2020高考物理一轮复习限时规范专题练（四）带电粒子在电磁场中运动的综合性问题（含解析）.doc

《2020高考物理一轮复习限时规范专题练（四）带电粒子在电磁场中运动的综合性问题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理一轮复习限时规范专题练（四）带电粒子在电磁场中运动的综合性问题（含解析）.doc（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1带电粒子在电磁场中运动的综合性问题时间：60 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 7小题，每小题 9分，共 63分。其中 15 为单选，67 为多选)1(2017全国卷)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。三个带正电的微粒 a、 b、 c电荷量相等，质量分别为 ma、 mb、 mc。已知在该区域内， a在纸面内做匀速圆周运动， b在纸面内向右做匀速直线运动， c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )A mambmc B mbmamcC mcmamb D mcmbma答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为 q，a在纸面

2、内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag qEb在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg qE qvBc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg qvB qE比较式得： mbmamc，B 正确。2(2018河北衡水检测)如图所示，一带负电的小球(质量为 m)以一定的初速度 v0竖直向上抛出，达到的最大高度为 h1；若加上垂直纸面向里的匀强磁场，且初速度仍为 v0，小球上升的最大高度为 h2；若加上水平向右的匀强电场，且初速度仍为 v0，小球上升的最大高度为 h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为 v0，小球上升的最大高度为h4，不计空气阻力，则

3、( )A h1 h3 B h1h2， h3h2，C 错误；第 4个图：因小球带负电，所受电场力的方向向下，则 h4一定小于h1，B 错误；由于无法确定第 4个图过程中电场力做功与第 2个图过程中动能 Ek的大小关系，故无法确定 h2和 h4之间的大小关系，D 错误。3. 有一个电荷量为 q、重力为 G的小球，从两竖直的带电平行板上方 h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为 B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是( )A一定做曲线运动B不可能做曲线运动C有可能做匀加速运动D有可能做匀速运动答案 A解析 由于小球受重力作用，进入平行板间速度大小一定变化，则

4、洛伦兹力变化，小球所受合力变化，小球不可能做匀速或匀加速运动，而一定做曲线运动，B、C、D 错误，A正确。4如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B与 I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH满足：UH k ，式中 k为霍尔系数， d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻 R远大于 RL，霍尔元IHBd3件的电阻可以忽略，则( )A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏C IH与 I成反比D电压表的示数与 RL消耗的电功率成正比答案

5、D解析 当霍尔元件通有电流 IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高，A 错误。若将电源的正负极对调，则磁感应强度 B反向，IH反向，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，B 错误。因 R与 RL并联，根据并联分流，得 IH I，故 IH与 I成正比，C 错误。RLRL R由于 B与 I成正比，设 B aI，则 IL I， PL I RL，故 UH k PL，RR RL 2L IHBd ak R RLR2d知 UH PL，D 正确。5(2019安徽省示范高中考试)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部

6、分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线 MN所在圆的半径为 R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为 B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为 m、电荷量为 q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线 MN做匀速圆周运动，而后由 P点进入磁分析器中，最终经过 Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与 O2P平行)。下列说法正确的是( )4A磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内B加速电场中的加速电压 U ER12C磁分析器中轨迹圆

7、心 O2到 Q点的距离 dmERqD任何带正电的离子若能到达 P点，则一定能进入收集器答案 B解析 该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A 错误；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有 qE m ，在加速电场中加速有 qU mv2，联立解得 U ER，B 正确；v2R 12 12该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有 qvB m ，又 qE m ，可得 r ，该离v2r v2R 1B mERq子经 Q点进入收集器，故 d r ，C 错误；任一初速度为零的带正电离子，质量、1B mERq电荷量分别记为 mx、 qx，经

8、 U ER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径12Rx R，即一定能到达 P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径 rx ， rx的大小与离1B mxERqx子的质量、电荷量有关，不一定有 rx d，故能到达 P点的离子不一定能进入收集器，D 错误。6(2018开封模拟)如图所示，静止的带电粒子所带电荷量为 q，质量为 m(不计重力)，从 P点经电场加速后，通过小孔 Q进入 N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与 N板的夹角为 30，小孔 Q到绝缘板的下端 C的距离为 L，当滑动触头移动到 B端时，粒子恰垂直打在 CD板上，则(

9、 )5A两板间电压的最大值 Umq2B2L22mBCD 板上可能被粒子打中区域的长度为 L(3 33 )C粒子在磁场中运动的最长时间为 m6BqD能打到 N板上的粒子的最大动能为q2B2L218m答案 BD解析 滑动触头移到 B端时，两板间电压最大，粒子垂直打在 CD板上，所以粒子的轨迹半径为 L ，粒子在电场中运动时， qUm mv2，解两式得： Um ，A 错误；粒子mvqB 12 qB2L22m垂直打在 CD板上的位置离 C点最远，距离为 L，当粒子运动轨迹恰好与 CD相切于 K点时，切点 K位置离 C点最近，如图所示，由几何条件有：sin30 ，故 R ， KC L，RL R L3 3

10、3所以 CD板上被粒子打中的区域的长度为 L，B 正确；打在 QE间的粒子在磁场中运动3 33的时间最长，均为半个周期， t ，C 错误；打在 N板上的粒子中，轨迹半径越大，则 mqB对应的速度越大，即运动轨迹半径最大的粒子的动能最大，则当 R 时，有L3Ekm ，D 正确。q2B2L218m67(2018重庆二诊)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带电粒子(电荷量为 q，质量为 m)以垂直于 x轴的速度v0从 x轴上的 P点进入该匀强电场，恰好与 y轴正方向成 45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于 x轴进入第四象限。已知 O、 P之间

11、的距离为 d，粒子重力不计，则( )A带电粒子通过 y轴时的坐标为(0， d)B电场强度的大小为mv202qdC带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为 3 4 d2v0D磁感应强度的大小为2mv04qd答案 BC解析 对带电粒子在匀强电场中的运动过程，由平抛运动规律可知，d at2， y v0t，tan45 ， v 2 ad，联立解得： y2 d，即带电粒子通过 y轴时的12 v0vx 2x坐标为(0,2 d)，A 错误；由 d at2， qE ma， y v0t， y2 d，联立解得： E ，B 正确；12 mv202qd画出带电粒子在匀强电场中和匀强磁场中的运动轨迹，如图所示，由 y v0t

12、， y2 d，可得带电粒子在匀强电场中运动的时间 t ，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹所对的圆2dv0心角为 135 ，带电粒子在匀强磁场中运动的速度 v v0，带电粒子在匀强磁34 27场中运动的轨迹半径 r 2 d，运动时间 tB ，带电粒2dcos45 2 rv 22d342v0 3 d2v0子在电场和磁场中运动的总时间为 t 总 t tB ，C 正确；由2dv0 3 d2v0 3 4 d2v0qvB m ， v v0， r2 d，解得 B ，D 错误。v2r 2 2 mv02qd二、非选择题(本题共 2小题，共 37分)8(2017天津高考)(17 分)平面直角坐标系 xOy中，第象限

13、存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿 y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q点以速度 v0沿 x轴正方向开始运动， Q点到 y轴的距离为到 x轴距离的 2倍。粒子从坐标原点 O离开电场进入磁场，最终从 x轴上的 P点射出磁场， P点到 y轴距离与 Q点到 y轴距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达 O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。答案 (1) v0，速度方向与 x轴正方向成 45角斜向上2(2)v02解析 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q点到 x轴距离为 L，到 y轴距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有2L

14、v0t8L at212设粒子到达 O点时沿 y轴方向的分速度为 vyvy at设粒子到达 O点时速度方向与 x轴正方向夹角为 ，有tan vyv0联立式得 45即粒子到达 O点时速度方向与 x轴正方向成 45角斜向上。设粒子到达 O点时速度大小为 v，由运动的合成有v v20 v2y联立式得v v0。2(2)设电场强度为 E，粒子所带电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F ma又 F qE设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB m v2R由几何关系可知R L2联立式得 。EB v029(20

15、18重庆抽测)(20 分)如图甲所示，在 xOy平面的第象限内有沿 x方向的匀强电场 E1，第、象限内同时存在着竖直向上的匀强电场 E2和垂直纸面的匀强磁场B， E22.5 N/C，磁场 B随时间 t周期性变化的规律如图乙所示，B 00.5 T，垂直纸面向外为磁场正方向。一质量 m510 5 kg、电荷量 q210 4 C的带正电液滴从 P点(0.6 9m,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经过原点 O后进入 x0 的区域， t0 时刻液滴恰好通过 O点， g取 10 m/s2。(1)求电场强度 E1和液滴到达 O点时速度的大小 v；(2)求液滴从

16、P点开始运动到第二次经过 x轴所经历的时间 t 总 ；(3)若从某时刻起磁场突然消失，发现液滴恰好以与 y方向成 30角穿过 y轴后进入x0 区域，试确定液滴穿过 y轴时的位置。答案 (1)1.875 N/C 4 m/s (2) s(2 0.4)(3)yn2 (2n1)1 m(式中 n1,2,3，)或3yn2 (2n1)1 m(式中 n1,2,3，)3解析 (1)液滴在第象限内受竖直向下的重力和水平向右的电场力的作用，液滴在竖直方向上做自由落体运动，则 y gt212v gt解得 t0.4 s， v4 m/s液滴在水平方向上做匀减速直线运动v0 atE1q ma解得 E11.875 N/C。(

17、2)液滴进入 x0 的区域后，由于 E2q mg，液滴在磁场 B0、2B 0中做半径不同的圆周运动，设其做圆周运动的大、小圆半径分别为 r1、 r2，运动周期分别为 T1、 T2。则 qvB0mv2r12qvB0mv2r2得 r12 m， r21 mT1 ， T22 mqB0 mqB010即 T1 s， T2 s2结合乙图画出液滴在 x0 区域的轨迹如图 1所示。液滴从 P点到第二次穿过 x轴经过的时间t 总 t T14 T22 s。(2 0.4)(有的同学没养成边计算边画示意图的习惯，导致建立不出运动情景)(3)情形一：若磁场消失时，液滴在 x轴上方，如图 1所示：OM1 r2(1sin30

18、)(2 1) mr1 r2cos30tan30 3OM2 r2(1sin30)(6 1) m3r1 r2cos30tan30 3根据周期性可得，液滴穿过 y轴时的纵坐标 yn满足：yn r2(1sin30) 2n 1 r1 r2cos30tan30yn2 (2n1)1 m(式中 n1,2,3，)；3情形二：若磁场消失时，液滴在 x轴下方，如图 2所示：11ON1 r2(1sin30)(2 1) mr1 r2cos30tan30 3ON2 r2(1sin30)(6 1) m3r1 r2cos30tan30 3根据周期性可得，液滴穿过 y轴时的纵坐标 yn满足：yn r2(1sin30) 2n 1 r1 r2cos30tan30yn2 (2n1)1 m(式中 n1,2,3，)。312