《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 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）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 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）.doc（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

h2，h3>h2，C錯誤；第4個圖：因小球帶負(fù)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(guān)系，故無法確定h2和h4之間的大小關(guān)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(yīng)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(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)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：UH＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)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(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成反比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 答案　D 解析　當(dāng)霍爾元件通有電流IH時，根據(jù)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(fù)極對調(diào)，則磁感應(yīng)強度B反向，IH反向，根據(jù)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(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝I，故IH與I成正比，C錯誤。由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，D正確。 5．(2019安徽省示范高中考試)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)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(nèi)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(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)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(jīng)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(nèi) B．加速電場中的加速電壓U＝ER C．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝ D．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(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，根據(jù)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qE＝m，在加速電場中加速有qU＝mv2，聯(lián)立解得U＝ER，B正確；該離子在磁分析器中做勻速圓周運動，有qvB＝m，又qE＝m，可得r＝ ，該離子經(jīng)Q點進入收集器，故d＝r＝ ，C錯誤；任一初速度為零的帶正電離子，質(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx，經(jīng)U＝ER的電場后，在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌跡半徑Rx＝R，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(zhì)量、電荷量有關(guān)，不一定有rx＝d，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(zhì)量為m(不計重力)，從P點經(jīng)電場加速后，通過小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)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θ＝30，小孔Q到絕緣板的下端C的距離為L，當(dāng)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Um＝ B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為L C．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，qUm＝mv2，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(yuǎn)，距離為L，當(dāng)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＝，KC＝L，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(yīng)的速度越大，即運動軌跡半徑最大的粒子的動能最大，則當(dāng)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(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子(電荷量為q，質(zhì)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(jīng)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(biāo)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(yīng)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，d＝at2，y＝v0t，tan45＝，v＝2ad，聯(lián)立解得：y＝2d，即帶電粒子通過y軸時的坐標(biāo)為(0,2d)，A錯誤；由d＝at2，qE＝ma，y＝v0t，y＝2d，聯(lián)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y＝v0t，y＝2d，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θ＝135＝，帶電粒子在勻強磁場中運動的速度v＝v0，帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑r＝＝2d，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＝t＋tB＝＋＝，C正確；由qvB＝m，v＝v0，r＝2d，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(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，如圖所示。一帶負(fù)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(biāo)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(yīng)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(shè)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 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tanα＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45⑤ 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(shè)粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0。⑦ (2)設(shè)電場強度為E，粒子所帶電荷量為q，質(zhì)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 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)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 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝。 9．(2018重慶抽測)(20分)如圖甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿＋x方向的勻強電場E1，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)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，E2＝2.5 N/C，磁場B隨時間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，B0＝0.5 T，垂直紙面向外為磁場正方向。一質(zhì)量m＝510－5 kg、電荷量q＝210－4 C的帶正電液滴從P點(0.6 m,0.8 m)以速度v0＝3 m/s沿－x 方向入射，恰好以沿－y方向的速度v經(jīng)過原點O后進入x≤0的區(qū)域，t＝0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(jīng)過x軸所經(jīng)歷的時間t總； (3)若從某時刻起磁場突然消失，發(fā)現(xiàn)液滴恰好以與＋y方向成30角穿過y軸后進入x＞0區(qū)域，試確定液滴穿過y軸時的位置。 答案　(1)1.875 N/C　4 m/s　(2) s (3)yn＝[2(2n－1)＋1] m(式中n＝1,2,3，…)或 yn＝[2(2n－1)－1] m(式中n＝1,2,3，…) 解析　(1)液滴在第Ⅰ象限內(nèi)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y＝gt2 v＝gt 解得t＝0.4 s，v＝4 m/s 液滴在水平方向上做勻減速直線運動 v0＝at E1q＝ma 解得E1＝1.875 N/C。 (2)液滴進入x≤0的區(qū)域后，由于E2q＝mg，液滴在磁場B0、2B0中做半徑不同的圓周運動，設(shè)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qvB0＝ 2qvB0＝ 得r1＝2 m，r2＝1 m T1＝，T2＝ 即T1＝π s，T2＝ s 結(jié)合乙圖畫出液滴在x≤0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(jīng)過的時間 t總＝t＋＋ ＝ s。 (有的同學(xué)沒養(yǎng)成邊計算邊畫示意圖的習(xí)慣，導(dǎo)致建立不出運動情景) (3)情形一：若磁場消失時，液滴在x軸上方， 如圖1所示： OM1＝＋r2(1－sin30)＝(2－1) m OM2＝＋r2(1－sin30)＝(6－1) m 根據(jù)周期性可得，液滴穿過y軸時的縱坐標(biāo)yn滿足： yn＝＋r2(1－sin30) yn＝[2(2n－1)－1] m(式中n＝1,2,3，…)； 情形二：若磁場消失時，液滴在x軸下方，如圖2所示： ON1＝－r2(1－sin30)＝(2＋1) m ON2＝－r2(1－sin30)＝(6＋1) m 根據(jù)周期性可得，液滴穿過y軸時的縱坐標(biāo)yn滿足： yn＝－r2(1－sin30) yn＝[2(2n－1)＋1] m(式中n＝1,2,3，…)。