（课标版）2020高考物理二轮复习 专题三 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）

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12t3(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)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、磁感应强度大小为b2的匀强磁场区域.在fg延长线上距g点为r处的m点放置一足够长的荧光屏mn，荧光屏与fg成53角，在a点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿ao方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)电场的电场强度大小e；(3)荧光屏上的发光区域长度x.解析：(1)如图所示，分析可知，粒子在区域中的运动半径r1r(1分)由qv0b1m得(2分)v0(1分)(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域中的运动半径为r22r(1分)由qvb2m得(2分)v(1分)粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得qermv2mv(2分)解得e(b4b)；(2分)(3)如图分析可知，速度方向与电场方向平行