专题20 电与磁综合计算题-2022年高考物理母题题源系列（解析版）.doc

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1、专题20 电与磁综合计算题【母题来源一】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（新课标全国卷）【母题原题】(2020·全国卷)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以O为圆心,半径为R的圆,AB为圆的直径,如图所示。质量为m,电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场,AC与AB的夹角=60°,运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小;(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化

2、量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?【答案】(1)(2)(3)0或【解析】(1)粒子初速度为零,由C点射出电场,故电场方向与AC平行,由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC=RF=qE由动能定理有联立式得(2)如图,由几何关系知ACBC,故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点,与AC的延长线交于P点,则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知PAD=30°,AP=,DP= 设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大,在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动,运动的距离等于AP;在垂直于AC的方向上做匀速运动,运

3、动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有F=maAP=DP=v1t1联立式得 (3)设粒子以速度v进入电场时,在电场中运动的时间为t。以A为原点,粒子进入电场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有 x=vt粒子离开电场的位置在圆周上,有粒子在电场中运动时,其x方向的动量不变,y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子,离开电场时其y方向的速度分量为v2,由题给条件及运动学公式有mv2=mv0=mat联立式得v=0或【一题多法】另解:由题意知,初速度为0时,动量增量的大小为mv0,此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入

4、电场的粒子,沿y方向位移相等时,所用时间都相同。因此,不同粒子运动到线段CB上时,自B点射出电场的粒子,其动量变化也为mv0,由几何关系及运动学规律可得,此时入射速率。【母题来源二】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（天津卷）【母题原题】(2020·天津等级考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器,其基本原理如图所示,从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电

5、场强度足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力。(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1;(2)反射区加上电场,电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x;(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,求待测离子质量m1。【答案】(1) (2)(3)【解析】(1)设离子经过加速电场加速后的速度大小为v,有:离子在漂移管中做匀速直线运动,则联立式

6、,得:(2)根据动能定理,有qU-qEx=0得:(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动,平均速度大小均相等,设其为,有通过式可知,离子在反射区的电场中的运动路程与离子本身无关,所以当反射次数相同时,不同离子在电场区运动的总路程相等,设为L1,在无场区域的总路程设为L2,根据题目条件可知,离子在无场区域速度大小恒为v,设离子的总飞行时间为t总,有联立式,得:可见,离子从A到B的总飞行时间与成正比。依题意可得:可得:m1=(【母题来源三】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国卷）【母题原题】(2020·全国卷)如图,在0xh,-<y<

7、+区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,方向不变。一质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm;(2)如果磁感应强度大小为,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】(1)垂直纸面向里 （2）【解析】(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有

8、由此可得粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足Rh由题意,当磁感应强度大小为Bm时,粒子的运动半径最大,由此得(2)若磁感应强度大小为,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由式可得,此时圆弧半径为R'=2h粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为,由几何关系即=由几何关系可得,P点与x轴的距离为y=2h(1-cos)联立式得【母题来源四】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷）【母题原题】(2020·山东等级考)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,

9、两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的、两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴, 向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域、内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L

10、;(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子、氚核、氦核的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。【答案】(1) (2)(3)(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。【解析】 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域中,做匀速圆周运动对应圆心角为,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=mv2 在区域中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得联立式得由几何关系得d2+(R-L)2=R2联立

11、式得(2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得vz=vcosd=vzt粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得联立式得(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得y'=vtsin由题意得y=L+y'联立式,得(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。【母题来源五】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（浙江选考）【母题原题】(2020·浙江7月选

12、考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;(2)求探

13、测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。【答案】(1)0.8R(2)R(3)当0<LR时:F1=2.6NqBR当R<L0.4R时:F2=1.8NqBR当L>0.4R时:F3=NqBR【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动得离子的速度大小。令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O,从磁场边界HG边的Q点射出,则由几何关系可得OH=0.6R,s=HQ=0.8R。(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O',从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x,由几何关系可得HO&#

14、39;=aH-R=0.6R,x=0.8R即a、c束中的离子从同一点Q射出,离开磁场的速度分别与竖直方向的夹角为、,由几何关系可得=探测到三束离子,则c束中的离子恰好到达探测板的D点时,探测板与边界HG的距离最大,则。(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=pcos=0.8qBR当0<LR时所有离子都打在探测板上,故单位时间内离子束对探测板的平均作用力F1=Np+2Npz=2.6NqBR,当R<L0.4R时, 只有a和b束中离子打在探测板上,则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为F2=Np+Npz=1.8NqBR,当L>0.4R时, 只有b束中离子打在探测板上,则单位时间

15、内离子束对探测板的平均作用力为F3=Np=NqBR。【母题来源六】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】(2020·江苏高考)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔t;(3)乙的比荷可能的最小值。【答案】(1)(2) (3)【解

16、析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由得,甲的轨迹半径:，Q、O的距离为:d=2R1-2R2=(2)由(1)可知,完成一周期运动上升的距离为d,粒子再次经过P,经过N个周期,所以,再次经过P点的时间为t=NT=3T由匀速圆周运动的规律得,完成一周期运动的时间为:解得:T=所以,再次经过P点的时间为两次经过P点的时间间隔为:t=t-解得:(3)设乙的质量为m',电荷量为q'。乙在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由得,乙的轨迹半径:d'=2R1'-2R2'T1'=,T2'=若乙粒子从第一象限进入第二象限的过

17、程中与甲粒子在Q点相遇,则:2R1'+nd'=OQ=d结合以上式子,n无解。若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲粒子在Q点相遇,则:nd'=OQ计算可得(n=1,2,3)由于甲、乙粒子比荷不同,则n=2时,乙的比荷最小,为【命题意图】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；首先要掌握左手定律及粒子半径及周期的求解公式，然后能根据题目的隐含条件做出粒子运动的轨迹图。常考查功能关系、串并联电路特征、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律共点力平衡条件的应用，和临界状态分析与求解极值的能力多画图，多列分步式，采用极限假设寻求临界状态。【考试方向】带电粒子运动型计算题大

18、致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区，二是粒子进入复合场区。近年来高考重点就是受力情况和运动规律分析求解，周期、半径、轨迹、速度、临界值等再结合能量守恒和功能关系进行综合考查。电磁感应是高考考查的重点和热点，命题频率较高的知识点有：感应电流的产生条件、方向的判定和感应电动势的计算；电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识相联系的综合题及感应电流（或感应电动势）的图象问题从计算题型看，主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、力学、能量转化相联系的综合问题，主要以大型计算题的形式考查。【得分要点】1带电粒子运动型计算题（1）正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什

19、么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦磁力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成。（2）灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应

20、根据平衡条件列方程求解。当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。当带电粒子在复合场中做非匀变 速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解（3）说明：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。2电磁感应型在分析过程中，要注意通电导体在磁场中将受到安培力分析；电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决问题的基本思路：用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；求电路中的电流；分析

21、导体的受力情况；根据平衡条件或者牛顿第二运动定律列方程解题过程中要紧紧地抓住能的转化与守恒分析问题电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的 能转化而来，具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化分析时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，明确有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如摩擦力在相对位移上做功，必然有内能出现；重力做功，必然有重力势能参与转化；安培力做负功就会有其他形式能转化为电能，安培力做正功必有电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解3力电综合型解决力电综合问题，要注重掌握好两种基本的分析思路：一是按时间先后

22、顺序发生的综合题，可划分为几个简单的阶段，逐一分析清楚每个阶段相关物理量的关系规律，弄清前一阶段与下一阶段的联系，从而建立方程求解的“分段法”，一是在同一时间内发生几种相互关联的物理现象，须分解为几种简单的现象，对每一种现象利用相应的概念和规律建立方程求解的“分解法”。研究某一物体所受到力的瞬时作用力与物体运动状态的关系（或加速度）时，一般用牛顿运动定律解决；涉及做功和位移时优先考虑动能定理；对象为一系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑能的转化与守恒定律。1.(2020.北京海淀区高三模拟)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限的空间内存在沿y轴负方向、电场强度E=200V/m的匀强电场，第

23、二象限的空间内存在垂直纸面向里、磁感应强度B=0.125T的匀强磁场。质量均为m=4.0×10-15kg、电荷量均为q=+2.0×10-9C的两带电粒子a、b先后以v0=5.0×103m/s的速率，从y轴上P点沿x轴正、负方向射出，PO之间的距离h=8.0×10-2m，经过一段时间后，两粒子先后通过x轴。若两粒子之间的相互作用、所受重力以及空气阻力均可忽略不计，求：(1)粒子a在电场中运动的时间t1；(2)粒子b在磁场中运动的半径Rb；(3)a、b两粒子通过x轴时，它们的动能之比；(4)粒子b从P点到通过x轴所用时间t2；(5)a、b两粒子通过x轴时，它

24、们的速度方向之间的夹角。【答案】(1)4.0×10-5s；(2)0.08m；(3)41:25；(4)2.5×10-5s；(5)tan1(54)【解析】(1) 粒子a在电场中做类平抛运动，在竖直方向上Eq=mah=12at12供入数据，整理得t1=4×105s(2)根据牛顿第二定律qvB=mv2Rb代入数据，得Rb=0.08m(3) 粒子a到达x轴时vy=at1=4×103m/s因此va=vy2+v02=41×103m/s而粒子b在磁场中做匀速圆周运动，到达x轴时的速度大小仍为v0 ，因此EkaEkb=va2v02=4125(4)由于Rb=h根据

25、几何关系可知，圆心恰好在坐标原点，粒子b从P点到通过x轴恰好运动了个圆周，所用时间t2=Rb2v02.5×105s(5)由于能通过x轴后粒子b恰好沿y负方向运动，因此粒子a与b速度方向的夹角就是粒子a与y负方向的夹角tan=v0vy=54因此夹角=tan1(54)2. (2020天津高三模拟)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h，重力加速度为g（1）求小滑块运动到

26、C点时的速度大小vc；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.【答案】（1）E/B （2）（3）【解析】小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下

27、滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即解得：（2）从A到C根据动能定理： 解得： （3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为从D到P，根据动能定理：，其中联立解得：3.（2020·广西壮族自治区钦州市质量检测试）如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0的电阻相连，质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力

28、和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=1.0，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2），求：（1）拉力F的大小；（2）磁场的磁感应强度B大小；（3）若ef棒由开始运动6.9m时，速度达到3m/s，求此过程中电路产生的焦耳热.【答案】（1）2N（2）1T（3）6J【解析】（1）由图可知：导体棒开始运动时加速度，初速度v0=0，导体棒中无电流由牛顿第二定律知：解得：；（2）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律：，由欧姆定律：，导体棒所受安培力，由图可知：当导体棒的加速度a

29、=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，此时有：，解得：；（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：，带人数据解得4.（2020山东枣庄三模）如图所示的坐标系内，直角三角形OAC区域内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与OC边平行的匀强电场，方向斜向下并与x轴的夹角为30°，已知OC边的长度为L。有一带负电的粒子以速度v0从A点垂直于y轴射入磁场，一段时间后该粒子在OC边上某点沿与OC边垂直的方向进入电场，最终射出电场的速度方向与x轴正方向的夹角为30°，不计粒子重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)匀强电

30、场的场强大小。【答案】(1)；(2)【解析】(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心恰好在O点，半径为根据牛顿第二定律:两式联立解得，粒子的比荷(2)设电场强度大小为E，粒子在电场中运动的加速度为a，运动时间为t，垂直电场方向的位移为s1，沿电场方向的位移为s2，沿电场方向的分速度为v，速度方向偏转角为，运动轨迹如图所示由于在电场中做类平抛运动=30°联立解得5.（2020山东崂山模拟）如图，水平面放置的足够长光滑平行金属导轨间距为，导轨平面处于竖直向下的匀强磁场中，质量为的金属棒静置在导轨上，与导轨垂直且电接触良好，开关处于断开状态；极板长度和间距均为、电容为的带电平行板电

31、容器竖直放置，平行板上方有垂直纸面向里的单边界匀强磁场；大量不计重力，质量为、电量为的带负电粒子，连续不断地从两平行板底端中间位置以速度竖直向上射入平行板间，恰好从板边缘进入上方的匀强磁场中。已知两部分磁场的磁感应强度大小均为，电容满足。求：(1)开关闭合前，粒子在磁场中的运动时间；(2)开关闭合，金属棒运动状态稳定后，电容器两极板间的电压；(3)开关闭合，金属棒运动状态稳定后，进入磁场中的粒子做圆周运动的半径。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)粒子在带电平行板中，做类平抛运动，则有，解得速度方向与磁场边界成角。粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示根据几何关系可得运动的圆心角为，则由

32、，可得，(2)设闭合前板间电压为，则有可得电容器带电量闭合后，则有解得板间电压(3)闭合后，金属棒运动稳定时，粒子在平行板间的偏转量根据动能定理可得粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有联立解得6.（2020天津北辰区二模）如图所示，匀强电场区城紧邻匀强磁场区城，且它们的宽度均等于d；电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。一质量为m、电量为+q的带电粒子从O点以初速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A点高开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半即，当带电粒子从C点（图中未画出）穿出磁场时速度方向与从O点进入电场时的速度方向一致，不计

33、带电粒子重力。求(1)带电粒子进入磁场时的速度大小；(2)电场强度E和磁感应强度B的大小各多大？(3)带电粒子在电场和磁场中运动的总时间。【答案】(1)；(2)； ；(3)【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向d= v0t竖直方向带电粒子进入磁场时的速度大小(2)在电场中运动时解得电场强度速度方向与水平方向的夹角满足则= 在磁场中运动时的半径由于解得(3)带电粒子在电场中运动的时间在磁场中运动的周期在磁场中运动的时间则总时间7.（2020·江西省名校（临川一中、南昌二中)5月联合考）如图所示为一“匚”字型金属框架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左侧长度为L1m

34、的金属板连接空间中有垂直纸面向里场强大小B0.2T的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度v01m/s水平向左做匀速直线运动框架内O处有一质量为m0.1kg、带正电q1C的小球若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线做直线运动；若小球在O点静止释放，则小球的运动轨迹沿如图曲线（实线）所示，已知此曲线在最低点P的曲率半径（曲线上过P点及紧邻P点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径）为P点到O点竖直高度h的2倍，重力加速度g取10 m/s2求：（1）小球沿图中虚线做直线运动速度v大小（2）小球在O点静止释放后轨迹最低点P到O点竖直高度h【答案】（1）；（2）【解析】(1)

35、框架向左运动，产生感应电动势：板间场强：小球做匀速直线运动，受力平衡：可解得：(2)最大速率点在轨迹的最低点根据动能定理可得：最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：联立可解得：8.（2020山西高三模拟）如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限内的等腰直角三角形ABO区域内有水平向左的匀强电场（电场强度大小未知），在第二象限边长为L的正方形CBOM区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E0，现有一带正电粒子（重力不计）从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过M点(1)求ABO区域内的匀强电场的电场强度大小E1；(2)若ABO区域内的匀强电场的电场强度为3E0，要使从AO线上某点由静止释放题

36、述相同的带电粒子，通过坐标为（2L，0）的点，求释放点的坐标【答案】(1) (2)坐标为（，）【解析】(1) 设粒子的质量为m，电荷量为q射出第一象限时的速度大小为v在第一象限的电场中加速时，根据动能定理有， 要使粒子过M点在第二象限电场中偏转时，竖直方向和水平方向位移大小均为L ，解得：；(2) 设从OA上坐标为（x，y）出发的带电粒子通过第一象限电场过程中出电场时速度为v1其在第一象限电场中加速时根据动能定理有： 要使粒子过坐标为（2L，0）点在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y1，水平方向位移为L，则 转电粒子运动轨迹如图所示由图可知：得： 得： 其中yx解得： 即释放点坐标为 9.

37、（2020·四川省成都市第二次诊断性检测）如图所示为竖直面内的直角坐标系xOyA点的坐标为（-8 m，0），C点的坐标为（-4 m，0）；A点右侧的三个区域存在沿y轴正方向的匀强电场，-4 m>x-8m区域的场强大小为E1=5 Vm，0>x-4 m区域的场强大小为E2=7 Vm，xO区域的场强大小为E3 =5V/m;第一、四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面，磁感应强度大小均为B=2 T。现让一带正电的小球从A点沿z轴正方向、以vo=4 m/s的速率进入电场。已知小球的质量m =2×10-3 kg电荷量q =4×10-3 C，假设电场和磁场区域足够宽

38、广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取g=10 ms2。求：(1)小球到达y轴时的速度；(2)小球从A点运动到坐标为(56 m，y)的点经历的时间【答案】（1）4m/s 45°（2）（2+）s或（2+）s或（2+）s【解析】(1)在区域，小球所受电场力代入数据得：由题知：，因：所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为t1在区域，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为t2，根据运动学规律在y方向上有代入数据得：在x方向上有代入数据得：，由代入数据解得：设v与y轴正方向的夹角为由代入数据解得：(2)在区域，分析知，小球先在第一象限做半径为r、周期为的匀速圆周运动，接着交替在第四、第一象限做半径为r、周期为的匀速圆周运动，轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，有代入数据得：设小球在第一象限第一次到达x轴的位置为P点，第二次到达x轴的位置为G点由几何关系易得，小球做匀速圆周运动的周期为：代入数据得：设小球从O点到达x轴上H(56m，0)点的时间为t3因：，即故代入数据得：又：达到横坐标为56m的点有以下三种情况：(i)到达横坐标为56m的I点(ii)到达横坐标为56m的H点(iii)到达横坐标为56m的J点