專題跟蹤檢測(cè)（十九）“電場(chǎng)與磁場(chǎng)”計(jì)算大題解題研究

專題跟蹤檢測(cè)（十九）“電場(chǎng)與磁場(chǎng)”計(jì)算大題解題研究1．(2023·海南高考)如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝15cm，質(zhì)量為m＝1×10－3kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10－2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5cm，閉合開關(guān)，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10cm，設(shè)離開導(dǎo)電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10m/s2)(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時(shí)間t′＝0.002s，求通過(guò)金屬桿橫截面的電荷量。解析：(1)對(duì)金屬桿，飛起后下端離液面高度為H，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式v2＝2gH解得v＝eq\r(2gH)＝eq\r(2)m/s通電過(guò)程金屬桿受到的安培力大小為FA＝BIL由動(dòng)能定理得BILh－mg(H＋h)＝0解得I＝eq\f(25,6)A。(2)對(duì)金屬桿，通電時(shí)間t′＝0.002s，由動(dòng)量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v′2＝2gH′通過(guò)金屬桿橫截面的電荷量q＝I′t′聯(lián)立解得q＝0.085C。答案：(1)eq\r(2)m/seq\f(25,6)A(2)0.085C2．如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長(zhǎng)為eq\r(3)d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過(guò)程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求直流電源的電動(dòng)勢(shì)E0；(2)求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E′。解析：(1)小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得Eq＝mgR2兩端的電壓U2＝Ed根據(jù)歐姆定律得U2＝eq\f(E0,R1＋R2)·R2聯(lián)立解得E0＝eq\f(mgd(R1＋R2),qR2)。(2)帶電小球在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)小球在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系得(r－d)2＋(eq\r(3)d)2＝r2，解得r＝2d根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,2dq)。(3)由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得E′q＝mgcos60°，解得E′＝eq\f(mg,2q)。答案：(1)eq\f(mgd(R1＋R2),qR2)(2)eq\f(mv,2dq)(3)eq\f(mg,2q)3．(2023·浙江6月選考)利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場(chǎng)，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)若B2＝2B1，求能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處的離子的最小速度v2；(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。解析：(1)當(dāng)離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ且速度最大時(shí)，軌跡與區(qū)域Ⅰ、Ⅱ邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°＝r1－L，解得r1＝2L，根據(jù)qv1B1＝meq\f(v12,r1)＝meq\f(4π2,T2)r1，解得v1＝eq\f(2B1qL,m)，離子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB1)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(2×60°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB1)。(2)若B2＝2B1，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，r1＝2r2，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)O1O2與磁場(chǎng)邊界夾角為α，由幾何關(guān)系r1sinα－r1sin30°＝L，r2－r2sinα＝eq\f(L,2)，解得r2＝2L，sinα＝eq\f(3,4)，根據(jù)qv2B2＝meq\f(v22,r2)，解得v2＝eq\f(4B1qL,m)。(3)當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的離子若剛好到達(dá)x軸，則由動(dòng)量定理B2qvyΔt＝mΔvx，即eq\f(B1,L)yqΔy＝mΔvx，求和可得∑eq\f(B1,L)yqΔy＝∑mΔvx，離子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過(guò)程中m(v－vcos60°)＝B1qL＋eq\f(B1,L)·eq\f(0＋L,2)·qL，解得v＝eq\f(3B1qL,m)，則速度在eq\f(3B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)之間的離子才能進(jìn)入第四象限；因離子源射出離子的速度范圍在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)，又離子源射出的離子個(gè)數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進(jìn)入第四象限的離子占離子總數(shù)的比例為η＝eq\f(\f(6B1qL,m)－\f(3B1qL,m),\f(6B1qL,m)－\f(B1qL,m))×100%＝60%。答案：(1)eq\f(2B1qL,m)eq\f(2πm,3qB1)(2)eq\f(4B1qL,m)(3)60%4．如圖(a)所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間eq\f(π,15)×10－5s以后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過(guò)MN進(jìn)入其上方的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖(b)所示規(guī)律周期性變化，圖(b)中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過(guò)MN時(shí)為t＝0時(shí)刻。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)圖(b)中t＝eq\f(4π,5)×10－5s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離；(3)如果在O點(diǎn)正右方43.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板的時(shí)間。解析：(1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(π,15)×10－5s，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v0＝at1由牛頓第二定律得qE＝ma代入數(shù)據(jù)解得E≈7.2×103N/C。(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝eq\f(mv0,qB1)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T1＝eq\f(2πr1,v0)＝eq\f(2πm,qB1)代入數(shù)據(jù)解得r1＝5cm，T1＝eq\f(2π,3)×10－5s同理可得，當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，電荷圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2＝eq\f(mv0,qB2)＝3cm做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T2＝eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(2π,5)×10－5s電荷從t＝0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動(dòng)，結(jié)合磁場(chǎng)的周期性可知運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，從電荷第一次通過(guò)MN開始其運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)×4＋\f(1,2)×\f(2π,3)＋\f(1,2)×\f(2π,5)))×10－5s＝eq\f(4π,5)×10－5s所以t＝eq\f(4π,5)×10－5s時(shí)刻粒子距離O點(diǎn)的水平距離為Δd＝2(r1－r2)＝4cm。(3)由第(2)題的分析可知，每經(jīng)過(guò)一個(gè)周期，粒子在水平方向向右前進(jìn)4cm，根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為9個(gè)，即s＝9Δd＝36cm則最后7.5cm的距離如圖所示由幾何關(guān)系可得r1＋r1cosα＝7.5cm解得cosα＝0.5，即α＝60°故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總＝t1＋9T＋eq\f(1,3)T1＝eq\f(337,45)π×10－5s。答案：(1)7.2×103N/C(2)4cm(3)eq\f(337,45)π×10－5s5．(2023·遼寧高考)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的eq\r(3)倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O′點(diǎn)射入磁場(chǎng)。已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計(jì)粒子重力。(1)求金屬板間電勢(shì)差U。(2)求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ。(3)僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定性畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M。解析：(1)設(shè)板間距離為d，則板長(zhǎng)為eq\r(3)d，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(U,d)根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度qE＝ma解得a＝eq\f(qU,md)設(shè)粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at02，eq\r(3)d＝v0t0聯(lián)立解得U＝eq\f(mv02,3q)。(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)，故α＝eq\f(π,6)則射出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度為v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子射出電場(chǎng)后沿直線勻速運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R如圖甲所示，粒子沿PO方向射入磁場(chǎng)即沿半徑方向射入磁場(chǎng)，故粒子將沿半徑方向射出磁場(chǎng)，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為θ，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為θ，根據(jù)taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(\r(3),3)，可得θ＝2α＝eq\f(π,3)故粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為eq\f(π,3)(或60°)。(3)帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑的關(guān)系為r＝eq\r(3)R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對(duì)應(yīng)軌跡圓的弦為磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖乙所示。答案：(1)eq\f(mv02,3q)(2)eq\f(π,3)(或60°)(3)見解析圖乙6．(2023·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)現(xiàn)代電子設(shè)備常利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，兩豎直平行金屬板A、B間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B板間電勢(shì)差U0＝7×103V。電荷量q＝＋8×10－9C、質(zhì)量m1＝7×10－16kg的粒子甲由靜止開始從極板A出發(fā)，經(jīng)電場(chǎng)加速后與極板B狹縫處?kù)o止且不帶電的粒子乙發(fā)生彈性碰撞，粒子乙的質(zhì)量為m2＝1×10－16kg，碰撞后甲的電荷量被甲、乙粒子平分。隨后甲、乙粒子均沿水平金屬板C、D的中心軸線方向進(jìn)入，已知C、D兩板間距d＝40cm，兩板間同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝5×10－2T，甲粒子恰好沿中心軸線運(yùn)動(dòng)，乙粒子偏轉(zhuǎn)后恰好從極板C的右邊緣P點(diǎn)射出，且射出時(shí)的速度方向與水平方向夾角θ＝53°，甲、乙兩粒子離開C、D板后立刻進(jìn)入C、D板右側(cè)垂直紙面向外且磁場(chǎng)范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，不計(jì)甲、乙粒子的重力和甲、乙粒子間的相互作用，求：(1)碰撞后甲、乙粒子的速度大??；(2)乙粒子離開C、D板間時(shí)的速度大??；(3)要使甲、乙粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中的軌跡不相交，B2至少多大？(取eq\r(165)≈13，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)解析：(1)根據(jù)題意可知，粒子甲經(jīng)電場(chǎng)加速有qU0＝eq\f(1,2)m1v02，解得v0＝eq\r(\f(2qU0,m1))＝4×105m/s甲以v0與乙發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22代入數(shù)據(jù)解得v1＝3×105m/s，v2＝7×105m/s。(2)粒子甲沿直線運(yùn)動(dòng)，則有Eeq\f(q,2)＝B1v1eq\f(q,2)解得E＝1.5×104V/m粒子乙恰好從極板C的右邊緣P點(diǎn)射出，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理有－E·eq\f(q,2)·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)m2v32－eq\f(1,2)m2v22代入數(shù)據(jù)解得v3＝5×105m/s。(3)甲、乙粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2后，由牛頓