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1、【MeiWei81-优质实用版文档】电场磁场典型问题1绝缘光滑斜面与水平面成角，质量为m、带电荷量为-q（q0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v00），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上。如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是http:/www.wln( 未来脑教学)云平+台?A.小球运动过程对斜面压力越来越小http$:/w_ww.) 未来脑教学云平台|B.小球在斜面做变加速曲线运动C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为0Bmgcosqv0D.小球达到底边MN的时间t=2hgsin2【答案】CD2质量为m、带电
2、量为+q的小金属块A以初速度v0从光滑水平高台(足够高)上飞出。已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E2mg/q，则A.金属块在做平抛运动B.经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘相碰C.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为024gD.金属块运动过程的最小速度为505【答案】BCD3如图倒“V”导轨，两侧导轨倾角为=30，间距为L=0.5m。分别平行底边放置一根导体棒，其中abhttp+:/ww_ 未来脑+教学云平台)http:/? 未来脑教学云平台%$棒质量为m1=2kg，电阻为R1=0.5，cd棒质量为m2=4kg，电阻为R2=2h+ttp:/ 未来脑教学云
3、平台$*，两棒与导轨的动摩擦因数均为=318，导轨顶端MN间连接内阻为r=0.5的电源，两棒通过一根绕过顶端光滑定滑轮的绝缘轻线连接，细线平行于左右导轨平面，左右空间磁场均垂直于斜面向上，左右两斜面磁感应强度均为B=2T，为了使两棒保持静止，电源电动势的取值满足什么条件。【答案】4.5VE13.5V【解析】本题考查了电磁感应与电路的综合问题，意在考查考生的综合分析和解决能力。设流过ab，cd的电流分别为I1，I2由电路结构得：I1R1=I2R2E=(I1+I2)r+I1R1 通过比较得知，当电动势最小时m2gsin=BI2L+f2+BI1L+f1+m1ghttp:#/ 未来脑教学云平#台sin
4、f1=m1gsinf2=m2gsin得：Emin=4.5V当电动势最大时m2gsin+f2+f1=BI2L+BI1L+m1gsin得：Emax=13.5V故：4.5VE13.5V4如图，A、C两点分别位于G轴和y轴上，OCA=30，OA的长度为L。在OCA 区域内有垂直于GOy+http:/www.wln_ 未来脑教学云平台|+平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC
5、边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)(选做)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为43t0，求粒子此次入射速度的大小。【答案】(1)B=m2qt0(2)t1+t2=T2=2t0(3)v=43-3l13t0【解析】本题考查了带电粒子在有界场中的运动等知识点，考查了考生的理解和应用能力。（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故它的周期T=4t0 http):/www.wln| 未来脑教学云平台设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB=mv2r匀速圆周运动的速度
6、满足v=2rT联立式得B=m2qt0；（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OCh*tt$p:/www.wln#1# 未来脑教学云平台边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2。由几何关系有1=180-2粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=T2=2t0；（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中运动43t0，则的轨迹圆弧对应的圆心角为120。设Ohttp:/ww| 未来$脑教学云平台+为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有OOD=60BO
7、A=300根据几何关系r0cosOOD+r0cosBOA=L设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0=2r0T联立式得v0=(43-3)l13t0。5如图所示，在y轴上A点沿平行G轴正方向以v0http:/www.wln10*0.%com 未来脑教学云平台%+发射一个带正电的粒子，在该方向距A点3R处的B点为圆心存在一个半径为R的圆形有界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，当粒子通过磁场后打到G轴上的C点，且速度方向与G轴正向成60角斜向下，已知带电子粒的电量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计，O点到A点的距离为23R，求：(1)该磁场的磁感应强度B的大小。(2)若撤掉磁场，在该平面内
8、加上一个与y轴平行的有界匀强电场，粒子仍按原方向入射，当粒子进入电场后一直在电场力的作用下打到G轴上的C点且速度方向仍与G轴正向成60角斜向下，则该电场的左边界与y轴的距离为多少？(3)(选做)若撤掉电场，在该平面内加上一个与(1)问磁感应强度大小相同的矩形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，粒子仍按原方向入射，通过该磁场后打到G轴上的C点且速度方向仍与G轴正向成60角斜向下，则所加矩形磁场的最小面积为多少？【答案】（1）B=3mv03qR（2）R（3）(6+33)R2 【解析】本题考查了带电粒子在有界场中的运动、带电粒子在电场中的运动等知识点，考查了考生的理解和应用能力。(1)带电粒子离开圆
9、形磁场时，速度偏转60反向延长过磁场的圆心，轨迹如图所示，由几何知识可得：r=3R根据Bqv0=mv02r求出B=3mv03qR；(2)粒子做类平抛运动以60角打到C点，其速度方向的反向延长线过B点，由平抛知识可得速度的反向延长线平分水平位移。如图所示，由几何知识求其水平位移的一半BD=23Rtan30=2R，所以电场的左边界到B的距离也等于2R，因此电场的左边界到y轴的距离为R；（3）左手定则可知，粒子进入磁场后向上偏转，并最终沿BC的方向离开磁场，由于磁场的磁感应强度与（1）相同，所以粒子运动的半径不变，以入射方向和出射方向为切线画圆，则为粒子的运动轨迹，如下图所示切点E、Fhttp:/
10、未)来脑教学%|云平台?分别为入射点和出射点，即为磁场的两个边界点，则矩形的最小面积应满足有三条边与圆轨迹相切，第四条边过EF，由几何知识可得，矩形边长为a=2r=23R矩形短边为b=r+rcos30=23+32R面积为Smin=ab=(6+33)R26一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5C的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABChttp:/ 未来脑教学$云平台?$，圆轨道ABC的形状为半径R4m的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为
11、E=10V/m，(sin53=0.8，cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2)求：(1)小球M经过A点的速度大小vAhttp:/www.wln10) 未来脑教学云平台|#；(2)欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？【答案】(1)7.5m/s(2) 0R2528m或258mR4m【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动的知识点，意在考查学生的分析综合能力。小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A$http:/www.wln100._com 未来脑?教学云平台点时的速度沿圆轨道的切线方向，则cos53=vMvA解得vA=7.5m/s；(2)(i)小球N沿
12、切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有m1g+qE=m1vC2R根据动能定理得：-(m1g+qE)R(1+cos53)= 12m1vC212m1vA2联立以上两式解得R=2528m；故当0R2528m时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出；(ii)若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。根据动能定理得-(m1g+qE)Rcos53=0-12m1vA2解得，R=258m根据题中信息可知R4m故当258mR4m时，小球在轨道内来回的滚动
13、综上所述，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0R2528m或258mR4mhttp:/www.wln100._com% 未来%脑教学云平台。7如图所示，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B置于光滑绝缘的水平面上，A球的带电量为+2q，B球的带电量为-3q，构成一个带电系统(它们均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让小球A处在有界匀强电场区域MPNQ内。已知虚线MP位于细杆的中垂线上，虚线NQ与MP平行且间距足够长.匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右.释放带电系统，让它从静止开始运动。求：(1)带电系统运动的最大速度为多少？http:/ww
14、w.wln100.?com 未来脑教学云平台+%(2)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值多少？(3)带电系统回到初始位置所用时间为多少？【答案】(1)2qELm(2)6qEL(3)63mLqE【解析】本题考查了动能定理、电场力做功、电势能、匀变速直线运动及其公式、牛顿第二定律、加速度等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。(1)当B球运动至MP位置时，带电系统运动的速度最大，设最大速度为vhttp:/% 未来脑教学云平台(+maG，根据动能定理可得：2qEL=122mvmax2-0解得：vmax=2qELm(2)当带电系统速度第一次为零，B克服电场力做功最多、B增加的电势能最多，设B球在电场中的最大位移为G，由动能定理有2qE(L+G)3qEG=0所以B电势能增加的最大值为E电W13qEG联立解得E电6qEL(3)设带电系统由静止释放到小球B刚进入电场的过程中，带电系统运动的时间为t1，根据匀变速直线运动公式可得：L=12a1t12，根据牛顿第二定律可得带电系统的加速度为：a1=qEm设小球B进入电场后至小球A刚运动到带电系统速度为零时(最右端)的过程中，带电系统运动的时间为t2*http:/w%ww.wln100.c?om 未来脑教学_云平台，则有根据匀变速直线运动公式可得：2L=12a2t22，根据牛顿第二定律可得带电系统的加速度为：a2=qE
