《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第二部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“三類典型運動”破解電磁場計算題 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第二部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“三類典型運動”破解電磁場計算題 Word版含解析（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 學(xué)法 分析近幾年全國高考卷可知，壓軸計算題多數(shù)情況下考查電學(xué)，考查的內(nèi)容有：①帶電粒子(體)在電場、磁場中的運動；②帶電粒子(體)在組合場、疊加場中的運動；③帶電粒子(體)在交變場中的運動。本講主要應(yīng)用“直線運動”“圓周運動”“類平拋運動”這三類典型運動破解電磁場計算題。用到的思想方法有：①假設(shè)法；②合成法；③正交分解法；④臨界、極值問題的分析方法；⑤等效思想；⑥分解思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命題點(一)　帶電粒子(體

2、)在電場中的運動 [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計)被加速后從金屬板的小孔穿出進入偏轉(zhuǎn)電場(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，電子恰好打在下極板的右邊緣M點，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場的下極板向下平移。 (1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點？ (2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點？ [解析]　(1)設(shè)移動下極板前后偏轉(zhuǎn)電場的電場強度分別為E和E′，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度大小分別為a、

3、a′，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時的速度大小分別為v0、v1 因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有Ed＝E′·d， 即E′＝E 由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a 設(shè)極板長度為L，則d＝a′2，＝a2，解得v12＝ 在加速電場中由動能定理知 eU1＝mv02，eU1′＝mv12 解得U1′＝，即加速電壓應(yīng)減為原來的，才能使電子打在下極板的中點。 (2)因電子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向上做勻速直線運動，極板移動前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t相等，設(shè)極板移動前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度大小分別為a1、a2，則有 ＝a1t2，d＝a2t2， 即a2＝2a1 由牛頓第二定律知a1＝

4、，a2＝ 解得U2′＝3U2，即偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，才能使電子仍打在M點。 [答案]　(1)加速電壓應(yīng)減為原來的，即　 (2)偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，即3U2 [悟一法]———————————————————————————————— 帶電粒子(體)在電場中的運動問題的解題流程 [通一類]———————————————————————————————— 　(2017·全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突

5、然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。 解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。 在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1① 油滴在t1時刻的速度為 v1＝v0＋a1t1② 電場強度在t1時刻突然反向

6、，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2③ 油滴在t2＝2t1時刻的速度為 v2＝v1－a2t1④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1。⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有 qE1＝mg⑥ 油滴從t＝0到t1時刻的位移為 s1＝v0t1＋a1t12⑦ 油滴在從t1時刻到t2＝2t1時刻的時間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t12⑧ 由題給條件有 v02＝2g·2h⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上，依題意有 s1＋s2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2＋2>1?

7、 即當(dāng)0? 才是可能的，條件?式和?式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點在A點之下，依題意有 s1＋s2＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝E1? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2－2>1? 即t1>? 另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。 答案：(1)v0－2gt1　(2)見解析 命題點(二)　帶電粒子在磁場中的運動 題型1　帶電粒子在有界磁場中的運動 1．磁場中勻速圓周運動問題的分析方法 2．求磁場區(qū)域最小面積的兩個注意事項 (1)粒子射入、射出磁場邊界時速度的垂線的交點，即為軌跡圓的圓心。 (2)所求最小圓形磁場區(qū)域(面積最

8、小)的直徑等于粒子運動軌跡的弦長。 [例1]　(2018·重慶模擬)如圖所示坐標(biāo)原點O(0,0)處有一帶電粒子源，沿xOy平面向y≥0、x≥0的區(qū)域內(nèi)的各個方向發(fā)射粒子。粒子的速率均為v、質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q。有人設(shè)計了方向垂直于xOy平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該區(qū)域的邊界射出時均能沿y軸負(fù)方向運動，不考慮粒子間相互作用，不計粒子重力。求： (1)粒子與x軸相交的坐標(biāo)范圍； (2)粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍； (3)該勻強磁場區(qū)域的最小面積。 [解析]　(1)設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R， 由qvB＝m， 得R＝， 如圖所示，粒子與x軸相

9、交的坐標(biāo)范圍為－≤x≤－。 (2)如圖所示，粒子與y軸相交的坐標(biāo)范圍為0≤y≤。 (3)由題可知，勻強磁場的最小范圍如圖中的陰影區(qū)域所示。 第一象限區(qū)域一個半徑為R的半圓面積為S1＝， 第二象限區(qū)域四分之一圓的半徑為2R， 其面積為S2＝＝πR2， 第二象限區(qū)域一個半徑為R的半圓面積為S3＝， 則陰影部分面積為S＝S1＋S2－S3＝πR2＝。 [答案]　(1)－≤x≤－　(2)0≤y≤　(3) 題型2　帶電粒子在磁場中的多解問題 1．解決此類問題的關(guān)鍵是要找到粒子運動時產(chǎn)生多解的原因，從而判斷出粒子在磁場中運動的可能情形，然后由粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律(通常是半

10、徑公式、周期公式結(jié)合幾何知識)求解。 2．粒子在勻強磁場中運動時產(chǎn)生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運動方向的不確定；運動的重復(fù)性等。 [例2]　如圖所示為寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界。現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入，要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。 [解析]　若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌跡半徑： R＝，又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若q為負(fù)電荷，軌跡是如圖所示的下方與NN′相切的圓弧， 則有：R′＝

11、，d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 [答案]　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負(fù)電荷) 命題點(三)　帶電粒子在組合場中的運動 [研一題]———————————————————————————————— (2018·全國卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求： (1) H第一次進入磁場

12、的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強度大??； (3) H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。 [解析]　(1) H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運 動，運動軌跡如圖所示。在電場中由運動學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t12② H進入磁場時速度在y軸方向的分量大小為 v1tan θ1＝a1t1，其中θ1＝60°③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h。④ (2) H在電場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 進入磁場時速度的大小為 v＝⑥ 在磁場中運動時由牛頓第二定律有 qvB＝m⑦ 由幾何關(guān)系得 s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B

13、＝ 。⑨ (3) H與H初動能相等 ×2mv22＝mv12⑩ H在電場中運動時有 qE＝2ma2? s2＝v2t2? h＝a2t22? 進入磁場時v2tan θ2＝a2t2? v′＝? qv′B＝2m? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1? 所以H第一次離開磁場的出射點在原點左側(cè)，設(shè)出射點到入射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sin θ2? 聯(lián)立④⑧??式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s2′－s2＝(－1)h。? [答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h [悟一法]——————

14、—————————————————————————— 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法 [通一類]———————————————————————————————— 1．(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N

15、點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大?。? (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 解析：(1)粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱，如圖(a)所示。 (2)設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ[如圖(b)]，速度v沿電場方向的分量為v1。 根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma① 由運動學(xué)公式有 l′＝v0t② v1＝at③ v1＝vcos θ④ 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周

16、運動的軌跡半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得 l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝。⑦ (3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 ＝tan ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， T＝? 由②⑦⑨⑩?式得 t′＝。? 答案：(1)見解析圖(a)　(2)　(3)　 2．(2018·宜賓高三統(tǒng)考)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。線段CO＝OD＝l，θ＝30°。在第四

17、象限正方形ODFG內(nèi)存在沿x軸正方向、電場強度E＝的勻強電場，在第三象限沿AC放置一面足夠大的熒光屏，屏與y軸平行。一個電子P從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向射入磁場，恰好不從AD邊射出磁場。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計重力。 (1)求電子P射入磁場時的速度大??； (2)求電子P經(jīng)過y軸時的坐標(biāo)； (3)若另一電子Q從x坐標(biāo)軸上某點(x≠0)以相同的速度仍沿y軸正方向射入磁場，且P、Q打在熒光屏上同一點，求電子Q在電場中運動的時間。 解析：(1)電子P恰好不從AD邊射出磁場，則電子P的運動軌跡與AD邊相切， 由幾何關(guān)系可得：r＋＝l 電子P在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向

18、心力，有： ev0B＝ 解得：r＝，v0＝。 (2)假設(shè)電子P從OG邊離開電場，則電子P在電場中做類平拋運動，有： 2r＝at12 yP＝v0t1 eE＝ma 解得：t1＝，yP＝l 由于yP＝l

19、2，有：yQ1＋yQ2＝Y(jié) yQ1＝v0t2 yQ2＝ tan β＝ vQx＝at2 解得：t2＝。 答案：(1)　(2)　(3) 命題點(四)　帶電粒子(體)在疊加場中的運動 [研一題]———————————————————————————————— 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電場和勻強磁場，其中電場強度E1＝40 N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強電場，電場強度E2＝ N/C。一質(zhì)量為m＝2×10－3 kg的帶正電的小球，從M(3.64 m,3.2 m)點以v0＝1 m/s的水平速度開始運動。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從P(

20、2.04 m,0)點進入第四象限后經(jīng)過y軸上的N(0，－2.28 m)點(圖中未標(biāo)出)(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小； (2)小球由P點運動至N點的時間。 [解析]　(1)由題意可知 qE1＝mg 解得q＝5×10－4 C 小球在第一、四象限的運動軌跡如圖甲所示。 則Rcos θ＝xM－xP Rsin θ＋R＝y(tǒng)M 可得R＝2 m，θ＝37°，tan θ＝0.75 由qv0B＝m 解得B＝2 T。 (2)小球進入第四象限后受力分析如圖乙所示。 tan α＝＝0.75＝tan θ，即α＝θ

21、＝37° 可知小球進入第四象限后所受的電場力和重力的合力與速度方向垂直，由圖甲可知合力沿PA方向 由圖甲中幾何關(guān)系可得OA＝OPtan α＝1.53 m AN＝ON－OA＝0.75 m 過N點作PA延長線的垂線NQ，易知△OAP與△QAN相似， 所以∠QNA＝∠OPA＝α 得QN＝ANcos α＝0.6 m 由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。 [答案]　(1)2 T　(2)0.6 s [悟一法]———————————————————————————————— 帶電粒子在疊加場中運動的解題思路 [通一類]————————————————————————————————

22、 　(2019屆高三·惠州四校聯(lián)考)平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖所示，平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動，已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且能從OM上另一點P射出磁場(P未畫出)。 (1)帶電小球帶何種電荷？勻強電場的電場強度為多大？ (2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離為多大？ (3

23、)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上，此點到O點的距離為多大？ 解析：(1)小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，小球受到的電場力與重力平衡，小球所受電場力豎直向上，電場力方向與電場強度方向相同，則小球帶正電荷；電場力與重力大小相等， 則qE＝mg，解得：E＝。 (2)小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qv0B＝m，解得：r＝， 根據(jù)題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON的切點，I點為入射點，P點為出射點，則IP為圓軌跡的弦，小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為 30°，由幾何關(guān)系可

24、得，QP為圓軌跡的直徑， 可知OP的長度為：s＝＝＝4r＝。 (3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設(shè)小球打在光屏上的T點，豎直位移為y， 水平位移：x＝v0t， 解得：t＝＝＝， 豎直位移：y＝gt2＝， 小球打在光屏上的T點到O點的距離為： H＝2r＋y＝＋。 答案：(1)正電荷　　(2)　(3)＋ 命題點(五)　帶電粒子(體)在交變場中的運動 題型1　電場的周期性變化 [例1]　(2018·宜昌調(diào)研)如圖甲所示，兩水平金屬板A、B間的距離為d，極板長為l，A、B右側(cè)有一豎直放置的熒光屏，熒光屏距A、B右端的距離為0.7l。A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電

25、壓，電壓的正向值為U0，反向值也為U0，A、B間的電場可視為勻強電場，且兩板外無電場。現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為e(重力不計)的電子束，以速度v0沿A、B兩板間的中心線OO′射入兩板間的偏轉(zhuǎn)電場，所有電子均能通過偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。 (1)求電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t0； (2)若UAB的周期T＝t0，求電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時離OO′的最大距離； (3)若UAB的周期T＝2t0，求電子擊中熒光屏上O′點時的速率。 [解析]　(1)電子在水平方向做勻速運動，有：v0t0＝l，解得t0＝。 (2)當(dāng)T＝t0時，t＝0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子飛出時離OO′的距離最大 設(shè)最大距離為ym，加

26、速度大小為a，則有： ym＝2×a2 a＝ 解得最大距離ym＝。 (3)當(dāng)T＝2t0時，電子要到達O′點，則在電場中豎直方向上必須先做加速運動后做減速運動再反向做加速運動，并且加速度大小相等，離開電場后豎直方向上做勻速運動，從O到O′的整個過程向上的位移和向下的位移大小相等。設(shè)向上做加速運動的時間為Δt，則在豎直方向上有： y上＝2×aΔt2 y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)· 要到達O′點，則有y上＝y(tǒng)下 解得Δt＝0.4t0，另一解Δt＝3t0舍去 所以到達O′點的電子在豎直方向上的速度大小為 vy＝a(t0－2Δt) 到達熒光屏上O′點的電子的速率為v

27、＝ 解得電子擊中熒光屏上O′點時的速率：v＝ 。 [答案]　(1)　(2)　(3) 題型2　磁場的周期性變化 [例2]　(2018·肇慶模擬)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面的水平勻強磁場。電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E＝40 N/C，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，以磁場垂直紙面向里為正方向。t＝0時刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10 m/s2。求： (1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時與O點的

28、距離x； (2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大高度H； (3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離L應(yīng)滿足的條件。 [解析]　(1)根據(jù)題意可知，微粒所受的重力 G＝mg＝8×10－3 N 電場力大小F＝qE＝8×10－3 N 因此重力與電場力平衡 微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則 qvB＝m 解得：R＝0.6 m 由T＝ 解得：T＝10π s 則微粒在5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OO′時與O點的距離：x＝2R 解得：x＝1.2 m。 (2)微粒第一次運動半周后向上做勻速運動，運動的時間為 t′＝5π s，軌跡如圖所示，位移

29、大?。簊＝vt′ 解得：s≈1.88 m 因此，微粒離開直線OO′的最大高度： H＝s＋R＝2.48 m。 (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖像可知，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足： L＝(2.4n＋0.6)m (n＝0,1,2，…) 若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，由圖像可知，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足： L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2，…) 綜上，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足： L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)。 [系統(tǒng)通法] [答案]　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)

30、L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…) 帶電粒子在交變場中運動的解題思路 [專題強訓(xùn)提能] 1．(2019屆高三·包頭模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)一個帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長為L且不可伸長的絕緣輕細(xì)線系在一勻強電場中的O點。勻強電場的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大?，F(xiàn)將帶正電小球從O點右方由與O點等高的A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零。 (1)求勻強電場的電場強度E的大?。? (2)若小球從O點的左

31、方由與O點等高的C點無初速度自由釋放，則小球到達最低點B所用的時間t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度為g) 解析：(1)對小球由A到B的過程，由動能定理得 mgL－qEL＝0 解得E＝。 (2)小球由C點釋放后，將沿CB做勻加速直線運動， F合＝＝mg a＝＝g 由幾何關(guān)系易知，CB＝L，則 L＝at2 解得t＝ 。 答案：(1)　(2) 2．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在

32、磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求： (1)磁場的磁感應(yīng)強度大小； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有 q1U＝m1v12① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知 2R1＝l③ 由①②③式得 B＝。④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U＝m2v22⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題

33、給條件有 2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。⑧ 答案：(1)　(2)1∶4 3.如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿－x方向、電場強度為E的勻強電場。某一瞬間從y軸上縱坐標(biāo)為d的一點同時向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電的同種粒子，速度方向范圍與＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)后均從y軸的負(fù)半軸射出。已知帶電粒子所帶電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m，粒子重力和粒子間的相互作用不計。 (1)試求帶電粒

34、子進入磁場的速度大小范圍； (2)試求所有粒子到達－y軸上的時間范圍(即最后到達－y軸與最先到達－y軸的粒子的時間間隔)。 解析：(1)設(shè)粒子速度v與＋y軸的夾角為θ，如圖所示，垂直打到x軸上滿足d＝Rsin θ 又qvB＝ 解得v＝＝ 當(dāng)θ＝90°時，vmin＝ 當(dāng)θ＝45°和θ＝135°時，vmax＝ 帶電粒子進入磁場的速度大小范圍為 ≤v≤。 (2)由(1)分析可知當(dāng)θ＝135°時，射入的粒子最先到達－y 軸，所用時間最短 其在磁場中運動時間t1＝＝ 由幾何關(guān)系可得進入電場時與O點的距離為(－1)d，粒子在電場中做類平拋運動 在電場中運動的時間滿足(－1)d＝··

35、t22 即t2＝ 所以tmin＝t1＋t2＝＋ 由(1)分析可知當(dāng)θ＝45°時，射入的粒子最后到達－y軸，所用時間最長 其在磁場中運動的時間t3＝＝ 由幾何關(guān)系可得進入電場時與O點的距離為(＋1)d，粒子在電場中做類平拋運動 在電場中運動的時間滿足(＋1)d＝··t42， 即t4＝ 所以tmax＝t3＋t4＝＋ 所有粒子到達－y軸上的時間范圍為 Δt＝tmax－tmin＝＋ －。 答案：(1)≤v≤ (2)＋－ 4．(2018·江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、

36、O′點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)求磁感應(yīng)強度大小B； (2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值。 解析：(1)粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力， qv0B＝ 由題意知r0＝ 解得B＝。 (2)當(dāng)初速度v＝5v0時，由qvB＝得r＝d，粒子運動軌跡如圖，設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)

37、角為α。 由幾何關(guān)系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53° 在一個矩形磁場中的運動時間t1＝×， 解得t1＝ 粒子做直線運動的時間t2＝ 解得t2＝ 則t＝4t1＋t2＝。 (3)設(shè)將中間兩磁場分別向中央移動距離x，粒子運動軌跡如圖所示。 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時，Δt有最大值 粒子做直線運動路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時間的最大值Δtm＝＝。 答案：(1)　(2)　(3) 5.(2018·太原段考)如圖(a)所

38、示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，整個空間內(nèi)都存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場和水平向右的勻強電場，勻強電場的方向與x軸正方向夾角為45°。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小 E＝，重力加速度為g。 (1)若粒子在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，求粒子的速度v0； (2)t＝0時刻的電場和磁場方向如圖(a)所示，若電場強度和磁感應(yīng)強度的大小均不變，而方向隨時間作周期性變化，如圖(b)所示。將該粒子從原點O由靜止釋放，在0～時間內(nèi)的運動軌跡如圖(c)虛線OMN所示，M點為軌跡距y軸的最遠(yuǎn)點，M距y軸的距離為d。已知在曲線上某一點能找到一個和它內(nèi)切的半徑最大的圓，粒子經(jīng)過此點時，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運動，這個圓的半徑就定義為曲線上這點的曲率半徑。求： ①粒子經(jīng)過M點時的曲率半徑ρ； ②在圖(c)中畫出粒子從N點回到O點的軌跡。 解析：(1)粒子做勻速直線運動，由平衡條件得 qv0B＝ 解得v0＝ 由左手定則得，v0沿y軸負(fù)方向。 (2)①重力和電場力的合力為F＝ 粒子從O運動到M過程中，只有重力和電場力的合力做功，據(jù)動能定理 W＝Fd＝mv2 得v＝ 由qvB－mg＝ 得ρ＝。 ②軌跡如圖所示。 答案：(1)，沿y軸負(fù)方向　(2)①　②見解析圖