2020高考物理一輪復習限時規(guī)范專題練（四）帶電粒子在電磁場中運動的綜合性問題（含解析）.docx

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