高考物理通用版二輪復習專題檢測：二十二 應用“三類典型運動”破解電磁場計算題 Word版含解析

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1、專題檢測（二十二） 應用“三類典型運動”破解電磁場計算題1(2019屆高三包頭模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)一個帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長為L且不可伸長的絕緣輕細線系在一勻強電場中的O點。勻強電場的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大?，F(xiàn)將帶正電小球從O點右方由與O點等高的A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零。(1)求勻強電場的電場強度E的大??；(2)若小球從O點的左方由與O點等高的C點無初速度自由釋放，則小球到達最低點B所用的時間t是多少？(已知：OAOCL，重力加速度為g)解析：(1)對小球由A到B的過程，由動能定理得mgLqEL0解得E。(2)小球由C點釋放后，

2、將沿CB做勻加速直線運動，F(xiàn)合mgag由幾何關系易知，CBL，則Lat2解得t 。答案：(1)(2) 2(2018全國卷)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。解析：(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有

3、q1Um1v12由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1Bm1由幾何關系知2R1l由式得B。(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2Um2v22q2v2Bm2由題給條件有2R2由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為14。答案：(1)(2)143.如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿x方向、電場強度為E的勻強電場。某一瞬間從y軸上縱坐標為d的一點同時向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電的同種粒子，速度方向范圍與y方向成45135角，且在xOy平面內(nèi)。結果所有粒子經(jīng)過

4、磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)后均從y軸的負半軸射出。已知帶電粒子所帶電荷量均為q，質(zhì)量均為m，粒子重力和粒子間的相互作用不計。(1)試求帶電粒子進入磁場的速度大小范圍；(2)試求所有粒子到達y軸上的時間范圍(即最后到達y軸與最先到達y軸的粒子的時間間隔)。解析：(1)設粒子速度v與y軸的夾角為，如圖所示，垂直打到x軸上滿足dRsin 又qvB解得v當90時，vmin當45和135時，vmax帶電粒子進入磁場的速度大小范圍為v。(2)由(1)分析可知當135時，射入的粒子最先到達y 軸，所用時間最短其在磁場中運動時間t1由幾何關系可得進入電場時與O點的距離為(1)d，

5、粒子在電場中做類平拋運動在電場中運動的時間滿足(1)dt22即t2 所以tmint1t2 由(1)分析可知當45時，射入的粒子最后到達y軸，所用時間最長其在磁場中運動的時間t3由幾何關系可得進入電場時與O點的距離為(1)d，粒子在電場中做類平拋運動在電場中運動的時間滿足(1)dt42，即t4 所以tmaxt3t4 所有粒子到達y軸上的時間范圍為ttmaxtmin 。答案：(1)v (2)4(2018江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O點，各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從O沿軸

6、線射入磁場。當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場。取sin 530.8，cos 530.6。(1)求磁感應強度大小B；(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值。解析：(1)粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qv0B由題意知r0解得B。(2)當初速度v5v0時，由qvB得rd，粒子運動軌跡如圖，設粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為。由幾何關系知drsin ，得sin ，即53在一個矩形磁場中的運動時間t1，解得t1粒子做直線運動的時間t2解得t2則t4t1t2。(3

7、)設將中間兩磁場分別向中央移動距離x，粒子運動軌跡如圖所示。粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan 由y2d，解得xd則當xmd時，t有最大值粒子做直線運動路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加時間的最大值tm。答案：(1)(2)(3)5.(2018太原段考)如圖(a)所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，整個空間內(nèi)都存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場和水平向右的勻強電場，勻強電場的方向與x軸正方向夾角為45。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，磁感應強度大小為B，電場強度大小E，重力加速度為g。(1)若粒子在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，求粒子的速度v0；(2

8、)t0時刻的電場和磁場方向如圖(a)所示，若電場強度和磁感應強度的大小均不變，而方向隨時間作周期性變化，如圖(b)所示。將該粒子從原點O由靜止釋放，在0時間內(nèi)的運動軌跡如圖(c)虛線OMN所示，M點為軌跡距y軸的最遠點，M距y軸的距離為d。已知在曲線上某一點能找到一個和它內(nèi)切的半徑最大的圓，粒子經(jīng)過此點時，相當于以此圓的半徑在做圓周運動，這個圓的半徑就定義為曲線上這點的曲率半徑。求：粒子經(jīng)過M點時的曲率半徑；在圖(c)中畫出粒子從N點回到O點的軌跡。解析：(1)粒子做勻速直線運動，由平衡條件得qv0B解得v0由左手定則得，v0沿y軸負方向。(2)重力和電場力的合力為F粒子從O運動到M過程中，只有重力和電場力的合力做功，據(jù)動能定理WFdmv2得v由qvBmg得。軌跡如圖所示。答案：(1)，沿y軸負方向(2)見解析圖