《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練（四）帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合性問(wèn)題（含解析）.doc》由會(huì)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(shí)規(guī)范專題練（四）帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合性問(wèn)題（含解析）.doc（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

h2，h3>h2，C錯(cuò)誤；第4個(gè)圖：因小球帶負(fù)電，所受電場(chǎng)力的方向向下，則h4一定小于h1，B錯(cuò)誤；由于無(wú)法確定第4個(gè)圖過(guò)程中電場(chǎng)力做功與第2個(gè)圖過(guò)程中動(dòng)能Ek的大小關(guān)系，故無(wú)法確定h2和h4之間的大小關(guān)系，D錯(cuò)誤。 3. 有一個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過(guò)有電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．一定做曲線運(yùn)動(dòng) B．不可能做曲線運(yùn)動(dòng) C．有可能做勻加速運(yùn)動(dòng) D．有可能做勻速運(yùn)動(dòng) 答案　A 解析　由于小球受重力作用，進(jìn)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(yùn)動(dòng)，而一定做曲線運(yùn)動(dòng)，B、C、D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測(cè)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(shì)低于后表面 B．若電源的正負(fù)極對(duì)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(shí)，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故霍爾元件的前表面電勢(shì)較高，A錯(cuò)誤。若將電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，故仍是霍爾元件的前表面電勢(shì)較高，B錯(cuò)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(cuò)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(chǎng)、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(chǎng)，中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度為零，重力不計(jì))，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中，最終經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)進(jìn)入收集器(進(jìn)入收集器時(shí)速度方向與O2P平行)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁分析器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向內(nèi) B．加速電場(chǎng)中的加速電壓U＝ER C．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點(diǎn)的距離d＝ D．任何帶正電的離子若能到達(dá)P點(diǎn)，則一定能進(jìn)入收集器 答案　B 解析　該離子在磁分析器中沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，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(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，A錯(cuò)誤；該離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qE＝m，在加速電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，有qvB＝m，又qE＝m，可得r＝ ，該離子經(jīng)Q點(diǎn)進(jìn)入收集器，故d＝r＝ ，C錯(cuò)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(chǎng)后，在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑Rx＝R，即一定能到達(dá)P點(diǎn)，而在磁分析器中運(yùn)動(dòng)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(dá)P點(diǎn)的離子不一定能進(jìn)入收集器，D錯(cuò)誤。 6．(2018開(kāi)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(jì)重力)，從P點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)加速后，通過(guò)小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。CD為磁場(chǎng)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(zhǎng)，當(dāng)滑動(dòng)觸頭移動(dòng)到B端時(shí)，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(zhǎng)度為L(zhǎng) C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 D．能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為 答案　BD 解析　滑動(dòng)觸頭移到B端時(shí)，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(zhǎng)＝，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，qUm＝mv2，解兩式得：Um＝，A錯(cuò)誤；粒子垂直打在CD板上的位置離C點(diǎn)最遠(yuǎn)，距離為L(zhǎng)，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與CD相切于K點(diǎn)時(shí)，切點(diǎn)K位置離C點(diǎn)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(zhǎng)度為L(zhǎng)，B正確；打在QE間的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，均為半個(gè)周期，t＝，C錯(cuò)誤；打在N板上的粒子中，軌跡半徑越大，則對(duì)應(yīng)的速度越大，即運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最大的粒子的動(dòng)能最大，則當(dāng)R＝時(shí)，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(qiáng)電場(chǎng)，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(diǎn)進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好與y軸正方向成45角射出電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又恰好垂直于x軸進(jìn)入第四象限。已知O、P之間的距離為d，粒子重力不計(jì)，則(　　) A．帶電粒子通過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)為(0，d) B．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 C．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 答案　BC 解析　對(duì)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由平拋運(yùn)動(dòng)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(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)為(0,2d)，A錯(cuò)誤；由d＝at2，qE＝ma，y＝v0t，y＝2d，聯(lián)立解得：E＝，B正確；畫(huà)出帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，由y＝v0t，y＝2d，可得帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角為θ＝135＝，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v＝v0，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝＝2d，運(yùn)動(dòng)時(shí)間tB＝＝＝，帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t總＝t＋tB＝＋＝，C正確；由qvB＝m，v＝v0，r＝2d，解得B＝，D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)： (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)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(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45角斜向上。 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有 v＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0。⑦ (2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(cè))(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(qiáng)電場(chǎng)E1，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，E2＝2.5 N/C，磁場(chǎng)B隨時(shí)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(chǎng)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(diǎn)(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(guò)原點(diǎn)O后進(jìn)入x≤0的區(qū)域，t＝0時(shí)刻液滴恰好通過(guò)O點(diǎn)，g取10 m/s2。 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E1和液滴到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小v； (2)求液滴從P點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第二次經(jīng)過(guò)x軸所經(jīng)歷的時(shí)間t總； (3)若從某時(shí)刻起磁場(chǎng)突然消失，發(fā)現(xiàn)液滴恰好以與＋y方向成30角穿過(guò)y軸后進(jìn)入x＞0區(qū)域，試確定液滴穿過(guò)y軸時(shí)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(chǎng)力的作用，液滴在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng) v0＝at E1q＝ma 解得E1＝1.875 N/C。 (2)液滴進(jìn)入x≤0的區(qū)域后，由于E2q＝mg，液滴在磁場(chǎng)B0、2B0中做半徑不同的圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其做圓周運(yùn)動(dòng)的大、小圓半徑分別為r1、r2，運(yùn)動(dòng)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(huà)出液滴在x≤0區(qū)域的軌跡如圖1所示。 液滴從P點(diǎn)到第二次穿過(guò)x軸經(jīng)過(guò)的時(shí)間 t總＝t＋＋ ＝ s。 (有的同學(xué)沒(méi)養(yǎng)成邊計(jì)算邊畫(huà)示意圖的習(xí)慣，導(dǎo)致建立不出運(yùn)動(dòng)情景) (3)情形一：若磁場(chǎng)消失時(shí)，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(guò)y軸時(shí)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(chǎng)消失時(shí)，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(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)yn滿足： yn＝－r2(1－sin30) yn＝[2(2n－1)＋1] m(式中n＝1,2,3，…)。