1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题限时训练一、单项选择题1(2018安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度大小为g，则()A液滴带正电B液滴比荷C液滴沿顺时针方向运动D液滴运动速度大小v答案：C解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qEmg，得，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，C正确；对液滴qEmg，qvBm，得v，故D错误2(2018北京海淀
2、区期末)图甲是洛伦兹力演示仪图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是()A只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变B只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小C只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变D只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小答案：D解析：电子在加速
3、电场中加速，由动能定理有：eUmv；电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，eBv0m，解得：r；增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，选项A、B错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，可以使电子束的轨道半径变小故C错误，D正确二、多项选择题3.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a1 m、b0.2 m、c0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度B1.25 T的匀强磁场，在上下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极
4、间的电压U1 V，且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力fkLv，其中比例系数k15 Ns/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速下列说法正确的是()A金属板M的电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多B污水中粒子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q0.16 m3/sD为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管应施加的压强差p1 500 Pa答案：CD解析：根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力向M偏转，负离子受到向下的洛伦兹力向N偏转，所以M板的电势一定高于N板的电势，A错误；两极板带上电荷后，会在竖直方向上产生一个电场，最后电场力和洛伦兹
5、力平衡，故有qvBq，解得UvBc，与粒子浓度的大小无关，B错误；因为UvBc，所以v，污水的流量QvSbcb0.16 m3/s，C正确；为使污水匀速通过，则pSfkLv，即pbcka，解得p1 500 Pa，D正确4.(2018湖北黄冈期末)如图所示直角坐标系xOy，P(a，b)为第四象限内的一点，一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力不计)从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入第一次在整个坐标系内加垂直于纸面向里的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y0区域磁场不变，而将y0区域磁场不变，而将yt2，即第二次所用时间一定短些，选项C正确；电荷通过P点时的速度，第一次与x轴负方向的夹角为，
6、则有tan ；第二次与x轴负方向的夹角，则有tan ，所以有tan tan ，电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大些，选项D错误三、计算题5(2019桂林调研)如图所示，质量为m，带电荷量为q的液滴，以速度v沿与水平方向成45角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，液滴在叠加场中做直线运动重力加速度大小为g，求：(1)电场强度E和磁感应强度B的大小；(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，求此时液滴的加速度；(3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点位于同
7、一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间答案：(1)(2)g(3)解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：根据平衡条件，有Eqmgtan mg，qvBmg可得E，B.(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：ag.(3)电场变为竖直向上后，qEmg，故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvBm可得r则T由几何知识得tT可得t.6如图，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场一质量为m、带电荷量为q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x轴正方向的初速度v0进入第一象限
8、，小球恰好做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点的C点离开磁场已知重力加速度大小为g，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)磁感应强度B的大小和方向；(3)如果撤去磁场，并且将电场反向，带电小球仍以相同的初速度从A点进入第一象限，求带电小球到达x轴时的位置答案：(1)方向竖直向上(2)垂直于xOy平面向外(3)xv0解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知，mgEq，所以E，方向竖直向上(2)因小球带正电，且向下偏转，由左手定则可知磁场方向垂直于xOy平面向外带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力qv0Bm解得B由圆周运动轨迹分析得(LR)2()2R2整理得R，则B(3)电场反向
9、后竖直方向受力Eqmgma，a2g，小球做类平抛运动有xv0t，Lat2，得xv07.(2018全国卷) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出不计粒子的重力(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点射入时速度的
10、大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间答案：(1)见解析(2)v0(3)t(1)解析：(1)粒子运动的轨迹如图所示(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为(如图)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qEma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨
11、道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB由几何关系得l2Rcos 联立式得v0.(3)由运动学公式和题给数据得v1v0cot联立式得设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则t2tT式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T由式得t(1)8如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向的夹角45，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左、右边界的中点在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电荷量为q的粒子
12、a和b.结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知求：(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；(3)如果金属板间交变电场的周期T，粒子b从图乙中t0时刻进入电场，求要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件答案：(1)vavb(2)(d2d4L)(3)E0解析：(1)如图所示，粒子a、b在磁场中匀速转过90，平行于金属板进入电场，由几何关系可得：ra，rbd由牛顿第二定律可得qvaBqvbB解得va，vb(2)粒子a在磁场中的
13、运动轨迹如图：在磁场运动的周期为T0在磁场运动的时间：t1粒子在无电磁场区域做匀速直线运动，所用的时间为t2在电场中运动时间为t3a粒子全程运动的时间为tt1t2t3(d2d4L)(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开磁场，a比b进入电场落后的时间为t，故粒子b在t0时刻进入电场，而粒子a在时刻进入电场由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在电场中运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb2va，b在电场中运动的时间是tbta，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍，即tbn故n粒子b在内竖直方向的位移为ya()2粒子在电场中的加速度a由题知T粒子b能穿出板间电
14、场应满足nyd解得E0.满分设计例(2018全国卷，25,20分)如图，在y 0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y 0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上yh点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向.已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力.求：(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离科学审题关键点获取信息可以分析带电粒子在电场和磁场中的受力，进一步判断各自运动性质两粒子均带正电
15、且电荷量为q，质量分别是m、2m；粒子在电场中做类平抛运动H进入磁场时两坐标轴方向上的分速度关系；H射出磁场的位置快速切题两种带电粒子均在匀强电场中做类平抛运动、在匀强磁场中做匀速圆周运动氘核H质量是氕核H的2倍，且二者电荷量相等，根据二者的初动能相等可求类平抛运动初速度的关系；再根据类平抛运动的规律可求粒子进入磁场的位置以及进入磁场的速度大小和方向；最后根据粒子在洛伦兹力的作用下在磁场中做匀速圆周运动规律和几何知识可求粒子第一次离开磁场的位置规范解题(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示(1分)设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间
16、为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1v1t1(1分)ha1t(1分)由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角160.H进入磁场时速度的竖直分量大小为a1t1v1tan 1(1分)联立以上各式得s1h(1分)(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qEma1(1分)设H进入磁场时速度的大小为v1，由速度合成法则有v1 (1分) 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B(1分)由几何关系得s12R1sin 1(1分)联立以上各式得B(1分)(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加
17、速度大小为a2，由题给条件得(2m)vmv(1分)由牛顿第二定律有qE2ma2 (1分)设H第一次射入磁场时的速度大小为v2，速度的方向与x轴正方向夹角为2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2v2t2(1分)ha2t(1分)v2 (1分)sin 2(1分)联立以上各式得s2s1，21，v2v1(1分)设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2R1 (1分)所以出射点在原点左侧设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2，由几何关系有s22R2sin 2(1分)联立式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2s2(1)h(1分)高考资源网版权所有，侵权必究！
