（課標版）高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場 第12講 計算題對“帶電粒子在電磁場中運動”的考查限時練（含解析）-人教版高三全冊物理試題

《（課標版）高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場 第12講 計算題對“帶電粒子在電磁場中運動”的考查限時練（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標版）高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場 第12講 計算題對“帶電粒子在電磁場中運動”的考查限時練（含解析）-人教版高三全冊物理試題（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、計算題對“帶電粒子在電磁場中運動”的考查A組12分中難大題練少失分1(12分)(2019四川廣元模擬)如圖所示，從O點引出的兩條射線OP、OQ，在兩射線夾角37的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B0.25 T，邊界上有磁場，且磁場區(qū)域足夠大A為射線OQ上離O點距離s10 cm處的一點，大量相同的帶負電粒子以相同的速率經(jīng)過A點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，粒子質(zhì)量m3107 kg、電荷量q1102 C、速率v5102 m/s，不計粒子重力、粒子間的相互作用，sin 370.6.求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(2)能從射線OP射出磁場的粒子中，在磁場中運動的最短時間t(結(jié)

2、果用含的代數(shù)式表達)解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有Bqvm(2分)代入數(shù)據(jù)得r6 cm(2分)(2)因粒子在磁場中運動的軌道半徑是固定的，只有粒子在磁場中做圓周運動的弧長(或?qū)南议L)最短時，其運動時間最短過A作垂直于OP的線段AD，當粒子沿圓弧從D點射出磁場時，弦長最短，設其對應的圓心為O，其軌跡如圖所示sin 100.6 cm6 cm(2分)所以，ADO為等邊三角形，圓心角AOD60(2分)運動周期T104 s(2分)最短時間t104 s(2分)答案：(1)6 cm(2)104 s2.(12分)(2019湖南六校聯(lián)考)如圖所示，圓1和圓2之間存在磁感應強度為B的勻強磁場(垂直

3、紙面，沒有畫出)，圓2和圓3之間的電勢差為U，一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t從C點對著圓心O射入磁場，其運動軌跡恰好與圓1相切，已知圓1的半徑r1 .求：(1)圓2的半徑r2；(2)電子能否再次回到A點，如果能，求出電子從A點出發(fā)至再次回到A點所經(jīng)歷的時間，如果不能，請通過計算說明原因解析：(1)設進入C點的速度為v，eUmv2，(2分)解得v，(1分)軌道半徑為r r1；(2分)由幾何關系可知r2r1 ；(1分)(2)能回到A點，在電場中的運動時間為t112t；(2分)在磁場中的運動時間為t26T；(2分)所以t總t1t212t.(2分) 答案：(1) (2)能1

4、2t3(12分)如圖所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線水平質(zhì)量為m的帶正電小球從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R.從小球(小球直徑小于細圓管直徑)進入管口開始，整個空間中突然加上一個斜向左上方的勻強電場，小球所受電場力在豎直方向上的分力大小與重力相等，結(jié)果小球從管口C處離開圓管后，又能經(jīng)過A點設小球運動過程中電荷量沒有改變，重力加速度為g，求：(1)小球到達B點時的速度大??；(2)小球受到的電場力大小解析：(1)小球從開始自由下落到管口B的過程中機械能守恒，故有mg4Rmv(2分)到達B點時速度大小為vB2(2分)(2)設電場力的豎直分

5、力為Fy，水平分力為Fx，則Fymg(方向豎直向上)小球從B運動到C的過程中，由動能定理得Fx2Rmvmv(2分)小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運動，其軌跡經(jīng)過A點，有y4RvCt(1分)x2Raxt2t2(1分)聯(lián)立解得Fxmg(2分)電場力的大小為qEmg(2分)答案：(1)2(2)mg4.(12分)(2019寧夏銀川一中二模)如圖所示，在直角坐標系xOy中，點M(0,1)處不斷向y方向發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，粒子的初速度大小在0vv0之間這些粒子所經(jīng)磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，求：(1)速度為v0的粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(2)若所有粒子都沿x方向穿過

6、b區(qū)域，均沿y方向通過點N(3,0)，求符合要求的磁場范圍的最小面積，并在所給的坐標系中畫出粒子運動軌跡的示意圖解析：(1)由牛頓第二定律可知qv0Bm(2分)解得R0(2分)(2)在a區(qū)域，設任一速度為v的粒子偏轉(zhuǎn)90后從(x，y)離開磁場由幾何關系有xR，yR(2分)解得yx(2分)上式與R無關，說明磁場右邊界是一條直線此后粒子均沿x方向穿過b區(qū)域，進入c區(qū)域，由對稱性知，其磁場區(qū)域如圖所示(2分)磁場的最小面積為S2(2)2(2分) 答案：(1)(2)(2)2圖見解析5(12分)(2019江蘇揚州聯(lián)考)如圖所示為電子發(fā)射器原理圖，M處是電子出射口，它是寬度為d的狹縫D為絕緣外殼，整個裝置

7、處于真空中，半徑為a的金屬圓柱A可沿半徑向外均勻發(fā)射速率為v的電子；與A同軸放置的金屬網(wǎng)C的半徑為2a.不考慮A、C的靜電感應電荷對電子的作用和電子之間的相互作用，忽略電子所受重力和相對論效應，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e.(1)若A、C間加速電壓為U，求電子通過金屬網(wǎng)C發(fā)射出來的速度大小vC；(2)若在A、C間不加磁場和電場時，檢測到電子從M射出形成的電流為I，求圓柱體A在t時間內(nèi)發(fā)射電子的數(shù)量N.(忽略C、D間的距離以及電子碰撞到C、D上的反射效應和金屬網(wǎng)對電子的吸收)(3)若A、C間不加電壓，要使由A發(fā)射的電子不從金屬網(wǎng)C射出，可在金屬網(wǎng)內(nèi)環(huán)形區(qū)域加垂直于圓平面向里的勻強磁場，求所加磁場

8、磁感應強度B的最小值解析：(1)對電子經(jīng)A、C間的電場加速時，由動能定理得Uemvmv2(2分)解得vC(2分)(2)設t時間內(nèi)從A中發(fā)射的電子數(shù)為N，由M口射出的電子數(shù)為n，則I(1分)n N(1分)解得N(1分)(3)電子在A、C間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網(wǎng)相切時，對應的磁感應強度B最小設此軌跡圓的半徑為r，則(2ar)2r2a2(1分)Bevm(2分)解得B(2分)答案：(1) (2)(3)B組20分壓軸大題練多得分6(20分)(2019山東昌樂二中二模)如圖，xOy平面內(nèi)存在著平行于y軸的勻強電場，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向開始運動當它

9、經(jīng)過圖中虛線上的M(2a，a)點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進入一個垂直于xOy平面的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負方向運動并再次經(jīng)過M點已知磁場的磁感應強度大小為B，不計粒子的重力試求：(結(jié)果用m、v0、q、a表示)(1)電場強度的大小及方向(2)N點的坐標(3)矩形磁場的最小面積解析：(1)因為粒子向上做類平拋運動，所以電場方向沿y軸的負方向(1分)粒子從O到M做類平拋運動，設時間為t，則有2av0t(2分)at2(2分)得E(1分)(2)設粒子運動到M點時速度為v，與x方向的夾角為，則vytv0(1分)vv0，tan ，即30(1分)由題意知，粒

10、子從P點進入磁場，從N點離開磁場，由左手定則知磁場方向垂直于xOy平面(紙面)向外；粒子在磁場中以O點為圓心做勻速圓周運動，設半徑為R，則由qvBm解得粒子做圓周運動的半徑為Ra(2分)由幾何關系知，PMN30(1分)所以N點的縱坐標為yNaaa，橫坐標為xN2a(1分)得N點的坐標為(2a，aa)(1分)(3)當矩形磁場為圖示粗實線矩形時的面積最小，則矩形的兩個邊長分別是L12R2a(2分)L2RRsin a(2分)面積為S L1 L23a2(3分) 答案：(1)沿y軸負方向(2)(2a，aa)(3)3a27(20分)(2019河北滄州一中月考)如圖所示，將某正粒子放射源置于原點O，其向各個

11、方向射出的粒子速度大小均為v0，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q；在0yd的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個勻強電場，方向與y軸正向相同，在dy2d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里粒子離開電場上邊緣yd時，能夠到達的最右側(cè)的位置為(1.5d，d)最終恰沒有粒子從y2d的邊界離開磁場已知sin 370.6，cos 370.8，不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：(1)電場強度E的大?。?2)磁感應強度B的大??；(3)粒子在磁場中運動的最長時間解析：(1)對沿x軸正方向發(fā)射的粒子有x1.5d，yd，(1分)由類平拋運動基本規(guī)律得xv0t，(1分)yat2，(1分)而a，(2分

12、)聯(lián)立可得E(1分)(2)對沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時有15dv0t，(1分)dt，(1分)聯(lián)立可得vyv0，vv0，方向與x軸正方向成53，斜向右上方，(2分)由分析知該粒子軌跡恰與上邊緣相切時，其余粒子均達不到y(tǒng)2d邊界，由幾何關系可知dRR，(1分)根據(jù)牛頓第二定律得Bqvm(2分)解得R聯(lián)立可得B(1分)(3)粒子運動的最長時間對應最大的圓心角，經(jīng)過(1.5d，d)恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大，由幾何關系可知圓心角為254，(2分)粒子運動周期為T，(2分)則時間為tT.(2分) 答案：(1)(2)(3)8(20分)(2019河南南陽一中模擬)如圖甲所示，在直角坐標系

13、中有兩條與y軸平行的磁場邊界AB和CD，AB、CD與x軸的交點分別為M(2L,0)、N(4L,0)在AB和CD之間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，在AB與y軸之間存在著沿著y軸正方向的勻強電場現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，在y軸上的P點以初速度v0沿著x軸的正方向射入勻強電場，正好從M點進入勻強磁場，且速度方向與x軸所成夾角為30.(1)求勻強電場的電場強度E；(2)若電子不能越過邊界CD，求勻強磁場的磁感應強度B應滿足的條件；(3)若電子通過M點時開始計時，磁場隨時間變化的情況如圖乙所示(垂直紙面向外為正，且不考慮磁場變化所產(chǎn)生的感應電場)，要使電子運動一段時間后從N點飛出，速度方向與x軸

14、的夾角為30.求磁場變化的周期T、磁感應強度B1的大小各應滿足的表達式解析：(1)由tan ，(1分)vyat，(1分)eEma，(1分)2Lv0t(1分)解得E(1分)(2)電子恰好不越過邊界CD的軌跡如圖甲實線所示v，(2分)Rsin 30R2L，(2分)eBvm(2分)解得B，即滿足B(1分)(3)要滿足電子從N點射出，且與x軸的夾角為30，軌跡如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子偏轉(zhuǎn)了60，設電子的運動軌跡半徑為R0，所以在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移等于R0.(1分)nR02L(n1,2,3，)(1分)eB1vm，v(2分)解得B1(n1,2,3，)(2分)又，T

15、1(1分)解得T(n1,2,3，)(1分)答案：(1)(2)B(3)T(n1,2,3，)B1(n1,2,3，)9(20分)(2019湖南衡陽聯(lián)考)如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R的足夠長區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域.在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成53角，在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶

16、電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進入?yún)^(qū)域并垂直打在熒光屏上(不計粒子重力及其相互作用)求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)電場的電場強度大小E；(3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度x.解析：(1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域中的運動半徑r1R(1分)由qv0B1m得(2分)v0(1分)(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域中的運動半徑為r22R(1分)由qvB2m得(2分)v(1分)粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得qERmv2mv(2分)解得E(B4B)；(2分)(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域中的粒子將平行電場方向從區(qū)域中最高點穿出，打在離M點x1處的屏上，由幾何關系得(x1cos R)2(x1sin )24R2(2分)解得x1R(1分)速度方向與電場方向平行向右射入?yún)^(qū)域中的粒子將平行電場方向從區(qū)域中最低點穿出，打在離M點x2處的屏上，由幾何關系得(x2cos R)2(x2sin )24R2(2分)解得x2R(1分)分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為xx2x1(1分)解得x1.2R.(1分)答案：(1)(2)(B4B)(3)1.2R