【文档说明】高考物理考前冲刺（10）规范几何作图，快解电磁偏转类计算题 (含详解).doc，共(10)页，1.525 MB，由MTyang资料小铺上传

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高考物理冲破高分瓶颈考前必破破（10）规范几何作图，快解电磁偏转类计算题【真题引领】(20分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀

强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求(1H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)磁场的磁

感应强度大小。(3H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。标准答案:解：(1H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式

有s1=v1t1①(1分)h=a1②(1分)由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tanθ1③(2分)联立以上各式得s1=h④(1分)(2H在电

场中运动时，由牛顿第二定律有qE=ma1⑤(1分)设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′=⑥(1分)设磁感应强度大小为BH在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B=⑦(1分)由几何关系得s1=2R1sin

θ1⑧(1分)联立以上各式得B=⑨(1分)(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得(2m)=m⑩(1分)由牛顿第二定律有qE=2ma2(1分)设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角

为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2=v2t2(1分)h=a2(1分)v2′=(1分)sinθ2=(1分)联立以上各式得s2=s1，θ2=θ1，v2′=v1′(1分)设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半

径公式得R2==R1(1分)所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′=2R2sinθ2(1分)联立④⑧式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离

为s2′-s2=(-1)h(1分)阅卷人揭秘:②式不能写成t=，否则不得分。③式写成a1t1=v1tan60°同样得分。④式中不用h表示s1的不得分，如s1=。⑦式写成R1=h也得分。⑧式写成s1=R1同样得分。⑩式写成v2=v1同样得分。式中注意此处质量符号应为2m，否则不给

分。式中只要最后答案正确，没有说明各量之间的关系也同样得分。式写成R2=h同样得分。式写成s2′=R2或s2′=h均得分。式写成(-)h也得分。满分答题规则:规则1：公式要列原始式，不要写公式的变形式，不然不得分如②式中h=a1不能写成t1=。规则2：使用题目给

出的符号列式求解若题中已经定义了物理量的字母而用其他字母表示不得分。如④式中写成s1=不得分。规则3：分步列式，不要只写综合式每个基本公式都会对应步骤分，如本题中的①、②、⑤、、、式，漏写一个，就会扣掉该步骤分。除上述规则，还需关注以

下规则：规则4：按照设问分条目列公式不能不分条目地罗列大量公式，这种情况都会归在第一问中给分，剩下的几问不给分。规则5：有小数点或有效数字要求的要按要求操作要求结果保留2位有效数字，就不能保留1位，否则不得分。没有具体要求的结果带根号或分式均可。【体验规则·赢满分】1

.如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均

为L，质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。(1)若k=1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子

沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。【答案】(1)(2)v=，B=B0解析:(1)粒子在电场中，由动能定理有：qEd=mv2-0粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qv

B0=m当k=1时，由几何关系得：r=L由以上各式解得：E=(2)若2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转由几何关系可知(r-L)2+(kL)2=r2解得r=L解得v=粒子在Ⅱ区洛伦兹力提

供向心力qvB=m由对称性及几何关系可知=解得r1=L又因为qvB=m解得B=B02.如图所示的空间有一水平向右的匀强电场，虚线AD为电场的边界线，在AD的右侧有一边长为d的正方形虚线框ABCD，在虚线框内存在如图所示方向的匀强磁场，但磁感

应强度大小未知。在BA的延长线上距离A点间距为d的位置O有一粒子发射源，能发射出质量为m、电荷量为+q的粒子，假设粒子的初速度忽略不计，不计粒子的重力，该粒子恰好从虚线框的C位置离开，已知电场强度的大小为E，sin37°=0.6。求：(1)虚线框内磁场的磁感应强度B的大小

；(2)要使带电粒子以最短时间从距离C点的位置O′离开，则磁感应强度值应为多大。【答案】(1)(2)解析:(1)设粒子运动到A点时的速度大小为v，由动能定理可知qEd=mv2粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径r=d由牛顿第二定律得qvB=

m解得：B=(2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r′，作粒子运动轨迹如图所示，由几何关系得：(d-r′)2+=r′2，解得：r′=d由牛顿第二定律得：qvB′=m，解得：B′=3.如图所示，坐标系xO

y在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1=2N/C，y轴的左侧广大空间存在匀强磁场和电场，磁场方向垂直纸面向外，B=1T，电场方向竖直向上，E2=2N/C。t

=0时刻，一个带正电的质点在O点以v=m/s的初速度沿着与x轴负方向成45°角射入y轴的左侧空间，质点的电量为q=10-6C，质量为m=2×10-7kg，重力加速度g取10m/s2。求：(1)质点从O点射入后第一次通过y轴的位置；(2)质点从O点射入到第二次通过y轴所需时间；(3)E1为何值时，

质点从O点射入恰好第二次通过y轴时经过O点。【答案】(1)(0，0.4m)(2)s(3)1N/C解析:(1)质点从O点进入左侧空间后，qE2=2×10-6N=mg电场力与重力平衡，质点在第二象限内做匀速

圆周运动，洛伦兹力充当向心力qvB=mR==m质点第一次通过y轴的位置y1=R=0.4m即质点从O点射入后第一次通过y轴的位置为(0，0.4m)(2)质点的个匀速圆周运动的时间t1=×=s质点到达右侧空间时，F合==mg，a=g且质点做有往

返的匀变速直线运动，往返时间t=2·=0.2s质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t=t1+t2=s(3)x方向上：0=vcos45°·t3-·y方向上：-y1=vcos45°·t3-g解得：E1′=1N/C4.如图，在xOy平面内，直线MN和y轴之间存在沿y

轴负方向的匀强电场，在第IV象限和第I象限的射线OC右下区域存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有一质量为m，带电量为+q的质点从电场左边界上的A点沿x轴正方向射入电场，A点与原点O的距离为d，质点到达y轴上P点时，速度方向

与y轴负方向的夹角为θ=30°，P点与原点O的距离为h。接着，质点进入磁场，从磁场边界OC上的Q点(题中未画)离开磁场之后，又从y轴上的D点垂直于y轴进入电场，最后刚好回到A点。不计质点的重力，求：(1)D点与原点O的距离lDO；(2)匀强电场的电场强度E的大小；(3)粒子

由P点到Q点所用的时间tPQ。【答案】(1)h(2)(3)解析:(1)A→P，类平抛：x方向：d=v0tAP，y方向：h=a，在P点时，v==2v0，D→A，类平抛：x方向：d=vtDA，y方向：lDO=a，联立以上各式可得：lDO=h；(2)质点在磁场中运动时

，轨迹如图所示。据几何关系有：Rsinθ+R=+解得：R===h由洛伦兹力公式有：qvB=m，解得：v==，即得：v0==A→P，类平抛：x方向：d=v0tAP，y方向：h=a，据牛顿运动定律有：qE=ma，得：E=；(3)P→Q

，粒子转过的圆心角：φ=+=，粒子运动的时间：tPQ==