2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）：限時(shí)規(guī)范專題練（四）帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合性問題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）：限時(shí)規(guī)范專題練（四）帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合性問題含解析限時(shí)規(guī)范專題練(四）帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合性問題時(shí)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1~5題為單選，6~8題為多選）1．（2017·全國(guó)卷Ⅰ）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.三個(gè)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(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是(）A．ma>mb〉mc B．mb〉ma>mcC．mc>ma〉mb D．mc>mb〉ma答案B解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡,則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式得：mb〉ma〉mc，B正確。2．如圖所示，一帶負(fù)電的小球（質(zhì)量為m）以一定的初速度v0豎直向上拋出，達(dá)到的最大高度為h1;若加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(qiáng)電場(chǎng)，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(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，不計(jì)空氣阻力,則(）A．h1＝h3 B．h1<h4C．h2與h3無法比較 D．h2〈h4答案A解析第1個(gè)圖：小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng),則h1＝eq\f(v\o\al（2，0)，2g)；第3個(gè)圖：當(dāng)加上水平向右的電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知在豎直方向上有veq\o\al(2,0)＝2gh3，所以h1＝h3，故A正確；而第2個(gè)圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度,設(shè)此時(shí)小球的動(dòng)能為Ek,由能量守恒得mgh2＋Ek＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，0），又由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0）＝mgh1，所以h1〉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;由于無法確定第4個(gè)圖過程中電場(chǎng)力做功與第2個(gè)圖過程中動(dòng)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(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,則帶電小球通過有電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間時(shí)，下列說法正確的是()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＝keq\f（IHB，d），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＝eq\f(RL,RL＋R)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＝eq\f(R,R＋RL）I，PL＝Ieq\o\al（2，L）RL，故UH＝keq\f(IHB,d)＝eq\f(akR＋RL，R2d)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＝eq\f(1，2)ERC．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點(diǎn)的距離d＝eq\r（\f（mER,q））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)針方向轉(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＝meq\f（v2，R),在加速電場(chǎng)中加速有qU＝eq\f（1,2)mv2，聯(lián)立解得U＝eq\f（1，2）ER，B正確；該離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f（v2，r)，又qE＝meq\f(v2，R)，可得r＝eq\f(1，B）eq\r（\f(mER，q）),該離子經(jīng)Q點(diǎn)進(jìn)入收集器,故d＝r＝eq\f（1,B)eq\r(\f（mER,q)），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＝eq\f（1,2）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＝eq\f(1,B）eq\r（\f(mxER,qx))，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．（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(chǎng)外還有圖示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),從A板中點(diǎn)小孔P向各個(gè)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(yùn)動(dòng),但一定無微粒做勻變速運(yùn)動(dòng)B．可能有微粒沿圓弧勻速率運(yùn)動(dòng)C．所有微粒到達(dá)C板時(shí)的動(dòng)能一定大于在A板時(shí)的動(dòng)能D．所有微粒到達(dá)C板時(shí)的機(jī)械能一定大于在A板時(shí)的機(jī)械能答案AD解析微粒在平行板中受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三個(gè)力作用，重力和電場(chǎng)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(gè)力的合力可以為0，但不可能恒定,故微粒可以做勻速運(yùn)動(dòng),但一定不能做勻變速運(yùn)動(dòng)，A正確；由于重力和電場(chǎng)力是互相垂直的，不可能平衡，故微粒不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;由A板到C板，合力可能做正功,也可能做負(fù)功或不做功，故微粒動(dòng)能的變化是不確定的，但電場(chǎng)力一定對(duì)微粒做正功,故微粒的機(jī)械能一定增大,C錯(cuò)誤,D正確。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(jì)重力)，從P點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)加速后，通過小孔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＝eq\f(q2B2L2,2m）B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3－\r（3)，3)））LC．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f（πm,6Bq）D．能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為eq\f（q2B2L2，18m)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)＝eq\f（mv，qB)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，qUm＝eq\f（1,2）mv2,解兩式得：Um＝eq\f(qB2L2,2m），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°＝eq\f（R，L－R），故R＝eq\f（L,3)，KC＝eq\f(\r(3),3)L，所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度為eq\f（3－\r（3），3)L，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＝eq\f（πm,qB)，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＝eq\f（L，3)時(shí)，有Ekm＝eq\f(q2B2L2,18m)，D正確。8．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y軸時(shí)的坐標(biāo)為（0，d)B．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f（mv\o\al（2,0),2qd）C．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為eq\f（3π＋4d,2v0)D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f（\r(2）mv0,4qd）答案BC解析對(duì)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過程,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，d＝eq\f(1,2)at2,y＝v0t，tan45°＝eq\f(v0,vx)，veq\o\al（2，x)＝2ad，聯(lián)立解得：y＝2d，即帶電粒子通過y軸時(shí)的坐標(biāo)為(0，2d),A錯(cuò)誤；由d＝eq\f（1,2）at2，qE＝ma，y＝v0t，y＝2d,聯(lián)立解得：E＝eq\f(mv\o\al（2,0）,2qd)，B正確；畫出帶電粒子在勻強(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＝eq\f(2d，v0），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°＝eq\f（3π,4),帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\r（2)v0，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝eq\f（2d,cos45°）＝2eq\r（2)d，運(yùn)動(dòng)時(shí)間tB＝eq\f(rθ，v)＝eq\f（2\r(2)d×\f（3π,4),\r(2）v0)＝eq\f(3πd,2v0）,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＝eq\f(2d，v0）＋eq\f(3πd，2v0）＝eq\f（3π＋4d，2v0)，C正確；由qvB＝meq\f(v2,r），v＝eq\r(2)v0，r＝2eq\r(2)d，解得B＝eq\f（mv0，2qd)，D錯(cuò)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(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：（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）eq\r(2)v0，速度方向與x軸正方向成45°角斜向上(2）eq\f(v0，2)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t2L＝v0tL＝eq\f(1,2)at2②設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvy＝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＝eq\f（vy,v0)④聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤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＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al（2,y)）⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq\r（2）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＝meq\f（v2，R)⑩由幾何關(guān)系可知R＝eq\r（2)L?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f（E，B）＝eq\f（v0,2)。10．（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＝2.5N/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。5T,垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向。一質(zhì)量m＝5×10－5kg、電荷量q＝2×10－4C的帶正電液滴從P點(diǎn)(0.6m，0.8m）以速度v0＝3m/s沿－x方向入射，恰好以沿－y方向的速度v經(jīng)過原點(diǎn)O后進(jìn)入x≤0的區(qū)域，t＝0時(shí)刻液滴恰好通過O點(diǎn)，g取10m/s(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)開始運(yùn)動(dòng)到第二次經(jīng)過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y軸后進(jìn)入x＞0區(qū)域，試確定液滴穿過y軸時(shí)的位置。答案（1）1.875N/C4m/s(2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋0.4）)s（3）yn＝［2eq\r(3）(2n－1）＋1]m(式中n＝1，2，3，…）或yn＝［2eq\r(3)（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＝eq\f（1，2）gt2v＝gt解得t＝0。4s，v＝4m/s液滴在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)v0＝atE1q＝ma解得E1＝1。875N/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＝eq\f(mv2,r1)2qvB0＝eq\f(mv2,r2）得r1＝2m,r2＝1mT1＝eq\f(2πm,qB0),T2＝eq\f（πm，qB0)即T1＝πs，T2＝eq\f（π，2)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(diǎn)到第二次穿過x軸經(jīng)