高考物理三年真題專項匯編卷（2018-2020） 考點十七電場及磁場計算 【含答案】

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1、高考物理三年真題試卷專項匯編卷（2018-2020） 考點十七 ：電場及磁場計算 （2020北京卷，19） 1.如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導線，與導線同軸放置一半徑為R的金屬圓柱面。假設(shè)導線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e。不考慮出射電子間的相互作用。 (1)可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度： a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓； b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強磁場。 當電壓為或磁感應強度為時，剛好沒有電子到達柱面。分別計算出射電子的初速度。 (2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為a、長度為b的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上

2、檢測到出射電子形成的電流為I，電子流對該金屬片的壓強為p。求單位長度導線單位時間內(nèi)出射電子的總動能。 （2018北京卷，12） 2.靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。 （1）a.請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式; b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示,等勢面、到點電荷的距離分別為、。我們知道,電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算、上單位面積通過的電場線條數(shù)之比。 （2） 觀測宇宙中輻射電磁波的天體,距離越遠單位面積接收的電磁波功率越小,觀測越困難。為了收集足夠強的來自天體的電磁波,增大望遠鏡口徑是提高天文觀測能力的一條重要路徑。2016年9

3、月25日,世界上最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST在我國貴州落成啟用,被譽為“中國天眼”。FAST直徑為500 m,有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍。 a.設(shè)直徑為100 m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為,計算FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功率; b.在宇宙大尺度上,天體的空間分布是均勻的,僅以輻射功率為P的同類天體為觀測對象,設(shè)直徑為100 m望遠鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是,計算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N。 （2020天津卷，12） 3.多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，

4、經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為的漂移管（無場區(qū)域）構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。 （1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間； （2）反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區(qū)的最大距離x； （3）已知質(zhì)量為的離子總飛行時

5、間為，待測離子的總飛行時間為，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量。 （2019天津卷，12） 4.2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不需要燃料，也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為m，電荷量為Ze，期中Z是正整數(shù)，e是元電荷。 （1）若引擎獲得的推力為，求單位時間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少； （2）加速正離子束所消耗的功率P

6、不同時，引擎獲得的推力F也不同，試推導的表達式； （3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議。 （2018天津卷，11） 5.如圖所示,在水平線的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,的上方存在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里.磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與的交點分別為.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出.不計粒子重力. （1）求粒子從P到M所用的時間t; （2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出.粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的

7、時間最少,求粒子在Q時速度的大小. （2020新高考Ι卷，17） 6.某型號質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為板為記錄板，分界面P將間區(qū)域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，所在平互平行，為上兩正對的小孔。以所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系。區(qū)域I、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小、電場強度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經(jīng)b孔進入磁場，過P面上的c點（圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板Q上

8、。不計粒子重力。 （1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L； （2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標； （3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用表示）； （4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點，若這三個點是質(zhì)子、氚核、氦核的位置，請寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）。 （2020江蘇卷，16） 7.空間存在兩個垂直于平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v.甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為，其軌跡如圖所示.甲經(jīng)過Q時，乙也恰好同時經(jīng)過該點

9、.已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響.求： （1）Q到O的距離d； （2）甲兩次經(jīng)過P點的時間間隔； （3）乙的比荷可能的最小值. （2019江蘇卷，16） 8.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B．磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且，粒子重力不計，電荷量保持不變。 （1）求粒子運動速度的大小v； （2）欲使粒

10、子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離； （3）從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM=d，，求粒子從P到Q的運動時間t． （2018江蘇卷，17） 9.如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于點,各區(qū)域磁感應強度大小相等.某粒子質(zhì)量為m、電荷量為,從O沿軸線射入磁場.當入射速度為時,粒子從O上方處射出磁場.取,. （1）求磁感應強度大小B; （2）入射速度為時,求粒子從O運動到的時間t; （3）入射速度仍為,通過沿軸線平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到的時間增加,求的最大值. （202

11、0浙江卷，22） 10.某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形、方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，探測板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界水平射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為，探測板的寬度為，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計重力及離子間的相互作用。 （1）求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場邊界時與H點的距離s； （2）求探測到三束離子時探測板與邊

12、界的最大距離； （3）若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到距離L的關(guān)系。 （2020全國Ⅰ卷，12） 11.在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率穿出電場，與的夾角。運動中粒子僅受電場力作用。 （1）求電場強度的大??； （2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？ （3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為，該粒子

13、進入電場時的速度應為多大？ （2020全國Ⅱ卷，11） 12.如圖，在，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調(diào)，方向不變.一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子以速度從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力. （1）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值； （2）如果磁感應強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場,求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離. （2019全國Ⅰ卷，11） 13.如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子

14、從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求 （1）帶電粒子的比荷； （2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。 （2019全國Ⅱ卷，11） 14.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為（>0）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

15、 （1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。? （2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？ （2019全國Ⅲ卷，11） 15.空間存在一方向豎直向下的勻強電場，是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球不帶電，B的電荷量為從O點發(fā)射時的速度大小為，到達P點所用時間為從O點到達P點所用時間為 。重力加速度為g，求 （1）電場強度的大小； （2）B運動到P點時的動能。 （2018全國Ⅰ卷，12） 16.如圖,在的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在的區(qū)域存在方向

16、垂直于平面向外的勻強磁場.一個氕核和一個氘核先后從y軸上點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向.已知進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從坐標原點O處第一次射出磁場.的質(zhì)量為m,電荷量為q.不計重力.求: （1）第一次進入磁場的位置到原點O的距離; （2）磁場的磁感應強度大小; （3）第一次離開磁場的位置到原點O的距離. （2018全國Ⅱ卷，12） 17.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與軸垂直,寬度為,磁感應強度的大小為,方向垂直于平面;磁場的上下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為,電場強度的大小均為,方向均沿軸

17、正方向;為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從點沿軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從點入射的速度從點沿軸正方向射出。不計重力。 （1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡; （2）求該粒子從點入射時速度的大小; （3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從點運動到點的時間。 （2018全國Ⅲ卷，11） 18.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,并在磁場邊界的N

18、點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為。不計重力影響和離子間的相互作用。求: （1）磁場的磁感應強度大小; （2）甲、乙兩種離子的比荷之比。 答案以及解析 1.答案：（1）采用a方案時，由動能定理得 解得： 采用b方案時，剛好沒有電子到達柱面，則電子運動軌跡的半徑 由洛倫茲力提供向心力，有 解得： （2）設(shè)n為單位時間打在單位面積上的電子數(shù)目 則 壓強 單位長度導線單位時間射出的電子總數(shù)為 一個電子的動能 則總動能 2.答案：（1）a.在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷根據(jù)庫侖定律檢驗電荷受到的電場力 根據(jù)電場強度的定義得 b.穿

19、過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比 （2）a.地球上不同望遠鏡觀測同一天體,單位面積上接收的功率應該相同,因此 b.在宇宙大尺度上,天體的空間分布是均勻的。因此一個望遠鏡能觀測到的此類天體數(shù)目正比于以望遠鏡為球心、以最遠觀測距離為半徑的球體體積。設(shè)地面上望遠鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為P0,直徑為100 m望遠鏡和FAST能觀測到的最遠距離分別為L0和L, 則 可得則 3.答案：（1）設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，有① 離子在漂移管中做勻速直線運動，則② 聯(lián)立①②式，得③ （2）根據(jù)動能定理，有④ 得⑤ （3）離子在加速電場中運動和反射區(qū)電

20、場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設(shè)其為，有⑥ 通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設(shè)為，在無場區(qū)的總路程設(shè)為，根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時間為。有⑦ 聯(lián)立①⑥⑦式，得⑧ 可見，離子從A到B的總飛行時間與成正比。由題意可得 可得⑨ 4.答案：（1）設(shè)正離子經(jīng)過電極B時的速度為v，根據(jù)動能定理，有① 設(shè)正離子束所受的電場力為，根據(jù)牛頓第三定律，有② 設(shè)引擎在時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為，由牛頓第二定律，有③ 聯(lián)立①②③式，且得 ④ （2）設(shè)正離子束所受的電場

21、力為，由正離子束在電場中做勻加速直線運動，有⑤ 考慮到牛頓第三定律得到，聯(lián)立①⑤式得 ⑥ （3）為使盡量大，分析⑥式得到三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減少加速電壓。 5.答案：（1） （2） 解析：（1）設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有① 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有② 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有④ 聯(lián)立①②③④式得⑤ （2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān),運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定.故當軌跡與內(nèi)圓相切時

22、，所用的時間最短.設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得⑥ 設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于，由運動的合成和分解可得⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得⑨ 6.答案：解：（1）設(shè)粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運動對應圓心角為α，在兩金屬板間，由動能定理得① 在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力，由牛頓第二定律得② 聯(lián)立①②式得③ 由幾何

23、關(guān)系得④ ⑤ ⑥ 聯(lián)立①②④式得⑦ （2）設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得⑧ 粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得⑨ ⑩ 粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式得? 聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩?式得? （3）設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為，由運動學公式得? 由題意得? 聯(lián)立①④⑥⑨⑩??式得? （4）分別對應氚核、氦核、質(zhì)子的位置。 7.答案：（1）甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑分別為 由半徑得 且解得 （2）甲粒

24、子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動時間分別為 由得，且，解得 （3）乙粒子周期性地先后在兩磁場中做勻速圓周運動 若經(jīng)過兩磁場的次數(shù)均為 相遇時，有，解得 根據(jù)題意，舍去。 當時，有最小值， 若先后經(jīng)過右側(cè)、左側(cè)磁場的次數(shù)分別為，經(jīng)分析不可能相遇. 綜上分析，比荷的最小值為。 8.答案：（1）粒子的運動半徑 解得 （2）如圖4所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切 由幾何關(guān)系得 解得 （3）粒子的運動周期 設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則 （a）當 時，粒子斜向上射出磁場 解得 （b）當時，粒子斜向下射出磁場 解得

25、 解析： （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有： ，解得： 由題可得： ，解得； （2）如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切 由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°），解得。 （3）粒子的運動周期 設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則 A.當時，粒子斜向上射出磁場解得 B.當時，粒子斜向下射出磁場解得。 9.答案：（1）粒子圓周運動的半徑,由題意知,解得。 （2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α 由,得,即 在一個矩形磁場中的運動時間,解得 直線運動的時間,解得 則。 （3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x，粒子向上的偏

26、移量 由,解得，則當時,有最大值 粒子直線運動路程的最大值 增加路程的最大值 增加時間的最大值。 10.答案：解：（1）得，幾何關(guān)系， （2）束中的離子從同一點Q射出，，， （3）a或c束中每個離子動量的豎直分量 ，，， ， 11.答案：（1）粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與平行，由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強度的定義知① ② 由動能定理有③ 聯(lián)立①②③式得④ （2）如圖，由幾何關(guān)系知，故電場中的等勢線與平行。作與平行的直線與圓相切于D點，與的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知⑤ 設(shè)粒子以速度進入電場時動能增

27、量最大，在電場中運動的時間為。粒子在方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于；在垂直于的方向上做勻速運動，運動的距離等于。由牛頓第二定律和運動學公式有⑥ ⑦ ⑧ 聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得⑨ （3）設(shè)粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t。以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系。由運動學公式有⑩ ? 粒子離開電場的位置在圓周上，有? 粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為，由題給條件及運動學公式有? 聯(lián)立②④⑥⑩???式得? 和? 另解

28、： 由題意知，初速為0時，動量增量的大小為，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同。因此，不同粒子運動到線段上時，動量變化都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化也為，由幾何關(guān)系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率。 12.答案：(1)垂直于紙面向里; (2); 解析：本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動問題. （1）由題意可知，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里.設(shè)粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有 ① 由此可得② 粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁

29、場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足③ 由題意，當磁感應強度大小為時，粒子的運動半徑最大，由此得④ （2）若磁感應強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上， 由②④式可得，此時圓弧半徑為⑤ 粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示.設(shè)粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系 ⑥ 即⑦ 由幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為 ⑧ 聯(lián)立⑦⑧式得 ⑨ 13.答案：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。 由動能定理有① 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛領(lǐng)第二定律有② 由幾何關(guān)系知d=r

30、③ 聯(lián)立①②③式得④ （2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為⑤ 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得⑦ 14.答案：（1）PG、QG間場強大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有 ① F=qE=ma② 設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有 ③ 設(shè)粒子第一次到達G時所用時間為t,粒子在水平方向的位移為l,則有 ④ l=v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 ⑥ ⑦; （1）設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短,由對稱性知,此時金屬板的長度L為⑧; 15.答案

31、：（1）設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件，有 ① ② 解得③ （2）設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為，到達P點時的動能為，兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有④ 且有 ⑤ ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 ⑦ 16.答案：(1) (2) (3) 解析：（1）在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示.設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為,它在電場中的運動時間為,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為.由運動學公式有① ② 由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角進入磁場時速度的y分量的大小為，③ 聯(lián)立以上各式得，④

32、 （2）在電場中運動吋，由牛頓第二定律有，⑤ 設(shè)進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有，⑥ 設(shè)磁感應強度大小為B,在磁場中運動的圓軌道半徑為, 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，⑦ 由幾何關(guān)系得，⑧ 聯(lián)立以上各式得，⑨ （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為,由題給條件得，⑩ 由牛頓第二定律有，? 設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為,速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為.由運動學公式有，? ? ? ? 聯(lián)立以上各式得，? 設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得

33、 ? 所以出射點在原點左側(cè).設(shè)進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為,由幾何關(guān)系有，? 聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 ? 17.答案：（1）如圖(a)所示（2）（3）； 解析：（1）粒子運動的軌跡如圖(a)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱) （2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為,在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為θ(見圖),速度沿電場方向的分量為,根據(jù)牛頓第二定律有 ①，式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量

34、,由運動學公式有②，③，④，粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得⑤，由幾何關(guān)系得⑥，聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦ （3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得，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,則⑩，式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,?，由③⑦⑨⑩?得?。 18.答案：（1） （2）1:4 解析：（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為、質(zhì)量為，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有, 由幾何關(guān)系知,得.? （2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為、質(zhì)量為，射入磁場的速度為，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，同理有，，由題給條件有，甲、乙兩種離子的比荷之比為.