2019版高考物理二轮复习专题检测：22 应用“三类典型运动”破解电磁场计算题(含解析)

专题检测（二十二）  应用“三类典型运动”破解电磁场计算题

1．(2019届高三·包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由与O点等高的A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零。

(1)求匀强电场的电场强度E的大小；

(2)若小球从O点的左方由与O点等高的C点无初速度自由释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)

解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得

mgL－qEL＝0

解得E＝。

(2)小球由C点释放后，将沿CB做匀加速直线运动，

F合＝＝mg

a＝＝g

由几何关系易知，CB＝L，则

L＝at2

解得t＝ 。

答案：(1)　(2)

2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

(1)磁场的磁感应强度大小；

(2)甲、乙两种离子的比荷之比。

解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有

q1U＝m1v12①

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

q1v1B＝m1②

由几何关系知

2R1＝l③

由①②③式得

B＝。④

(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有

q2U＝m2v22⑤

q2v2B＝m2⑥

由题给条件有

2R2＝⑦

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为

∶＝1∶4。⑧

答案：(1)　(2)1∶4

3.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－x方向、电场强度为E的匀强电场。某一瞬间从y轴上纵坐标为d的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从y轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为＋q，质量均为m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。

(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；

(2)试求所有粒子到达－y轴上的时间范围(即最后到达－y轴与最先到达－y轴的粒子的时间间隔)。

解析：(1)设粒子速度v与＋y轴的夹角为θ，如图所示，垂直打到x轴上满足d＝Rsin θ

又qvB＝

解得v＝＝

当θ＝90°时，vmin＝

当θ＝45°和θ＝135°时，vmax＝

带电粒子进入磁场的速度大小范围为

≤v≤。

(2)由(1)分析可知当θ＝135°时，射入的粒子最先到达－y 轴，所用时间最短

其在磁场中运动时间t1＝＝

由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(－1)d，粒子在电场中做类平抛运动

在电场中运动的时间满足(－1)d＝··t22

即t2＝

所以tmin＝t1＋t2＝＋

由(1)分析可知当θ＝45°时，射入的粒子最后到达－y轴，所用时间最长

其在磁场中运动的时间t3＝＝

由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(＋1)d，粒子在电场中做类平抛运动

在电场中运动的时间满足(＋1)d＝··t42，

即t4＝

所以tmax＝t3＋t4＝＋

所有粒子到达－y轴上的时间范围为

Δt＝tmax－tmin＝＋ －。

答案：(1)≤v≤  (2)＋－

4．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B；

(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；

(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。

解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

qv0B＝

由题意知r0＝

解得B＝。

(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。

由几何关系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°

在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，

解得t1＝

粒子做直线运动的时间t2＝

解得t2＝

则t＝4t1＋t2＝。

(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子运动轨迹如图所示。

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α

由y≤2d，解得x≤d

则当xm＝d时，Δt有最大值

粒子做直线运动路程的最大值

sm＝＋(2d－2xm)＝3d

增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d

增加时间的最大值Δtm＝＝。

答案：(1)　(2)　(3)

5.(2018·太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为45°。已知带电粒子质量为m、电荷量为＋q，磁感应强度大小为B，电场强度大小

E＝，重力加速度为g。

(1)若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；

(2)t＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点O由静止释放，在0～时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，粒子经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：

①粒子经过M点时的曲率半径ρ；

②在图(c)中画出粒子从N点回到O点的轨迹。

解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得

qv0B＝

解得v0＝

由左手定则得，v0沿y轴负方向。

(2)①重力和电场力的合力为F＝

粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理

W＝Fd＝mv2

得v＝

由qvB－mg＝

得ρ＝。

②轨迹如图所示。

答案：(1)，沿y轴负方向　(2)①　②见解析图