2022年届黑龙江大庆喇中高考物理二轮复习知识点突破磁场对运动电荷的作用 .pdf

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1、- 1 - 磁场对运动电荷的作用练习1、如图 A-6 所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为（sin =0.6），放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E=50V/m ，方向向左，磁场方向垂直于纸面向外 . 一个电荷量为 q=4.010-2C、 质量 m=0.40kg的光滑小球从斜面顶点由静止开始滚下，经过3s 后飞离斜面，求磁感应强度B.（g 取 10m/s2）2、在如图所示的空间区域里，y 轴左方有一匀强电场，场强方向跟y 轴正方向成60，大小为；y 轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B=0.20T有一质子以速度 v=2.0m/s，由 x 轴上的 A点（10cm ，

2、0）沿与 x轴正方向成 30斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场已知质子质量近似为m=1.6kg，电荷q=1.6C，质子重力不计求：（计算结果保留3 位有效数字）（1）质子在磁场中做圆周运动的半径（2）质子从开始运动到第二次到达y 轴所经历的时间（3）质子第三次到达y 轴的位置坐标名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 2 - 3、如图所示，重为3N的导体棒，放在间距

3、为d=1m的水平放置的导轨上，其中电源电动势 E=6V ，内阻 r=0.5，定值电阻 R0=11.5，其它电阻不计。试求：（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，大小为B=2T （图未画出），要使导体棒静止不动，导轨与导体棒间的摩擦力至少为多大？（2）若磁场大小不变，方向与导轨平面成角。如图所示，此时导体棒所受的摩擦力多大？4、如图 3 所示，一倾角为 的足够长的绝缘光滑斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m 、电荷量为 q 的小物块自斜面顶端由静止释放，则当小物块在斜面上滑行经多长时间、多长距离时离开斜面？5、如图 A-8 所示，套在长绝缘直棒上的小环质量为m ，电荷量为 +q，小环可在棒

4、上滑动 . 将棒放置在方向水平且正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为 B，小环与棒间的动摩擦因数为，求小环由静止开始沿棒下滑过程中的最大加速度和最大速度. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 3 - 6、如图所示，在y0 的空间中，存在沿y 轴正方向的匀强电场E；在 y0 的空间中，存在沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小也为E，一电子（电量为 e，质量为 m ）在 y 轴上的 P（0，d）点

5、以沿 x 轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力，求：（ 1）电子第一次经过x 轴的坐标值（ 2）电子在 y 方向上运动的周期（3）电子运动的轨迹与x 轴的各个交点中，任意两个相邻交点间的距离. 7、如图（ a）所示， A、B为两块平行金属板，极板间电压为，板中央有小孔O和 O 。现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入 A、B之间。在 B板右侧，平行金属板M 、N长 L1=410-2m ，板间距离d=410-3m ，在距离 M 、N右侧边缘 L2=0.1m处有一荧光屏 P，当 M 、N之间未加电压时电子沿 M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的并发出荧光。现给金属板M 、N之间加一个如图（

6、 b）所示的变化电压u1，在 t=0 时刻， M板电势低于 N板。已知电子质量为kg，电量为C。（1）每个电子从 B板上的小孔 O 射出时的速度多大？（ 2）打在荧光屏上的电子范围是多少?（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？8、某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示，abcd 是一个长方形盒子，在ad边和 cd 边上各开有小孔 f 和 e，e 是 cd 边上的中点，荧光屏 M贴着 cd 放置，荧光屏上的闪光能显示粒子从e 孔射出，盒子内有一方向垂直名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心

7、整理 - - - - - - - 第 3 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 4 - 于 abcd 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可以忽略，粒子经过电压为U的电场加速后，从f 孔垂直于 ad边射入盒内，粒子经磁场偏转后恰好从e 孔射出，若已知 fd=cd=L，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力，请你根据上述条件求出带电粒子的比荷9、如图所示， MN为纸面内竖直放置的挡板，P、D是纸面内水平方向上的两点，两点距离 PD为 L，D点距挡板的距离 DQ为 L/ ，用质量为 m ，电荷量为 q 的带正电粒子在纸面内从P点开始以

8、v0的水平速度向右匀速运动，经过一段时间后在MN左侧空间上加上垂直向里的磁感应强度为B0的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，粒子再次通过D点时速度方向竖直向下，已知挡板足够长，MN左侧空间磁场分布范围足够大，粒子的重力不计(1) 求粒子在加上磁场前运动的时间t (2) 改变磁感应强度 B的大小，求满足题设条件的磁感应强度B的最小值及 B最小时磁场维持的最短时间t0值10、如图所示，在xoy 平面内有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感强度为 B，一带正电荷量 Q的粒子，质量为，从点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与 x、y 轴的交点 A、B到 O点的距离分别为、，试求：(1) 初速度方向与

9、轴夹角(2) 初速度的大小 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 5 - 11、一个质量为 m电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 P（a，0）点以速度 v，沿与x 正方向成 60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限，不计重力。求: （1） 粒子做圆周运动的半径（2）匀强磁场的磁感应强度B 12、如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是半径为 R的半圆，

10、两侧的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B。现有一质量为 m 、电荷量为 q 的带负电微粒从 P点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q点，不计微粒的重力。求：（1）微粒在磁场中运动的周期；（2）从 P点到 Q点，微粒的运动速度大小及运动时间；（3）若向里磁场是有界的，分布在以O点为圆心、半径为R和 2R的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值。13、下左图中 MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里， 磁感应强度大小为B。一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速 v 射入磁场区域，最后到达平板

11、上的P点。已知 B、v 以及 P到 O的距离 l ，不计重力，求此粒子的电荷q 与质量 m之比。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 6 - 14、如图所示，在 x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度 v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成 120角，若粒子穿过 y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a。求：（1）该带电

12、粒子的电性；（2）该带电粒子的比荷。15、电子从 A点以速度 v 垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置 P偏离入射方向的距离为L， 如图所示 . 电子的质量为 m ， 电荷量为 e，电子的重力和空气阻力均忽略不计, 求: (1) 在图中正确画出电子从进入匀强磁场到离开匀强磁场时的轨迹；( 用尺和圆规规范作图 ) (2) 求匀强磁场的磁感应强度。16、一个负离子，质量为m ，电量大小为 q，垂直于屏 S经过小孔 O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示磁场的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于纸面向里，其磁感应强度为B。如果离子进入磁场后经过时间t 到达位置 P，试推导直

13、线 OP与离子入射方向之间的夹角跟时间 t 的关系式。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 7 - 17、如图所示，在一底边长为2a，的等腰三角形区域（ D在底边中点），有垂直纸面向外的匀强磁场。 现有一质量为 m ，电量为 q 的带正电粒子从静止开始经过电势差为 U的电场加速后，从 D点垂直于 EF进入磁场，不计重力和与空气阻力的影响。（1）若粒子恰好垂直于EC边射出磁场，求磁场的磁感应强度B为多少？（2）改变

14、磁感应强度的大小，粒子进入磁场偏转后能打到ED板，求粒子从进入磁场到第一次打到ED板的最长时间是多少？18、如图所示，直线MN 上方有磁感应强度为B的匀强磁场 . 正、负电子同时从同一点 O以与 MN 成 30角的同样速度 v 射入磁场 （电子质量为m ，电荷量为 e），求：（1）它们从磁场中射出时相距多远？（2）射出的时间差是多少？19、如图所示，一个质量为m 、带电荷量为 q 的负粒子（重力不计），从A点正对绝缘圆筒中心 O以一定速度射入筒内，圆筒半径为R 。筒内有平行轴线方向（垂直名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

15、 - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 8 - 纸面向里）的匀强磁场，磁感应强度大小为B。若粒子与筒壁碰撞2 次后恰从 A点射出，且粒子与筒壁碰撞时无能量和电量损失，则（1）粒子在筒内磁场中将沿 _（填“顺时针”或“逆时针”）方向做匀速圆周运动；（2）粒子在筒内做匀速圆周运动的半径为_；（3）在相邻两次碰撞点之间粒子运动轨迹的圆心角为_；（4）离子运动的速度大小必须满足_ 20、一个质量 m 0.1 g 的小滑块，带有 q5104 C 的电荷量，放置在倾角30的光滑斜面上 (斜面绝缘 ) ，斜面置于 B0.5 T 的匀强

16、磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图8229所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面求：(1) 小滑块带何种电荷？(2) 小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3) 该斜面的长度至少多长？答案1、小球从斜面顶点由静止开始滚下，球沿斜面向下运动受重力mg 、电场力 qE、斜面支持力 FN和洛伦兹力 F 作用，开始时小球做匀加速直线运动，建立直角坐标系如图 1 所示. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 20 页 - - - - -

17、 - - - - - 9 - 沿 x 轴有 mgsin+qEcos=ma故 a=10m/s2，方向沿斜面向下 . 3s 时小球的速度 v=at=103m/s=30m/s此时沿 y 轴有 qvB+qEsin+FN=mgcos 因小球此时飞离斜面，则FN=0 解得 B=1.67T 2、（1）质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，得质子做匀速圆周运动的半径为；（2）由于质子的初速度方向与x 轴正方向夹角为30，且半径恰好等于 OA ，因此，质子将在磁场中做半个圆周到达y 轴上的 C点，如答图所示根据圆周运动的规律，质子做圆周运动周期为，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 -

18、- - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 10 - 质子从出发运动到第一次到达y 轴的时间为，质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律，得因此，质子从开始运动到第二次到达y 轴的时间 t 为（3）质子再次进入磁场时，速度的方向与电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，到达y 轴的 D点根据几何关系，可以得出C点到 D点的距离为；则质子第二次到达y

19、轴的位置为即质子第三次到达y 轴的坐标为（ 0，34.6cm）3、（1）以金属棒为研究对象，受力分析如图甲棒静止不动水平方向 Ff=F安根据闭合电路欧姆定律得：棒所受安培力 F安=Bid Ff=F安=名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 11 - （2）棒受力分析如图乙安培力的大小没变而此时棒对轨道的正压力数值是比原来增大。所以棒与轨道间的最大静摩擦力增大，棒仍静止。4、由于重力的下滑分力的作用，小物块将沿斜面

20、加速下滑，随着速度v 从零开始增加，洛伦兹力 F洛也不断增大，但其方向垂直于斜面向上，与物块的运动方向垂直，因此，虽然洛伦兹力为变力，但由于有斜面支持力FN的约束，直至离开斜面之前，物块在垂直于斜面方向所受合外力始终为零，而沿斜面方向的合外力等于mgsin，故物块做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为a=gsin.当 qvB=mgcos 时，物块将离开斜面，即v=cos名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 1

21、2 - 又 v=at= gsin ? t ，v2=2as=2gsin? t 解得 t= s=5、小环沿棒开始下滑的一段时间内竖直方向上 mg-F=ma 水平方向上 Bqv+FN=Eq F=FN显然， a 不断增大，而 的增大使 FN和 F都减小 . 故当 FN=0时，amax=g 之后， FN将反向增大，方程变为Bqv=Eq+FN这时 v 增大使 FN和 F增大， a 减小，直到 a=0时，v 达到最大值，之后小环沿棒匀速运动 . 令式中 a=0，将式代入式解方程得vmax=6、(1) 由 dat2 a x=v0t 得：t= x= v0(2) 在 y 方向上运动具有对称性 , 得:T=4t=4

22、 (3)SX=2x=2 v07、解：（ 1）电子经 A、B两块金属板加速，有：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 13 - 得（2）电子通过极板的时间为t=L1/v0=210-9s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变。当时，电子经过 MN 极板向下的偏移量最大，为Y1d，说明所有的电子都可以飞出M 、N. 此时电子在竖直方向的速度大小为电子射出极板 MN 后到达荧光屏 P的时间为：电子射

23、出极板 MN 后到达荧光屏 P的偏移量为：电子打在荧光屏 P上的总偏移量为：，方向竖直向下；（3）当 u=22.5V 时，电子飞出电场的动能最大，EK=1.8210-16J 8、带电粒子进入电场，经电场加速，根据动能定理有粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 14 - 设圆周半径的 R，在三角形中，有，得又解得9、解：由以上各式得，B的最小值为10、解：带电粒子运动的

24、轨迹经过O 、A、B三点，由几何关系可知，粒子做圆周运动轨迹的圆心坐标为（a/2 ，b/2 ），初速度方向与轴夹角arctg （a/b ）由几何关系可知，轨道半径：R 又由： QVB mV2/R, 解得： V名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 15 - 11、解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，（1）据几何关系有-6 分（2）据洛仑兹力提供向心力-6 分12、解：（ 1）由得（2）粒子的运动轨迹将磁场边界

25、分成n 等分（ n=2，3，4）由几何知识可得：；又得（n=2，3，4）当 n 为偶数时，由对称性可得（n=2，4，6）当 n 为奇数时， t 为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即（n=3，5，7）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 16 - （3）由几何知识得；且不超出边界须有：得当 n=2时 不成立，如图比较当 n=3、n=4时的运动半径，知 当 n=3时，运动半径最大，粒子的速度最大得：名师资料总结

26、- - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 17 - 13、设半径为 R，则由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有因粒子从平板上的狭缝O处垂直射入磁场，故 OP是圆周直径得14、（1）据题意，粒子的运动轨迹如图所示。据左手定则知粒子带负电荷（3 分）（2）由几何关系：（4 分）洛伦兹力提供向心力：（3 分）则粒子的比荷为：（2 分）15、解: （1）轨迹图，如下图所示（ 3 分）（2）电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：名师

27、资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 18 - （3 分）由几何关系得：（ 2 分）联立求解式得： B=（ 2 分）16、当离子到位置P时，圆心角如图所示，则因为评分说明：各5分17、（1）依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v 由（2 分）得(1 分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动其圆心在E点，如图所示，半径(2 分) 由洛仑兹力提供向心力：（1 分）由式得：（2 分）（2）粒子速率恒定，从进入磁场到第一次打到

28、ED板的圆周轨迹到 EC边相切时，路程最长，运动时间最长。如图，设圆周半径为 r2由图中几何关系：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 19 - （4 分）得：（2 分）最长时间（4 分）由式得：（2 分）18、解析：正负电子的半径和周期是相同的，只是偏转方向相反. 先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形. 所以两个射出点相距 2r ，由题图还看出经历时间相差2T/3. 答案：（

29、1）射出点相距 s=（2）时间差为 t=19、【解析】粒子从A点进入磁场后，由左手定则可知沿顺时针方向做匀速圆周运动；轨迹示意图如图所示，由几何关系可知在相邻两次碰撞点之间轨迹圆弧所对的圆心角为，轨迹半径为；由，得。【答案】 （1） 顺时针（2）（3） （4）20、解析(1) 小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg 、斜面支持力 FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷(2) 小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvBFNmgcos 0. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -

30、- - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 20 - 当 FN0 时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvBmgcos ，得v m/s 2 m/s. (3) 下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsin mv2，斜面的长度至少应是x m1.2 m. 答案(1) 负电荷(2)2 m/s (3)1.2 m 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 20 页 - - - - - - - - -