标签: 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)  
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doc 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 1~5为单选,6~7为多选) 1.(2017·全国卷Ⅰ)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.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案 B 解析 设三个微粒的电荷量均为q, a在纸面内做匀速圆周运动,说明洛伦兹力提供向心力,重力与电场力平衡,即 mag=qE① b在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则 mbg=qE+qvB② c在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,则 mcg+qvB=qE③ 比较①②③式得:mb>ma>mc,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(  ) A.h1=h3 B.h1<h4 C.h2与h3无法比较 D.h2<h4 答案 A 解析 第1个图:小球做竖直上抛运动,则h1=;第3个图:当加上水平向右的电场时,由运动的分解可知在竖直方向上有v=2gh3,所以h1=h3,故A正确;而第2个图:洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此时小球的动能为Ek,由能量守恒得mgh2+Ek=mv,又由于mv=mgh1,所以h1>h2,h3>h2,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 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。由于B与I成正比,设B=aI,则IL=I,PL=IRL,故UH=k=PL,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(  ) A.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=ER C.磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d= D.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;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、电荷量分别记为mx、qx,经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Rx=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θ=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(  ) A.两板间电压的最大值Um= B.CD板上可能被粒子打中区域的长度为L C.粒子在磁场中运动的最长时间为 D.能打到N板上的粒子的最大动能为 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,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Ekm=,D正确。 7.(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 C.带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为 D.磁感应强度的大小为 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=2ad,联立解得:y=2d,即带电粒子通过y轴时的坐标为(0,2d),A错误;由d=at2,qE=ma,y=v0t,y=2d,联立解得:E=,B正确;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,y=2d,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心角为θ=135°=,带电粒子在匀强磁场中运动的速度v=v0,带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径r==2d,运动时间tB===,带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为t总=t+tB=+=,C正确;由qvB=m,v=v0,r=2d,解得B=,D错误。 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Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ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) 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=v0t① L=at2② 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy=at③ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有 tanα=④ 联立①②③④式得 α=45°⑤ 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= ⑥ 联立①②③⑥式得 v=v0。⑦ (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=ma⑧ 又F=qE⑨ 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=m⑩ 由几何关系可知 R=L⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得=。 9.(2018·重庆抽测)(20分)如图甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿+x方向的匀强电场E1,第Ⅱ、Ⅲ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,E2=2.5 N/C,磁场B随时间t周期性变化的规律如图乙所示,B0=0.5 T,垂直纸面向外为磁场正方向。一质量m=5×10-5 kg、电荷量q=2×10-4 C的带正电液滴从P点(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经过原点O后进入x≤0的区域,t=0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x>0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 (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=gt2 v=gt 解得t=0.4 s,v=4 m/s 液滴在水平方向上做匀减速直线运动 v0=at E1q=ma 解得E1=1.875 N/C。 (2)液滴进入x≤0的区域后,由于E2q=mg,液滴在磁场B0、2B0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qvB0= 2qvB0= 得r1=2 m,r2=1 m T1=,T2= 即T1=π s,T2= s 结合乙图画出液滴在x≤0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++ = s。 (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(1-sin30°)=(2-1) m OM2=+r2(1-sin30°)=(6-1) m 根据周期性可得,液滴穿过y轴时的纵坐标yn满足: yn=+r2(1-sin30°) yn=[2(2n-1)-1] m(式中n=1,2,3,…); 情形二:若磁场消失时,液滴在x轴下方,如图2所示: ON1=-r2(1-sin30°)=(2+1) m ON2=-r2(1-sin30°)=(6+1) m 根据周期性可得,液滴穿过y轴时的纵坐标yn满足: yn=-r2(1-sin30°) yn=[2(2n-1)+1] m(式中n=1,2,3,…)。

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