（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

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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α＝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B＝0.25 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s＝10 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m＝3×10－7 kg、電荷量q＝1×10－2 C、速率v＝5×102 m/s，不計粒子重力、粒子間的相互作用，sin 37°＝0.6.求： (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；

2、 (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(結果用含π的代數(shù)式表達)． 解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有 Bqv＝m(2分) 代入數(shù)據(jù)得r＝6 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 α＝10×0.6 cm＝6 cm(2分) 所以，△ADO′為等邊三角形， 圓心角∠AO′D＝60°(2分) 運動周期T＝＝×10－4 s(2分) 最短時間t＝＝×

3、10－4 s．(2分) 答案：(1)6 cm　(2)×10－4 s 2.(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，eU＝mv2，(2分) 解得v＝，(1分) 軌道半徑為r＝ ＝

4、 ＝r1；(2分) 由幾何關系可知 r2＝＝r1＝ ；(1分) (2)能回到A點，在電場中的運動時間為 t1＝12t；(2分) 在磁場中的運動時間為t2＝6×T＝；(2分) 所以t總＝t1＋t2＝12t＋.(2分) 答案：(1) 　 (2)能　12t＋ 3．(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，結果小球從管口C處

5、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mg·4R＝mv(2分) 到達B點時速度大小為vB＝2(2分) (2)設電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fy＝mg(方向豎直向上)．小球從B運動到C的過程中，由動能定理得Fx·2R＝mv－mv(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y＝4R＝vCt(1分) x＝2R＝axt2＝t2(1分) 聯(lián)立解得Fx＝mg(2分) 電場力的大小為qE

6、＝＝mg(2分) 答案：(1)2　(2)mg 4.(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0＜v＜v0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qv0B＝m(2分) 解得R0＝(2分) (2)在a區(qū)域，設任一速度為

7、v的粒子偏轉(zhuǎn)90°后從(x，y)離開磁場 由幾何關系有x＝R，y＝R＋(2分) 解得y＝x＋(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 S＝2＝(π－2)2(2分) 答案：(1)　(2)(π－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

8、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 Ue＝mv－mv2(2分)

9、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 (2a－r)2＝r2＋a2(1分) Bev＝m(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．當它經(jīng)過

10、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 2a＝v0t(2分) a＝t2(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α，則

11、vy＝t＝··＝v0(1分) v＝＝v0，tan α＝＝，即α＝30°(1分) 由題意知，粒子從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qvB＝m解得粒子做圓周運動的半徑為 R＝＝＝a(2分) 由幾何關系知，β＝∠PMN＝30°(1分) 所以N點的縱坐標為yN＝＋a＝a＋a，橫坐標為xN＝2a(1分) 得N點的坐標為(2a，a＋a)(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 L1＝2R＝2a(2分) L2＝R＋Rsin β＝a(2分)

12、 面積為S＝ L1 L2＝3a2(3分) 答案：(1)　沿y軸負方向　(2)(2a，a＋a) (3)3a2 7．(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0≤y≤d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d

13、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 x＝1.5d，y＝d，(1分) 由類平拋運動基本規(guī)律得x＝v0t，(1分) y＝at2，(1分) 而a＝，(2分) 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 1．5d＝v0t，(1分) d＝t，(1分) 聯(lián)立可得vy＝v0，v＝＝v0，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 d＝R＋R，(1分) 根據(jù)牛頓

14、第二定律得Bqv＝m(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θ＝254°，(2分) 粒子運動周期為T＝＝，(2分) 則時間為t＝T＝.(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

15、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 θ＝，(1分) vy＝at，(1分) eE＝ma，(1分) 2L＝v0t(1分) 解

16、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 30°＋R＝2L，(2分) eBv＝m(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) nR0＝2L(n＝1,2,3，…)(1分) eB1v＝m，v＝(2分) 解得B1＝(n＝1,2,3，…)(2分) 又＝，T1＝(1分) 解得T＝(n＝1,2,3，…)(1分) 答案：(1)　(2

17、)B≥　(3)T＝(n＝1,2,3，…)　B1＝(n＝1,2,3，…) 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Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域Ⅰ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Ⅲ.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θ＝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、帶電荷量為＋q且速

18、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Ⅱ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Δx. 解析：(1)如圖所示， 分析可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑r1＝R(1分) 由qv0B1＝m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Ⅲ中的運動半徑為r2＝2R(1分) 由qvB2＝m得(2分) v＝(1分) 粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得 －qER＝mv2－mv(2分) 解得E＝(B－4B)；(2分

19、) (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Ⅰ中的粒子將平行電場方向從區(qū)域Ⅰ中最高點穿出，打在離M點x1處的屏上，由幾何關系得 (x1cos θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝4R2(2分) 解得x1＝R(1分) 速度方向與電場方向平行向右射入?yún)^(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場方向從區(qū)域Ⅰ中最低點穿出，打在離M點x2處的屏上，由幾何關系得 (x2cos θ－R)2＋(x2sin θ)2＝4R2(2分) 解得x2＝R(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Δx＝x2－x1(1分) 解得Δx＝1.2R.(1分) 答案：(1)　(2)(B－4B)　(3)1.2R