（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第12講 計(jì)算題對(duì)“帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)”的考查限時(shí)練（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

計(jì)算題對(duì)“帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)”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(diǎn)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.25 T，邊界上有磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大A為射線OQ上離O點(diǎn)距離s10 cm處的一點(diǎn)，大量相同的帶負(fù)電粒子以相同的速率經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)，粒子質(zhì)量m3×107 kg、電荷量q1×102 C、速率v5×102 m/s，不計(jì)粒子重力、粒子間的相互作用，sin 37°0.6.求：(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；(2)能從射線OP射出磁場(chǎng)的粒子中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間t(結(jié)果用含的代數(shù)式表達(dá))解析：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有Bqvm(2分)代入數(shù)據(jù)得r6 cm(2分)(2)因粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑是固定的，只有粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)(或?qū)?yīng)的弦長(zhǎng))最短時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短過(guò)A作垂直于OP的線段AD，當(dāng)粒子沿圓弧從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)，弦長(zhǎng)最短，設(shè)其對(duì)應(yīng)的圓心為O，其軌跡如圖所示·sin 10×0.6 cm6 cm(2分)所以，ADO為等邊三角形，圓心角AOD60°(2分)運(yùn)動(dòng)周期T×104 s(2分)最短時(shí)間t×104 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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直紙面，沒(méi)有畫(huà)出)，圓2和圓3之間的電勢(shì)差為U，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t從C點(diǎn)對(duì)著圓心O射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，如果能，求出電子從A點(diǎn)出發(fā)至再次回到A點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間，如果不能，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明原因解析：(1)設(shè)進(jìn)入C點(diǎn)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(guān)系可知r2r1 ；(1分)(2)能回到A點(diǎn)，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t112t；(2分)在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t26×T；(2分)所以t總t1t212t.(2分) 答案：(1) (2)能12t3(12分)如圖所示，光滑絕緣的細(xì)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(diǎn)正上方的A點(diǎn)自由下落，A、B兩點(diǎn)間距離為4R.從小球(小球直徑小于細(xì)圓管直徑)進(jìn)入管口開(kāi)始，整個(gè)空間中突然加上一個(gè)斜向左上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球所受電場(chǎng)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(kāi)圓管后，又能經(jīng)過(guò)A點(diǎn)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量沒(méi)有改變，重力加速度為g，求：(1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)小球受到的電場(chǎng)力大小解析：(1)小球從開(kāi)始自由下落到管口B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，故有mg·4Rmv(2分)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大小為vB2(2分)(2)設(shè)電場(chǎng)力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fymg(方向豎直向上)小球從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Fx·2Rmvmv(2分)小球從管口C處脫離圓管后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，有y4RvCt(1分)x2Raxt2t2(1分)聯(lián)立解得Fxmg(2分)電場(chǎng)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(biāo)系xOy中，點(diǎn)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(2)若所有粒子都沿x方向穿過(guò)b區(qū)域，均沿y方向通過(guò)點(diǎn)N(3,0)，求符合要求的磁場(chǎng)范圍的最小面積，并在所給的坐標(biāo)系中畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)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(shè)任一速度為v的粒子偏轉(zhuǎn)90°后從(x，y)離開(kāi)磁場(chǎng)由幾何關(guān)系有xR，yR(2分)解得yx(2分)上式與R無(wú)關(guān)，說(shuō)明磁場(chǎng)右邊界是一條直線此后粒子均沿x方向穿過(guò)b區(qū)域，進(jìn)入c區(qū)域，由對(duì)稱(chēng)性知，其磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示(2分)磁場(chǎng)的最小面積為S2(2)2(2分) 答案：(1)(2)(2)2圖見(jiàn)解析5(12分)(2019·江蘇揚(yáng)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(gè)裝置處于真空中，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(yīng)電荷對(duì)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(duì)論效應(yīng)，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(guò)金屬網(wǎng)C發(fā)射出來(lái)的速度大小vC；(2)若在A、C間不加磁場(chǎng)和電場(chǎng)時(shí)，檢測(cè)到電子從M射出形成的電流為I，求圓柱體A在t時(shí)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(yīng)和金屬網(wǎng)對(duì)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(qiáng)磁場(chǎng)，求所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值解析：(1)對(duì)電子經(jīng)A、C間的電場(chǎng)加速時(shí)，由動(dòng)能定理得Uemvmv2(2分)解得vC(2分)(2)設(shè)t時(shí)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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡圓與金屬網(wǎng)相切時(shí)，對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小設(shè)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(lè)二中二模)如圖，xOy平面內(nèi)存在著平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)當(dāng)它經(jīng)過(guò)圖中虛線上的M(2a，a)點(diǎn)時(shí)，撤去電場(chǎng)，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后進(jìn)入一個(gè)垂直于xOy平面的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(圖中未畫(huà)出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)并再次經(jīng)過(guò)M點(diǎn)已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)粒子的重力試求：(結(jié)果用m、v0、q、a表示)(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小及方向(2)N點(diǎn)的坐標(biāo)(3)矩形磁場(chǎng)的最小面積解析：(1)因?yàn)榱Ｗ酉蛏献鲱?lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)方向沿y軸的負(fù)方向(1分)粒子從O到M做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t，則有2av0t(2分)at2(2分)得E(1分)(2)設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度為v，與x方向的夾角為，則vyt··v0(1分)vv0，tan ，即30°(1分)由題意知，粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由左手定則知磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面(紙面)向外；粒子在磁場(chǎng)中以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R，則由qvBm解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為Ra(2分)由幾何關(guān)系知，PMN30°(1分)所以N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yNaaa，橫坐標(biāo)為xN2a(1分)得N點(diǎn)的坐標(biāo)為(2a，aa)(1分)(3)當(dāng)矩形磁場(chǎng)為圖示粗實(shí)線矩形時(shí)的面積最小，則矩形的兩個(gè)邊長(zhǎng)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(fù)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(diǎn)O，其向各個(gè)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(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與y軸正向相同，在d<y2d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里粒子離開(kāi)電場(chǎng)上邊緣yd時(shí)，能夠到達(dá)的最右側(cè)的位置為(1.5d，d)最終恰沒(méi)有粒子從y2d的邊界離開(kāi)磁場(chǎng)已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，不計(jì)粒子重力以及粒子間的相互作用，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間解析：(1)對(duì)沿x軸正方向發(fā)射的粒子有x1.5d，yd，(1分)由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律得xv0t，(1分)yat2，(1分)而a，(2分)聯(lián)立可得E(1分)(2)對(duì)沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場(chǎng)時(shí)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(shí)，其余粒子均達(dá)不到y(tǒng)2d邊界，由幾何關(guān)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(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間對(duì)應(yīng)最大的圓心角，經(jīng)過(guò)(1.5d，d)恰與上邊界相切的粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，由幾何關(guān)系可知圓心角為254°，(2分)粒子運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，(2分)則時(shí)間為tT.(2分) 答案：(1)(2)(3)8(20分)(2019·河南南陽(yáng)一中模擬)如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系中有兩條與y軸平行的磁場(chǎng)邊界AB和CD，AB、CD與x軸的交點(diǎn)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(qiáng)磁場(chǎng)，在AB與y軸之間存在著沿著y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，在y軸上的P點(diǎn)以初速度v0沿著x軸的正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，正好從M點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且速度方向與x軸所成夾角為30°.(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若電子不能越過(guò)邊界CD，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件；(3)若電子通過(guò)M點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，磁場(chǎng)隨時(shí)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(chǎng)變化所產(chǎn)生的感應(yīng)電場(chǎng))，要使電子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從N點(diǎn)飛出，速度方向與x軸的夾角為30°.求磁場(chǎng)變化的周期T、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小各應(yīng)滿足的表達(dá)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(guò)邊界CD的軌跡如圖甲實(shí)線所示v，(2分)Rsin 30°R2L，(2分)eBvm(2分)解得B，即滿足B(1分)(3)要滿足電子從N點(diǎn)射出，且與x軸的夾角為30°，軌跡如圖乙所示，在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，電子偏轉(zhuǎn)了60°，設(shè)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R0，所以在磁場(chǎng)變化的半個(gè)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，T1(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(yáng)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(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R的足夠長(zhǎng)區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域左右邊界CD、FG與電場(chǎng)垂直，區(qū)域邊界上過(guò)A點(diǎn)的切線與電場(chǎng)線平行且與FG交于G點(diǎn)，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域.在FG延長(zhǎng)線上距G點(diǎn)為R處的M點(diǎn)放置一足夠長(zhǎng)的熒光屏MN，熒光屏與FG成53°角，在A點(diǎn)處有一個(gè)粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個(gè)方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場(chǎng)的粒子，恰能平行于電場(chǎng)方向進(jìn)入?yún)^(qū)域并垂直打在熒光屏上(不計(jì)粒子重力及其相互作用)求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長(zhǎng)度x.解析：(1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)半徑為r22R(1分)由qvB2m得(2分)v(1分)粒子在電場(chǎng)中做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)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(chǎng)方向平行向左射入?yún)^(qū)域中的粒子將平行電場(chǎng)方向從區(qū)域中最高點(diǎn)穿出，打在離M點(diǎn)x1處的屏上，由幾何關(guān)系得(x1cos R)2(x1sin )24R2(2分)解得x1R(1分)速度方向與電場(chǎng)方向平行向右射入?yún)^(qū)域中的粒子將平行電場(chǎng)方向從區(qū)域中最低點(diǎn)穿出，打在離M點(diǎn)x2處的屏上，由幾何關(guān)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(zhǎng)度為xx2x1(1分)解得x1.2R.(1分)答案：(1)(2)(B4B)(3)1.2R