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時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共7小題，每小題9分，共63分。其中1～5為單選，6～7為多選)1．(2017·全國卷Ⅰ)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()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma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，重力與電場力平衡，即mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，B正確。2．(2018·河北衡水檢測)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()A．h1＝h3 B．h1<h4C．h2與h3無法比較 D．h2<h4答案A解析第1個圖：小球做豎直上拋運動，則h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)；第3個圖：當加上水平向右的電場時，由運動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個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時小球的動能為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錯誤；第4個圖：因小球帶負電，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的大小關系，故無法確定h2和h4之間的大小關系，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＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側面間的距離。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，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＝eq\f(RL,RL＋R)I，故IH與I成正比，C錯誤。由于B與I成正比，設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、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＝eq\f(1,2)ERC．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝eq\r(\f(mER,q))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＝meq\f(v2,R)，在加速電場中加速有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動，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點進入收集器，故d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，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＝eq\f(1,2)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＝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，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θ＝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Um＝eq\f(q2B2L2,2m)B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),3)))LC．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,6Bq)D．能打到N板上的粒子的最大動能為eq\f(q2B2L2,18m)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＝eq\f(mv,qB)，粒子在電場中運動時，qUm＝eq\f(1,2)mv2，解兩式得：Um＝eq\f(qB2L2,2m)，A錯誤；粒子垂直打在CD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°＝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)域的長度為eq\f(3－\r(3),3)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＝eq\f(πm,qB)，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＝eq\f(L,3)時，有Ekm＝eq\f(q2B2L2,18m)，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軸時的坐標為(0，d)B．電場強度的大小為eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)C．帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為eq\f(3π＋4d,2v0)D．磁感應強度的大小為eq\f(\r(2)mv0,4qd)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＝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軸時的坐標為(0,2d)，A錯誤；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＝eq\f(2d,v0)，帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡所對的圓心角為θ＝135°＝eq\f(3π,4)，帶電粒子在勻強磁場中運動的速度v＝eq\r(2)v0，帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑r＝eq\f(2d,cos45°)＝2eq\r(2)d，運動時間tB＝eq\f(rθ,v)＝eq\f(2\r(2)d×\f(3π,4),\r(2)v0)＝eq\f(3πd,2v0)，帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為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點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比。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t2L＝v0tL＝eq\f(1,2)at2②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at③設粒子到達O點時速度方向與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＝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設磁場的磁感應強度大小為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＝meq\f(v2,R)⑩由幾何關系可知R＝eq\r(2)L?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)。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＝2.5N/C，磁場B隨時間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(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O后進入x≤0的區(qū)域，t＝0時刻液滴恰好通過O點，g取10m(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)1.875N/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力的作用，液滴在豎直方向上做自由落體運動，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動v0＝atE1q＝ma解得E1＝1.875N/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＝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結合乙圖