,a在紙面內做勻速圓周運動,說明洛倫茲力提供向心力,重力與電場力平衡,即magqEb在紙面內向右做勻速直線運動,三力平衡,則mbgqEqvBc在紙面內向左做勻速直線運動,三力平衡,則mcgqvBqE比較式得:mbmamc,B正確。2(2018河北衡水檢測)如圖所示,一帶負電的小球(質量為m)以一定的初速度v0豎直向上拋出,達到的最大高度為h1;若加上垂直紙面向里的勻強磁場,且初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h2;若加上水平向右的勻強電場,且初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h3;若加上豎直向上的勻強電場,且保持初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h4,不計空氣阻力,則()Ah1h3 Bh1h4Ch2與h3無法比較 Dh2h2,h3h2,C錯誤;第4個圖:因小球帶負電,所受電場力的方向向下,則h4一定小于h1,B錯誤;由于無法確定第4個圖過程中電場力做功與第2個圖過程中動能Ek的大小關系,故無法確定h2和h4之間的大小關系,D錯誤。3. 有一個電荷量為q、重力為G的小球,從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下,兩極板間另有勻強磁場,磁感應強度為B,方向如圖所示,則帶電小球通過有電場和磁場的空間時,下列說法正確的是()A一定做曲線運動B不可能做曲線運動C有可能做勻加速運動D有可能做勻速運動答案A解析由于小球受重力作用,進入平行板間速度大小一定變化,則洛倫茲力變化,小球所受合力變化,小球不可能做勻速或勻加速運動,而一定做曲線運動,B、C、D錯誤,A正確。4如圖所示,導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產生勻強磁場,磁感應強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UHk,式中k為霍爾系數,d為霍爾元件兩側面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則()A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負極對調,電壓表將反偏CIH與I成反比D電壓表的示數與RL消耗的電功率成正比答案D解析當霍爾元件通有電流IH時,根據左手定則,電子將向霍爾元件的后表面運動,故霍爾元件的前表面電勢較高,A錯誤。若將電源的正負極對調,則磁感應強度B反向,IH反向,根據左手定則,電子仍向霍爾元件的后表面運動,故仍是霍爾元件的前表面電勢較高,B錯誤。因R與RL并聯,根據并聯分流,得IHI,故IH與I成正比,C錯誤。由于B與I成正比,設BaI,則ILI,PLIRL,故UHkPL,知UHPL,D正確。5(2019安徽省示范高中考試)如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖,此質譜儀由以下幾部分構成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R,通道內有均勻輻射的電場,中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應強度為B的勻強磁場,磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的離子(初速度為零,重力不計),經加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,而后由P點進入磁分析器中,最終經過Q點進入收集器(進入收集器時速度方向與O2P平行)。下列說法正確的是()A磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向內B加速電場中的加速電壓UERC磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離dD任何帶正電的離子若能到達P點,則一定能進入收集器答案B解析該離子在磁分析器中沿順時針方向轉動,所受洛倫茲力指向圓心,根據左手定則可知,磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向外,A錯誤;該離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,有qEm,在加速電場中加速有qUmv2,聯立解得UER,B正確;該離子在磁分析器中做勻速圓周運動,有qvBm,又qEm,可得r ,該離子經Q點進入收集器,故dr ,C錯誤;任一初速度為零的帶正電離子,質量、電荷量分別記為mx、qx,經UER的電場后,在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌跡半徑RxR,即一定能到達P點,而在磁分析器中運動的軌跡半徑rx ,rx的大小與離子的質量、電荷量有關,不一定有rxd,故能到達P點的離子不一定能進入收集器,D錯誤。6(2018開封模擬)如圖所示,靜止的帶電粒子所帶電荷量為q,質量為m(不計重力),從P點經電場加速后,通過小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。CD為磁場邊界上的一絕緣板,它與N板的夾角為30,小孔Q到絕緣板的下端C的距離為L,當滑動觸頭移動到B端時,粒子恰垂直打在CD板上,則()A兩板間電壓的最大值UmBCD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為LC粒子在磁場中運動的最長時間為D能打到N板上的粒子的最大動能為答案BD解析滑動觸頭移到B端時,兩板間電壓最大,粒子垂直打在CD板上,所以粒子的軌跡半徑為L,粒子在電場中運動時,qUmmv2,解兩式得:Um,A錯誤;粒子垂直打在CD板上的位置離C點最遠,距離為L,當粒子運動軌跡恰好與CD相切于K點時,切點K位置離C點最近,如圖所示,由幾何條件有:sin30,故R,KCL,所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長度為L,B正確;打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長,均為半個周期,t,C錯誤;打在N板上的粒子中,軌跡半徑越大,則對應的速度越大,即運動軌跡半徑最大的粒子的動能最大,則當R時,有Ekm,D正確。7(2018重慶二診)如圖所示,在第二象限中有水平向右的勻強電場,在第一象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子(電荷量為q,質量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進入該勻強電場,恰好與y軸正方向成45角射出電場,再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限。已知O、P之間的距離為d,粒子重力不計,則()A帶電粒子通過y軸時的坐標為(0,d)B電場強度的大小為C帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為D磁感應強度的大小為答案BC解析對帶電粒子在勻強電場中的運動過程,由平拋運動規(guī)律可知,dat2,yv0t,tan45,v2ad,聯立解得:y2d,即帶電粒子通過y軸時的坐標為(0,2d),A錯誤;由dat2,qEma,yv0t,y2d,聯立解得:E,B正確;畫出帶電粒子在勻強電場中和勻強磁場中的運動軌跡,如圖所示,由yv0t,y2d,可得帶電粒子在勻強電場中運動的時間t,帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡所對的圓心角為135,帶電粒子在勻強磁場中運動的速度vv0,帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑r2d,運動時間tB,帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為t總ttB,C正確;由qvBm,vv0,r2d,解得B,D錯誤。二、非選擇題(本題共2小題,共37分)8(2017天津高考)(17分)平面直角坐標系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場,第象限存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場,最終從x軸上的P點射出磁場,P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,問:(1)粒子到達O點時速度的大小和方向;(2)電場強度和磁感應強度的大小之比。答案(1)v0,速度方向與x軸正方向成45角斜向上(2)解析(1)在電場中,粒子做類平拋運動,設Q點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為a,運動時間為t,有2Lv0tLat2設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvyat設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為,有tan聯立式得45即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45角斜向上。設粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有v 聯立式得vv0。(2)設電場強度為E,粒子所帶電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得Fma又FqE設磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力,有qvBm由幾何關系可知RL聯立式得。9(2018重慶抽測)(20分)如圖甲所示,在xOy平面的第象限內有沿x方向的勻強電場E1,第、象限內同時存在著豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面的勻強磁場B,E22.5 N/C,磁場B隨時間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示,B00.5 T,垂直紙面向外為磁場正方向。一質量m5105 kg、電荷量q2104 C的帶正電液滴從P點(0.6 m,0.8 m)以速度v03 m/s沿x 方向入射,恰好以沿y方向的速度v經過原點O后進入x0的區(qū)域,t0時刻液滴恰好通過O點,g取10 m/s2。(1)求電場強度E1和液滴到達O點時速度的大小v;(2)求液滴從P點開始運動到第二次經過x軸所經歷的時間t總;(3)若從某時刻起磁場突然消失,發(fā)現液滴恰好以與y方向成30角穿過y軸后進入x0區(qū)域,試確定液滴穿過y軸時的位置。答案(1)1.875 N/C4 m/s(2) s(3)yn2(2n1)1 m(式中n1,2,3,)或yn2(2n1)1 m(式中n1,2,3,)解析(1)液滴在第象限內受豎直向下的重力和水平向右的電場力的作用,液滴在豎直方向上做自由落體運動,則ygt2vgt解得t0.4 s,v4 m/s液滴在水平方向上做勻減速直線運動v0atE1qma解得E11.875 N/C。(2)液滴進入x0的區(qū)域后,由于E2qmg,液滴在磁場B0、2B0中做半徑不同的圓周運動,設其做圓周運動的大、小圓半徑分別為r1、r2,運動周期分別為T1、T2。則qvB02qvB0得r12 m,r21 mT1,T2即T1 s,T2 s結合乙圖畫出液滴在x0區(qū)域的軌跡如圖1所示。液滴從P點到第二次穿過x軸經過的時間t總t s。(有的同學沒養(yǎng)成邊計算邊畫示意圖的習慣,導致建立不出運動情景)(3)情形一:若磁場消失時,液滴在x軸上

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