【文档说明】高考物理冲刺大二轮练习：专题三　电场和磁场 专题跟踪训练10 Word版含解析.doc，共(9)页，145.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题跟踪训练(十)1．(2018·郑州质量预测二)如图所示，矩形区域abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线．af＝L，ab＝0.75L，bc＝

L.一质量为m、电荷量为e0的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若要求电子从cd边射出，求

所加匀强磁场磁感应强度的最大值Bm；(3)调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出部分的长度．[解析](1)电子在电场中做类平抛运动，有L2＝at220.75L＝v0t由牛顿第二定律有e0E＝ma联立解得E＝16mv209e0L(2

)电子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值2tanθ＝xl2yt＝0.75，θ＝37°电子进入磁场时的速度为v＝v0sinθ＝53v0设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，轨迹半径最小，为r1则由几何关系知r1＋r1cos37°＝L解得r1＝59L由e0vB

＝mv2r可得对应的最大磁感应强度Bm＝3mv0e0L(3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时，轨迹半径为r2则r2＝r2sin37°＋L2解得r2＝54L又r2cosθ＝L，故切点刚好为d点电子从cd边射出的长度为Δy＝L2＋r1sin37°＝56L[答案](1)16mv209

e0L(2)3mv0e0L(3)56L2．(2018·杭州高三摸底)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大

小为E＝2N/C．在其第一象限空间有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运

动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速3度g＝10m/s2.问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度

大小；(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值．[解析](1)分析油滴受力可知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电．受力如图所示由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶f＝1∶1∶2.(2)油

滴在垂直PO方向上应用平衡条件得qvB＝2Eqcos45°，代入数据解得v＝42m/s.(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油4滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做

匀速圆周运动，轨迹如图所示．由O到A匀速运动的位移为s1＝hsin45°＝2h＝0.42m，运动时间为t1＝s1v＝0.1s油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB由几何关系知油滴由A到C运动的时间为t2＝14T＝πm2qB，联

立解得t2≈0.628s，从C到N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t3＝t1＝0.1s，则第一象限内总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.828s.设OA、AC、CN段在x轴上的投影分别为x1、x2、x3，则x1＝x3＝h＝0.4m，x2＝2r＝2m

vqB由(1)可知2mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2m，所以粒子在第一象限内沿x轴方向的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝4m，油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0m,0)．[答案](1)1∶1∶2负电(2)4

2m/s(3)(4.0m,0)3．(2018·肇庆二模)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变

化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：5(1)微粒再次经

过直线OO′时与O点的距离．(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度．(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．[解析](1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N①电场

力大小F＝qE＝8×10－3N②因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝mv2R③由③式解得：R＝0.6m④由T＝2πRv⑤得：T＝10πs⑥则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R⑦将数据代

入上式解得：L＝1.2m．⑧6(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5πs，轨迹如图所示，位移大小：s＝vt⑨由⑨式解得：s＝1.88m．⑩因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48m.(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方

时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2，…

)．(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)也可)[答案](1)1.2m(2)2.48m(3)见解析4．(2018·河南六校联考)某种粒子加速器的设计方案如图所示，M、N为两块垂直于纸面放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有

小孔(孔的直径大小可忽略不计)，板间距离为h.两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零．两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平行边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上

，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，7磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B．在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域．一质量为m、

电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动．若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响．(1)为使带电粒子经过电场加速后不打

到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；(2)在ef边界上的P点放置一个目标靶，P点到N板小孔O的距离为s时，粒子恰好可以击中目标靶．对于击中目标靶的粒子，求：①其进入电场的次数n；②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比．[解

析](1)设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1，对于这个加速过程，根据动能定理有：qU＝12mv21，解得v1＝2qUm；粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r1，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：8qv1B＝mv21

r1，得r1＝mv1qB＝1B2mUq为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R<2r1，即R<2B2mUq.(2)①设到达ef边界上P点的粒子运动速度为vn，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径rn＝s2，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定

律有qvB＝mv2nrn，解得vn＝qBrnm＝qBs2m设粒子在电场中被加速n次，对于这个加速过程根据动能定理有nqU＝12mv2n＝12mqBs2m2，解得：n＝qB2s28mU.②设粒子在电场

中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：qUh＝ma，解得a＝qUhm因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动设总的加速时间为t1，根据vn＝at1可得t1＝Bsh2U粒子在磁场中

做匀速圆周运动，运动周期T＝2πmqB保持不变．对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间t2＝n－12T＝qB2s28mU－122πmqB9所以t1t2＝qB2sh4πmUqB2s28m

U－12.[答案](1)R<2B2mUq(2)①qB2s28mU②qB2sh4πmUqB2s28mU－12