《课标版高考物理学科复习题三电场与磁场第12讲计算题对“带电粒子在电磁场中运动”的考查限时练含解析41》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课标版高考物理学科复习题三电场与磁场第12讲计算题对“带电粒子在电磁场中运动”的考查限时练含解析41（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、计算题对“带电粒子在电磁场中运动”的考查A组12分中难大题练少失分1(12分)(2019四川广元模拟)如图所示，从O点引出的两条射线OP、OQ，在两射线夹角37的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.25 T，边界上有磁场，且磁场区域足够大A为射线OQ上离O点距离s10 cm处的一点，大量相同的带负电粒子以相同的速率经过A点，在纸面内沿不同方向射入磁场，粒子质量m3107 kg、电荷量q1102 C、速率v5102 m/s，不计粒子重力、粒子间的相互作用，sin 370.6.求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(2)能从射线OP射出磁场的粒子中，在磁场中运动的最短时间t(结
2、果用含的代数式表达)解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有Bqvm(2分)代入数据得r6 cm(2分)(2)因粒子在磁场中运动的轨道半径是固定的，只有粒子在磁场中做圆周运动的弧长(或对应的弦长)最短时，其运动时间最短过A作垂直于OP的线段AD，当粒子沿圆弧从D点射出磁场时，弦长最短，设其对应的圆心为O，其轨迹如图所示sin 100.6 cm6 cm(2分)所以，ADO为等边三角形，圆心角AOD60(2分)运动周期T104 s(2分)最短时间t104 s(2分)答案：(1)6 cm(2)104 s2.(12分)(2019湖南六校联考)如图所示，圆1和圆2之间存在磁感应强度为B的匀强磁场(垂直
3、纸面，没有画出)，圆2和圆3之间的电势差为U，一个质量为m、电荷量为e的电子从A点由静止释放，经过时间t从C点对着圆心O射入磁场，其运动轨迹恰好与圆1相切，已知圆1的半径r1 .求：(1)圆2的半径r2；(2)电子能否再次回到A点，如果能，求出电子从A点出发至再次回到A点所经历的时间，如果不能，请通过计算说明原因解析：(1)设进入C点的速度为v，eUmv2，(2分)解得v，(1分)轨道半径为r r1；(2分)由几何关系可知r2r1 ；(1分)(2)能回到A点，在电场中的运动时间为t112t；(2分)在磁场中的运动时间为t26T；(2分)所以t总t1t212t.(2分) 答案：(1) (2)能1
4、2t3(12分)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小解析：(1)小球从开始自由下落到管口B的过程中机械能守恒，故有mg4Rmv(2分)到达B点时速度大小为vB2(2分)(2)设电场力的竖直分
5、力为Fy，水平分力为Fx，则Fymg(方向竖直向上)小球从B运动到C的过程中，由动能定理得Fx2Rmvmv(2分)小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y4RvCt(1分)x2Raxt2t2(1分)联立解得Fxmg(2分)电场力的大小为qEmg(2分)答案：(1)2(2)mg4.(12分)(2019宁夏银川一中二模)如图所示，在直角坐标系xOy中，点M(0,1)处不断向y方向发射大量质量为m、电荷量为q的粒子，粒子的初速度大小在0vv0之间这些粒子所经磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，求：(1)速度为v0的粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)若所有粒子都沿x方向穿过
6、b区域，均沿y方向通过点N(3,0)，求符合要求的磁场范围的最小面积，并在所给的坐标系中画出粒子运动轨迹的示意图解析：(1)由牛顿第二定律可知qv0Bm(2分)解得R0(2分)(2)在a区域，设任一速度为v的粒子偏转90后从(x，y)离开磁场由几何关系有xR，yR(2分)解得yx(2分)上式与R无关，说明磁场右边界是一条直线此后粒子均沿x方向穿过b区域，进入c区域，由对称性知，其磁场区域如图所示(2分)磁场的最小面积为S2(2)2(2分) 答案：(1)(2)(2)2图见解析5(12分)(2019江苏扬州联考)如图所示为电子发射器原理图，M处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝D为绝缘外壳，整个装置
7、处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C发射出来的速度大小vC；(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，求圆柱体A在t时间内发射电子的数量N.(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场
8、磁感应强度B的最小值解析：(1)对电子经A、C间的电场加速时，由动能定理得Uemvmv2(2分)解得vC(2分)(2)设t时间内从A中发射的电子数为N，由M口射出的电子数为n，则I(1分)n N(1分)解得N(1分)(3)电子在A、C间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度B最小设此轨迹圆的半径为r，则(2ar)2r2a2(1分)Bevm(2分)解得B(2分)答案：(1) (2)(3)B组20分压轴大题练多得分6(20分)(2019山东昌乐二中二模)如图，xOy平面内存在着平行于y轴的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动当它
9、经过图中虚线上的M(2a，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个垂直于xOy平面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力试求：(结果用m、v0、q、a表示)(1)电场强度的大小及方向(2)N点的坐标(3)矩形磁场的最小面积解析：(1)因为粒子向上做类平抛运动，所以电场方向沿y轴的负方向(1分)粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有2av0t(2分)at2(2分)得E(1分)(2)设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为，则vytv0(1分)vv0，tan ，即30(1分)由题意知，粒
10、子从P点进入磁场，从N点离开磁场，由左手定则知磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向外；粒子在磁场中以O点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则由qvBm解得粒子做圆周运动的半径为Ra(2分)由几何关系知，PMN30(1分)所以N点的纵坐标为yNaaa，横坐标为xN2a(1分)得N点的坐标为(2a，aa)(1分)(3)当矩形磁场为图示粗实线矩形时的面积最小，则矩形的两个边长分别是L12R2a(2分)L2RRsin a(2分)面积为S L1 L23a2(3分) 答案：(1)沿y轴负方向(2)(2a，aa)(3)3a27(20分)(2019河北沧州一中月考)如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各个
11、方向射出的粒子速度大小均为v0，粒子质量均为m、电荷量均为q；在0yd的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正向相同，在dy2d的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里粒子离开电场上边缘yd时，能够到达的最右侧的位置为(1.5d，d)最终恰没有粒子从y2d的边界离开磁场已知sin 370.6，cos 370.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子在磁场中运动的最长时间解析：(1)对沿x轴正方向发射的粒子有x1.5d，yd，(1分)由类平抛运动基本规律得xv0t，(1分)yat2，(1分)而a，(2分
12、)联立可得E(1分)(2)对沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有15dv0t，(1分)dt，(1分)联立可得vyv0，vv0，方向与x轴正方向成53，斜向右上方，(2分)由分析知该粒子轨迹恰与上边缘相切时，其余粒子均达不到y2d边界，由几何关系可知dRR，(1分)根据牛顿第二定律得Bqvm(2分)解得R联立可得B(1分)(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过(1.5d，d)恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为254，(2分)粒子运动周期为T，(2分)则时间为tT.(2分) 答案：(1)(2)(3)8(20分)(2019河南南阳一中模拟)如图甲所示，在直角坐标系
13、中有两条与y轴平行的磁场边界AB和CD，AB、CD与x轴的交点分别为M(2L,0)、N(4L,0)在AB和CD之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，在AB与y轴之间存在着沿着y轴正方向的匀强电场现有一质量为m、电荷量为e的电子，在y轴上的P点以初速度v0沿着x轴的正方向射入匀强电场，正好从M点进入匀强磁场，且速度方向与x轴所成夹角为30.(1)求匀强电场的电场强度E；(2)若电子不能越过边界CD，求匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件；(3)若电子通过M点时开始计时，磁场随时间变化的情况如图乙所示(垂直纸面向外为正，且不考虑磁场变化所产生的感应电场)，要使电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴
14、的夹角为30.求磁场变化的周期T、磁感应强度B1的大小各应满足的表达式解析：(1)由tan ，(1分)vyat，(1分)eEma，(1分)2Lv0t(1分)解得E(1分)(2)电子恰好不越过边界CD的轨迹如图甲实线所示v，(2分)Rsin 30R2L，(2分)eBvm(2分)解得B，即满足B(1分)(3)要满足电子从N点射出，且与x轴的夹角为30，轨迹如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，电子偏转了60，设电子的运动轨迹半径为R0，所以在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移等于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湖南衡阳联考)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域，区域内有方向向左的匀强电场，区域左右边界CD、FG与电场垂直，区域边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大
