2021年高考物理一輪復習第9章磁場限時規(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

1、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8小題，每小題8分，共64分。其中 15題為單選，68題為多選)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(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)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(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與

2、電場力平衡，即magqeb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqeqvbc在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvbqe比較式得：mbmamc，b正確。2如圖所示，一帶負電的小球(質(zhì)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，

3、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

4、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：uhk，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(diào)，電壓表將反偏cih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。若將電源的正負極對調(diào)，則磁感應強度b反向，ih反向

5、，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(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、

6、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uerc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qem，在加速電場中加速有qumv2，聯(lián)立解得uer，b正確；

7、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(jīng)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(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx，經(jīng)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(zhì)量、電荷量有關(guān)，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(2020河南頂尖名校聯(lián)考)如圖所示，豎直放置的平行板電容器內(nèi)除電場外還有圖示的勻強磁場，從a板中點小孔p向各個方向入射一批不同速度的帶正電微粒(考慮重力)，則微粒在由a到c的過程中()a可能有微粒做勻速運動，但一

8、定無微粒做勻變速運動b可能有微粒沿圓弧勻速率運動c所有微粒到達c板時的動能一定大于在a板時的動能d所有微粒到達c板時的機械能一定大于在a板時的機械能答案ad解析微粒在平行板中受重力、電場力、洛倫茲力三個力作用，重力和電場力都是恒力，但洛倫茲力的大小和方向隨速度的大小和方向的不同而不同，因此三個力的合力可以為0，但不可能恒定，故微粒可以做勻速運動，但一定不能做勻變速運動，a正確；由于重力和電場力是互相垂直的，不可能平衡，故微粒不可能做勻速圓周運動，b錯誤；由a板到c板，合力可能做正功，也可能做負功或不做功，故微粒動能的變化是不確定的，但電場力一定對微粒做正功，故微粒的機械能一定增大，c錯誤，d正

9、確。7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

10、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。8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

11、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(lián)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(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

12、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36分)9(16分)(2017天津高考)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

13、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(lián)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(lián)立式得vv0。(2)設電場強度為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fma又fqe設磁場的磁感應強度大小為b，

14、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(guān)系可知rl聯(lián)立式得。10(20分)如圖甲所示，在xoy平面的第象限內(nèi)有沿x方向的勻強電場e1，第、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，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(zhì)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(jīng)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

15、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)（0.4）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(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(jié)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(jīng)過的時間t總t（0.4）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：