届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3184含答案Word格式.docx
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，粒子沿直线O1O2O3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE＝Bqv⇒v＝
＝
，即
为定值．故选项B、C正确．
[答案] BC
3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如右图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（ ）
A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负
C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/s，a负、b正
[解析] 由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：
a电极带正电，b电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即qvB＝qE得v＝
≈1.3m/s.
4．（多选）（2015·
江苏阜宁中学月考）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如右图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差UCD仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD<
C．仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
[解析] 电势差UCD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；
若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差UCD<
0，选项B正确；
仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大，选项C正确；
在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．
5．（多选）（2015·
日照调研）如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段（ ）
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变
B．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动
D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动
[解析] 甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M、m，乙物块所受滑动摩擦力Ff＝μ[（M＋m）g＋qvB]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B项正确；
由牛顿第二定律有：
Eq－Ff＝（M＋m）a，整体速度不断增大过程中，加速度不断减小，C项正确，D项错；
对甲物块应用牛顿第二定律，F′f＝Ma，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A项错．
6．如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板，其间构成偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界与两金属板下端的水平面PQ重合，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一比荷为
带正电的粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b板平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点间的距离为x（M、N点图中未画出）．则以下说法中正确的是（ ）
A．只减小磁感应强度B的大小，则x减小
B．只增大初速度v0的大小，则x减小
C．只减小偏转电场的电压U大小，则x不变
D．只减小带电粒子的比荷
大小，则x不变
[解析] 带正电的粒子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，向右做类平抛运动，设进入磁场时速度为v，与水平向右方向的夹角为θ，则在磁场中做匀速圆周运动，运动的弧所对的圆心角为2θ，半径为R，由几何知识得M、N两点的距离为：
x＝2Rsinθ＝2
sinθ＝
.只减小磁感应强度B的大小，则x增大，选项A错误；
只增大初速度v0的大小，则x增大，选项B错误；
只减小偏转电压U的大小，则x不变，选项C正确；
只减小带电粒子的比荷
的大小，则x增大，选项D错误．
[答案] C
7．如图所示，Oxyz坐标系的y轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向和磁场方向都与x轴平行．从y轴上的M点（0，H,0）无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，它落在xOz平面上的N（c,0，b）点（c>
0，b>
0）．若撤去磁场则小球落在xOy平面的P（L,0,0）点（L>
0），已知重力加速度为g.则（ ）
A．匀强磁场方向沿x轴正方向
B．匀强电场方向沿x轴正方向
C．电场强度的大小E＝
D．小球落至N点时的速率v＝
[解析] 撤掉磁场，小球落在P点，对其受力分析，可知：
小球受竖直向下的重力、沿x轴正向的电场力，而小球带负电，故匀强电场方向沿x轴的负方向，选项B错误；
根据分运动的等时性，则H＝
gt2，L＝
t2，两方程相比可得：
E＝
，选项C正确；
加上磁场，小球落在N点，其受到的洛伦兹力方向沿z轴，由左手定则，可知：
匀强磁场方向沿x轴负方向，选项A错误；
从M点到N点，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，由动能定理可得：
mgH＋qEc＝
mv2，联立可得：
v＝
，选项D错误．
8．（多选）（2015·
成都一诊）如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×
10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2.则下列判断正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为3.2×
106V/m
B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4J
C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N
[解析] 根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝
V/m＝5×
106V/m，故A选项错误；
由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场（重力场、匀强电场和匀强磁场）中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·
2L＝2.4J，故B选项正确；
由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故C选项错误；
根据牛顿第二定律可得fB＝
，又qE＝mg，解得fB＝3N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3N，故D选项正确．
[答案] BD
二、非选择题
9．（2015·
济南高三质检）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；
在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．一质量为m、带正电的粒子（不计粒子重力），从OM＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP＝2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以垂直于y轴的方向射出磁场．求：
（1）粒子所带的电荷量q；
（2）磁感应强度B；
（3）粒子在磁场中运动的时间．
[解析] 粒子的运动轨迹如图所示．
（1）粒子在电场中做类平抛运动，有
2h＝v0t①
h＝
at2②
其中a＝
③
解得q＝
④
（2）对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析：
由直角三角形知识可知
⑤
y轴的方向有h＝
，vy＝v0⑥
联立⑤⑥得θ＝45°
，v＝
v0⑦
对粒子在磁场中的圆周运动进行分析：
v2＝v1＝v，qvB＝
⑧
联立④⑦⑧得B＝
.
（3）粒子在磁场中的运动周期
T＝
由几何知识知，轨迹所对的圆心角为
π
故粒子在磁场中运动的时间
t＝
[答案]
（1）
（2）
（3）
10．（2015·
莆田模拟）如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4m区域内，分布着E＝
×
106N/C的匀强电场，方向竖直向上；
第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着大小均为B＝5.0×
10－2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝1.6×
10－27kg、电荷量为q＝3.2×
10－19C的带正电的粒子（重力不计），从坐标点M（－4m，
m）处，以v＝
107m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场和匀强电场区域．求：
（1）带电粒子在磁场中的运动半径r；
（2）粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间；
（3）在图中画出粒子从直线x＝－4m到x＝4m之间的运动轨迹，并求出运动轨迹与y轴和直线x＝4m交点的纵坐标．
[解析]
（1）带电粒子在磁场中偏转，由牛顿运动定律得
qvB＝m
，
所以r＝
代入数据得r＝
m.
（2）带电粒子在磁场中的运动周期
＝6.28×
10－7s，
运动的时间t1＝
T＝1.57×
10－7s.
带电粒子在电场中运动的时间
t2＝
s＝2.83×
故粒子在电磁场偏转所用的总时间
t＝t1＋t2＝4.40×
（3）如图所示
分析知：
粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了
周，下移了（
－1）m，由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了
周，又下移了（
－1）m，故y1＝[
－2（
－1）]m＝（2－
）m.
粒子水平飞入电场，
竖直方向上满足a＝
1014m/s2
y2＝y1＋
at
＝2m.
[答案]
（1）
m
（2）4.40×
10－7s （3）见解析
11．如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E＝40N/C；
在y轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15πs后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3m的圆形区域里（图中未画出），且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8T．t＝0时刻，一质量m＝8×
10－4kg、电荷量q＝2×
10－4C的带正电微粒从x轴上xP＝－0.8m处的P点以速度v＝0.12m/s沿x轴正方向射出．（g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字）
（1）求微粒在第二象限运动过程中离y轴、x轴的最大距离；
（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（x，y）．
[解析]
（1）因为微粒射入电磁场后受到的电场力
F电＝Eq＝8×
10－3N，G＝mg＝8×
10－3N
F电＝G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
因为qvB1＝
所以R1＝
＝0.6m，
＝10πs.
从图乙可知在0～5πs内微粒做匀速圆周运动
在5π～10πs内微粒向左做匀速运动，运动位移
x1＝v
＝0.6πm.
在10π～15πs内，微粒又做匀速圆周运动，15πs以后向右做匀速运动，之后穿过y轴．
所以，离y轴的最大距离
s＝0.8m＋x1＋R1＝1.4m＋0.6πm＝3.3m
离x轴的最大距离s′＝2R1×
2＝4R1＝2.4m.
（2）如图所示，微粒穿过圆形磁场时要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．
因为qvB2＝
所以R2＝
＝0.6m＝2r，
所以最大偏转角θ＝60°
所以圆心坐标x＝0.30m，
y＝s′－rcos60°
＝2.4m－0.3m×
≈2.3m，
即磁场的圆心坐标为（0.30m,2.3m）．
[答案]
（1）3.3m 2.4m
（2）（0.30m,2.3m）
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