2020年高考回歸復(fù)習-電磁場帶電粒子在疊加場中的運動模型含解析

高考回歸復(fù)習—電磁場之帶電粒子在疊加場中的運動模型1．以下列圖，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E53N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感覺強度大小B=0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量–6m=1×10kg，電荷–6P點時撤掉磁場（不考慮磁場消逝量q=2×10C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過惹起的電磁感覺現(xiàn)象），取g=10m/s2．求：（1）小球做勻速直線運動的速度（2）從撤掉磁場到小球再次穿過

v的大小和方向；P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間

t．2．噴墨打印機的部分結(jié)構(gòu)可簡化為以下列圖的裝置。兩塊水平擱置、相距為

d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上，兩板之間的右邊、長度為3d的地域還存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感覺強度為B。噴墨打印機的噴口可在兩板左邊上下自由挪動，而且從噴口連續(xù)不停噴出質(zhì)量均為m、速度水平且大小相等、帶等量電荷的墨滴。調(diào)理電源電壓至U，使墨滴在兩板之間左邊的電場所區(qū)恰能沿水平方向向右做勻速直線運動。重力加快度為g。1）判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；2）要使墨滴不從兩板間射出，求墨滴的入射速率應(yīng)滿足的條件。3．以下列圖，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，放在傾角θ＝30的足夠長圓滑絕緣斜面上，平行于斜面的絕緣細繩一端與小球連接，另一端固定在斜面頂端小柱的A點。紙面是斜面的豎直截面。此刻斜面所在足夠大地域加一水平向右的勻強電場E和垂直于紙面向里的勻強磁場B，小球處于靜止狀態(tài)，此時細繩的拉力大小T＝mg。已知重力加快度為g，求：（1）電場強度

E的大小；（2）若將連接小球的細繩剪斷，小球在斜面上運動的最遠距離為

s，求磁感覺強度

B的大小。4．如圖，

xOy坐標系位于豎直面（紙面）內(nèi)，第一象限和第三象限存在場強盛小相等、方向分別沿

x軸負方向和

y軸正方向的勻強電場，第三象限內(nèi)還存在方向垂直于紙面、磁感強度大小為

B的勻強磁場（未畫出）?，F(xiàn)將質(zhì)量為

m、電荷量為

q的微粒從

P（L，L）點由靜止開釋，該微粒沿直線

PO進入第三象限后做勻速圓周運動，而后從

z軸上的

Q點（未標出）進入第二象限。重力加快度為

g。求：1）該微粒的電性及經(jīng)過O點時的速度大??；2）磁場方向及該微粒在PQ間運動的總時間。5．以下列圖，直角坐標系

xOy

位于豎直平面內(nèi)，在水平的

x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)為B,方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次走開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為.不計空氣阻力，重力加快度為g,求：1）電場強度E的大小和方向；2）小球從A點拋出時初速度v0的大?。?）A點到x軸的高度h.6．以下列圖，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角均分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止開釋，質(zhì)點恰能沿AO運動且經(jīng)過O點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點（圖中未畫出）進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點（圖中未畫出）．已知OM的長度L1202m，勻m(T)，重力加快度g取10m/s2．求：強磁場的磁感覺強度大小為B＝q1）兩勻強電場的電場強度E的大?。?）OC的長度L2；3）質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t．7．如圖，xoy在豎直平面內(nèi)，x軸下方有勻強電場和勻強磁場，電場強度為度為B，方向垂直紙面向里，將一個帶電小球從y軸上P（0，h）點以初速度

E、方向豎直向下，磁感覺強v0豎直向下拋出．小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運動．不計空氣阻力，已知重力加快度為

g．（1）判斷小球帶正電還是負電；（2）求小球做圓周運動的半徑．（3）小球從P點出發(fā)，到第二次經(jīng)過x軸所用的時間．8．以下列圖，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電磁場，電場強度E=40N/C；第四1象限內(nèi)存在一方向向左的勻強電場E2160N/C．一質(zhì)量為m=2×10-3kg帶正電的小球，從M（3.64m，33.2m）點，以v0=1m/s的水平速度開始運動．已知球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從P（2.04m，0）點進入第四象限后經(jīng)過y軸上的N（0，-2.28m）點（圖中未標出）．（g=10m/s2，sin37°=0.，6cos37°=0.）8求：1）勻強磁場的磁感覺強度B2）小球由P點運動至N點的時間9．以下列圖，在座標系xOy平面的x>0地域內(nèi)，存在電場強度大小5E＝2×10N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感覺強度大小B＝0.20T、方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不停地發(fā)射大批質(zhì)量－m＝6.4×1027kg、－(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動．若撤去電場，并使粒電荷量q＝3.2×1019C的帶正電粒子子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)．1）判斷電場方向，求粒子走開發(fā)射槍時的速度大??；2）帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；3）熒光屏上閃光地域的長度．10．以下列圖，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，

y軸沿豎直方向。在

x=L

到

x=2L

之間存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷為k的帶電微粒從坐標原點以必定初速度沿進入電場和磁場后恰幸好豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，走開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿

+x方向拋出，+x方向經(jīng)過x軸上

x=3L

的地點，已知勻強磁場的磁感覺強度為

B，重力加快度為

g。求：1）電場強度的大??；2）帶電微粒的初速度；3）帶電微粒做圓周運動的圓心的縱坐標。11．以下列圖，水平川面上方MN界限左邊存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場，磁感應(yīng)強度

B=1.0T，界限右邊離地面高

h=0.45m

處由圓滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的

a球，質(zhì)量ma=0.1kg、電量

q=0.1C，以初速度

v0=0.9m/s

水平向左運動，與大小同樣但質(zhì)量為

mb=0.05kg

靜止于平臺左邊沿的不帶電的絕緣球

b發(fā)生彈性正碰，碰后

a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質(zhì)點，g10m/s2，求：1）電場強度的大小和方向；2）碰后兩球分別在電磁場中運動的時間；3）碰后兩球落地點相距多遠；1L=5m的絕緣水平傳遞帶光滑12．以下列圖，半徑R=3.6m的6圓滑絕緣圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長連接，傳遞帶以v=5m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，傳遞帶右邊空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E=20N/C，磁感覺強度B=2.0T，方向垂直紙面向外。a為質(zhì)量m1=1.0×10-3kg的不帶電的絕緣物塊，b為質(zhì)量m2=2.0×10-3kg、電荷量q=1.0×10-3C的帶正電的物塊。b靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂端由靜止開釋，其運動到最低點與b發(fā)生彈性碰撞(碰后b的電荷量不發(fā)生變化)。碰后b先在傳遞帶上運動，后走開傳遞帶飛入復(fù)合場中，最后以與水平面成60°角的速度落在地面上的P點(如圖)，已知b物塊與傳遞帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1。(g取10m/s2，a、b均可看作質(zhì)點)求：1）物塊a運動到圓弧軌道最低點C(與b碰撞前瞬時)時的速度大小及對軌道的壓力；2）傳遞帶上表面距離水平川面的高度；（3）從

b開始運動到落地前瞬時，

b運動的時間及其機械能的變化量

。13．以下列圖，直角坐標系

xOy

處于豎直平面內(nèi)，

x軸沿水平方向，在

y軸右邊存在電場強度為

E1、水平向左的勻強電場，在

y軸左邊存在勻強電場和勻強磁場，電場強度為

E2，方向豎直向上，勻強磁場的磁感覺強度

B

6T，方向垂直紙面向外。在座標為（

0.4m，0.4m）的

A點處將一帶正電小球由靜止開釋，小球沿直線

AO

經(jīng)原點

O第一次穿過

y軸。已知

E1

E2

4.5N/C

，重力加快度為

g

10m/s2，求：（1）小球的比荷（q）及小球第一次穿過y軸時的速度大??；m2）小球第二次穿過y軸時的縱坐標；3）小球從O點到第三次穿過y軸所經(jīng)歷的時間。14．以下列圖，平面直角坐標系

xoy在豎直平面內(nèi)，第三象限內(nèi)有水平向左的勻強電場，第四象限內(nèi)

y軸與x=2R虛線之間有豎直向下的勻強電場，兩電場的電場強度大小均為

E，x=3R處有一豎直固定的光屏。此刻第三象限內(nèi)固定一個半徑為

R的四分之一圓滑圓弧軌道

AB，圓弧圓心在座標原點

O，A

端點在

x軸上，

B端點在

y軸上。一個帶電小球從

A點上方高

2R處的

P點由靜止開釋，小球從

A點進入圓弧軌道運動，從

B點走開時速度的大小為

2gR，重力加快度為

g，求：1）小球的電荷量及其電性；2）小球最后打在熒光屏上的地點距x軸的距離。15．以下列圖，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角。在y軸與MN之間的地域Ⅰ內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球連續(xù)做直線運動到

MN

上的

C點，MN

與

PQ之間地域Ⅰ內(nèi)存在寬度為

d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在地域

Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不可以從右界限飛出，已知小球在

C點的速度大小為

2v0，重力加快度為

g，sin37

＝°0.6，cos37°＝0.8，求：（1）第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感覺強度B1的大小；（2）地域Ⅰ內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；（3）地域Ⅰ內(nèi)電場強度E3的大小和磁感覺強度B2的大小。16．三維直角坐標系的oxy平面與水平面平行，空間存在與z軸平行的周期性變化的勻強磁場和勻強電場（圖中沒有畫出），磁場和電場隨時間變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，規(guī)定沿z軸正方向為勻強磁場和勻強電場的正方向，不考慮磁場和電場變化而產(chǎn)生的感生電磁場的影響。在t＝0時刻，一個質(zhì)量m，帶電量+q的小球，以速度v0從坐標原點O點沿y軸正方向開始運動，小球恰好沿圓周運動，在t0時刻再次經(jīng)過x軸，已知重力加快度為g，求：1）E0和B0的大?。?）3t0時刻小球的地點坐標；3）20t0時刻小球的地點坐標和速度大小。參照答案1.【答案】（1）20m/s，與電場方向夾角為【分析】（1）小球做勻速直線運動時，受力如圖，

60°（2）3.5s其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有：Bqvq2E2m2g2，帶入數(shù)據(jù)解得：v20m/s，速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足：tanθqE，mg解得：tanθ3，則θ60；（2）撤去磁場后，因為電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速直線運動，其初速度為vyvsinθ，若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，則有：vyt1gt202聯(lián)立解得：t23smgd22??????5??????2.【答案】（1）墨滴帶負電；U；（2）2??<??<??【分析】??墨滴在電場左邊地域做勻速直線運動，有：????=????解得：q=mgd因為電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷；U(2)2墨滴進入電場、磁場共存地域后，重力與電場力均衡，洛倫茲力供給勻速圓周運動的向心力：????????=????從上極板邊沿射進的墨滴最簡單從兩板間射出，只需這個墨滴沒有射出，其余墨滴就都不會射出．若墨滴??恰好由極板左邊射出，則有：??=122??????聯(lián)立解得：??=12??同理，墨滴恰好從極板右邊射出，有：222??2=(3??)+(??2-??)25??????解得：??2=??22可見，要使墨滴不會從兩極間射出，速率應(yīng)當滿足：??????5??????2??<??<??。3.【答案】(1)3mg(2)mg3qq6s【分析】小球處于靜止狀態(tài)由受力分析得qEcosmgsinT解得E=

3mg3q(2)對小球受力分析可知，小球在斜面上做勻加快直線運動，設(shè)加快度為a，則qEcosmgsinmav22as小球運動到最遠距離s時，受力分析得聯(lián)立解得B=

qEsinf洛mgcosf洛qvBmgq6s4.【分析】(1)微粒運動軌跡如答圖1，其在第一象限沿PO連線做勻加快直線運動到達O點故微粒帶正電；二力的合力方向由P指向O，有：mgqE由動能定理有mgLqEL1mv22解得v2gL由左手定章知，該磁場的方向垂直于紙面向外；在第一象限內(nèi)，由運動學規(guī)律有：2L12gt1222L得t1g在第三象限內(nèi)，由牛頓第二定律有：Bqvmv2R由幾何關(guān)系，微粒做圓周運動對應(yīng)的圓心角為θ=90，故°90o2Rmt2v2qB360o解得微粒從P到Q運動的時間為：tt1m2Lt2g2qB5.【分析】1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力均衡（恒力不可以充當圓周運動的向心力），有qEmgE

mgq重力的方向豎直向下，電場力方向只好向上，因為小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運動，O′為圓心，MN為弦長，MOP，以下列圖。設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系L知sin2r小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白天供給，設(shè)小球做圓周運動的速率為v，有mv2qvBr由速度的合成與分解知v0cosv聯(lián)立得v0qBLcot2m（3）設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水均分速度的關(guān)系為vyv0tan由勻變速直線運動規(guī)律v22gh聯(lián)立得q2B2L2h8m2gmg(2)40m(3)7.71s6.【答案】(1)Eq【分析】(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場，沿AO做勻加快直線運動，所以有mgqEmg即Eq(2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力均衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡以下列圖，有：qvBm

v2R由運動規(guī)律知v22aL1由牛頓第二定律得：a2g解得：R202m由幾何知識可知OC的長度為：L2=2Rcos45°=40m(3)質(zhì)點從M到O的時間為：vt1=a2s質(zhì)點做圓周運動時間為：t232R3s4.71s4v2質(zhì)點做類平拋運動時間為：t3=R1sv質(zhì)點全過程所經(jīng)歷的時間為：t=t1+t2+t3=7.71s。7．【答案】（1）小球帶負電；（2）rEv022gh；（3）tv022ghv0EgBggB【分析】1）因為小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則表示重力和電場力均衡，即電場力向上，因為電場力與場強方向相反，所以小球帶負電．2）設(shè)小球經(jīng)過O點時的速度為v，從P到O過程，由勻變速運動的速度位移公式得：v2v022gh，解得：vv022gh；小球運動的軌跡以下列圖：小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運動，則：qEmg，從O到A，由牛頓第二定律得：qvBmv2，解得：rEv022gh；rgB（3）從P到O，小球第一次經(jīng)過x軸，所用時間為t1，由勻變速運動的速度公式得：vv0gt1，從O到A，小球第二次經(jīng)過x軸，所用時間為t2，小球做圓周運動的周期：T

2r2mvqB做圓周運動的時間：

t2

T2

EgB

，v022ghv0E；解得：tt1t2ggB8.【答案】（1）2T（2）0.6s1）可知：qE1=mg解得：q5104C分析如圖：RcosxMxPRsinRyM可得：R=2mθ=370由qv0Bmv02，解得B=2TR（2）小球進入第四象限后受力分析如圖；tanmg0.75qE2可知小球進入第四象限后所受的電場力和重力的合力與速度方向垂直，即37o軌跡如圖；由幾何關(guān)系可得：LQN=0.6m由LQN=v0t解得t=0.6s×69.【答案】（1）電場方面垂直于x軸向上v＝110m/s（2）0.1m（3）0.273m【分析】(1)帶正電粒子(重力不計)在復(fù)合場中沿x軸做勻速直線運動，據(jù)左手定章可知，洛倫茲力方向垂直于x軸向下，所以電場力方向垂直于x軸向上，電場方向垂直于x軸向上，有qE＝qvB所速度v＝E6B＝1×10m/s(2)撤去電場后，有qvBmv2r所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑RmE0.1mqB2(3)作出粒子的軌跡，以下列圖，粒子最上端打在B點，最下端打在A點，dOA＝Rtan60＝3R=0.173mdOB＝R所以熒光屏上閃光地域的長度dAB10.【答案】(1)g；(2)2g；(3)2gk2B2L2kkBk2B28g【分析】（1）進入電場和磁場后恰幸好豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則mgqEg得Ek（2）粒子軌跡以下列圖由幾何關(guān)系知2RcosL由洛倫茲力供給向心力mv2qvBRvyvcos豎直方向有vygt水平方向有Lv0t2g聯(lián)立解得v0kB（3）豎直方向h1gt22圓心的縱坐標為yhRsinO'2gk2B2L2聯(lián)立解得y2B28gk11.【答案】(1)10N/C，方向向上(2)0.21s0.30s；(3)0.10m【分析】（1）a球碰后在疊加場中做勻速圓周運動，滿足：magqE解得E10N/C球帶正電，電場力向上，則電場強度方向向上（2）a球與b球的碰撞，由動量守恒定律得：mav0mavambvb由能量守恒得：1212122mav02mava2mbvb解得va0.3m/s，vb1.2m/s對a球，洛倫茲力供給向心力，Bqvamva2r解得rmva0.3mBq設(shè)a球落地點與圓心的連線和地面夾角為，有hrsin，可得6故a球走開電磁場用時ta2T,T2r,ta22.1s2va3B球不帶電，碰后做平拋運動，豎直方向h1gtb22得tb0.30（3）對a球，設(shè)a球水平位移為xa，xarcos0.153m對b球：xbvbtb0.36m故兩球相距xxaxb0.10m12.【分析】(1)a物塊從被開釋至運動到圓弧軌道最低點C，機械能守恒，有m1gR(1-cosθ)=122m1????得vC=6m/s2??在C點,由牛頓第二定律得FN-m1g=m1????解得FN-2N=2×10由牛頓第三定律，a物塊對圓弧軌道壓力F'N=2×10-2N，方向豎直向下。(2)a、b碰撞過程動量守恒,mv=mv'+mvb1C1C2121212a、b碰撞過程能量守恒,2m1????=2m1v'??+2m2????解得(v'C=-2m/s，方向水平向左，可不考慮)vb=4m/s假設(shè)b在傳遞帶上能與傳遞帶達到共速，且共速時經(jīng)過的位移為s，則μm2g=m2a22v-??=2as??得s=4.5m<L加快1s后,勻速運動0.1s，在傳遞帶上運動t1=1.1s，所以b走開傳遞帶時的速度為v=5m/s進入復(fù)合場后,qE=m2g=2×10-2N，所以b做勻速圓周運動2由qvB=m2??????2??得r=????=5m由幾何知識得傳遞帶距水平川面的高度h=r+??=7.5m2(3)b的機械能減少許為E=1212-1Jm2??+m2gh-m2v=1.41×102??2b在磁場中運動的周期T=2π??=2πs2??????2πt2=3=3sb運動的時間為t+t=1.1s+2πs≈3.2s12q202m；(3)(9π22)s13.【答案】(1)C/kg，4m/s；(2)0.3m9805【分析】(1)由題可知，小球遇到的合力方向由A點指向O點，則qE1mg①解得q20C/kg②m9由動能定理得mgy1qE1x11mv20③2解得v4m/s④(2)小球在y軸左邊時qE2mg故小球做勻速圓周運動，其軌跡如圖，設(shè)小球做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得mv2qvB⑤R解得R0.3m⑥由幾何關(guān)系可知，第二次穿過y軸時的縱坐標為y22R0.32m⑦(3)設(shè)小球第一次在y軸左邊運動的時間為t1，由幾何關(guān)系和運動規(guī)律可知t13πR9πs⑧2v80小球第二次穿過y軸后，在第一象限做類平拋運動（以下列圖），由幾何關(guān)系知，此過程小球沿速度v方向的位移和垂直v方向的位移大小相等，設(shè)為r，運動時間為t2，則rvt2⑨r1at22⑩2由①式可得a2g?可得t222s?5小球從O點到第三次穿過y軸所經(jīng)歷的時間tt1t2(9π22)s?805mg14.【答案】（1）小球帶正電且?guī)щ娏看笮閝；（2）3.125RE【分析】（1）設(shè)小球帶正電且?guī)щ娏看笮閝，小球從P點運動到B點的過程，依據(jù)動能定理有mg3RqER1mv22mg解得qEmg則假設(shè)建立，即小球帶正電，且?guī)щ娏看笮閝。E（2）因為電場力方向向下，且有qE=mg小球從

B點以

v

2gR的速度進入第四象限內(nèi)的電場做類平拋運動，加快度a

qE

mg

2gm在電場中運動的時間t12RRvg著落的高度h11at12R2出電場時豎直方向的分速度vyat12gR出電場后至打在光屏上運動的時間t2R1Rv