高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：二十二 應(yīng)用“三類典型運(yùn)動(dòng)”破解電磁場計(jì)算題 Word版含解析

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1、 專題檢測（二十二） 應(yīng)用“三類典型運(yùn)動(dòng)”破解電磁場計(jì)算題 1．(2019屆高三·包頭模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)一個(gè)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(xì)線系在一勻強(qiáng)電場中的O點(diǎn)。勻強(qiáng)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(diǎn)右方由與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零。 (1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小； (2)若小球從O點(diǎn)的左方由與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)無初速度自由釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度為g) 解析：(1)對小球由A到B的過程，由動(dòng)能定理得 mgL－qE

2、L＝0 解得E＝。 (2)小球由C點(diǎn)釋放后，將沿CB做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， F合＝＝mg a＝＝g 由幾何關(guān)系易知，CB＝L，則 L＝at2 解得t＝ 。 答案：(1)　(2) 2．(2018·全國卷Ⅲ)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(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)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(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求： (1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 解析：(1)設(shè)甲

3、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(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有 q1U＝m1v12① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知 2R1＝l③ 由①②③式得 B＝。④ (2)設(shè)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(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有 q2U＝m2v22⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有 2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。⑧ 答案：(1)　(2)1∶4 3.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

4、外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿－x方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。某一瞬間從y軸上縱坐標(biāo)為d的一點(diǎn)同時(shí)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45°～135°角，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)電場區(qū)后均從y軸的負(fù)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(jì)。 (1)試求帶電粒子進(jìn)入磁場的速度大小范圍； (2)試求所有粒子到達(dá)－y軸上的時(shí)間范圍(即最后到達(dá)－y軸與最先到達(dá)－y軸的粒子的時(shí)間間隔)。 解析：(1)設(shè)粒子速度v與＋y軸的夾角為θ，如圖所示，

5、垂直打到x軸上滿足d＝Rsin θ 又qvB＝ 解得v＝＝ 當(dāng)θ＝90°時(shí)，vmin＝ 當(dāng)θ＝45°和θ＝135°時(shí)，vmax＝ 帶電粒子進(jìn)入磁場的速度大小范圍為 ≤v≤。 (2)由(1)分析可知當(dāng)θ＝135°時(shí)，射入的粒子最先到達(dá)－y 軸，所用時(shí)間最短 其在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝ 由幾何關(guān)系可得進(jìn)入電場時(shí)與O點(diǎn)的距離為(－1)d，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng) 在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足(－1)d＝··t22 即t2＝ 所以tmin＝t1＋t2＝＋ 由(1)分析可知當(dāng)θ＝45°時(shí)，射入的粒子最后到達(dá)－y軸，所用時(shí)間最長 其在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝＝ 由幾何關(guān)系可得進(jìn)入

6、電場時(shí)與O點(diǎn)的距離為(＋1)d，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng) 在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足(＋1)d＝··t42， 即t4＝ 所以tmax＝t3＋t4＝＋ 所有粒子到達(dá)－y軸上的時(shí)間范圍為 Δt＝tmax－tmin＝＋ －。 答案：(1)≤v≤ (2)＋－ 4．(2018·江蘇高考)如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

7、(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值。 解析：(1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， qv0B＝ 由題意知r0＝ 解得B＝。 (2)當(dāng)初速度v＝5v0時(shí)，由qvB＝得r＝d，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α。 由幾何關(guān)系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53° 在一個(gè)矩形磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝×， 解得t1＝ 粒子做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝ 解得t2＝ 則t＝4t1＋

8、t2＝。 (3)設(shè)將中間兩磁場分別向中央移動(dòng)距離x，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時(shí)，Δt有最大值 粒子做直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時(shí)間的最大值Δtm＝＝。 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(biāo)系xOy，整個(gè)空間內(nèi)都存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場和水平向右的勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度

9、大小為B，電場強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，求粒子的速度v0； (2)t＝0時(shí)刻的電場和磁場方向如圖(a)所示，若電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均不變，而方向隨時(shí)間作周期性變化，如圖(b)所示。將該粒子從原點(diǎn)O由靜止釋放，在0～時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(c)虛線OMN所示，M點(diǎn)為軌跡距y軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)，M距y軸的距離為d。已知在曲線上某一點(diǎn)能找到一個(gè)和它內(nèi)切的半徑最大的圓，粒子經(jīng)過此點(diǎn)時(shí)，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運(yùn)動(dòng)，這個(gè)圓的半徑就定義為曲線上這點(diǎn)的曲率半徑。求： ①粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的曲率半徑ρ； ②在圖(c)中畫出粒子從N點(diǎn)回到O點(diǎn)的軌跡。 解析：(1)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得 qv0B＝ 解得v0＝ 由左手定則得，v0沿y軸負(fù)方向。 (2)①重力和電場力的合力為F＝ 粒子從O運(yùn)動(dòng)到M過程中，只有重力和電場力的合力做功，據(jù)動(dòng)能定理 W＝Fd＝mv2 得v＝ 由qvB－mg＝ 得ρ＝。 ②軌跡如圖所示。 答案：(1)，沿y軸負(fù)方向　(2)①　②見解析圖