课时作业九电磁场计算题常考“5题型”1．(2019年湖北省沙市中学高三月考)如图1，在区域I中有方向水平向右的匀强电场，在区域II中有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝0.5 T；两区域中的电场强度大小相等，E＝2 V/m；两区域足够大，分界线竖直，一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域I中的A点时，细线与竖直方向的夹角为45°，现剪断细线，小球开始运动，经过时间t1＝1 s从分界线的C点进入区域II，在其中运动一段时间后，从D点第二次经过分界线，再运动一段时间后，从H点第三次经过分界线，图1中除A 点外，其余各点均未画出，g＝10 m/s2，求：图1(1)小球到达C点时的速度v；(2)小球在区域II中运动的时间t2；图2(3)C 、H 之间的距离d .解：(1)小球处于静止状态时，受力分析如图2所示： 由图可知小球带正电，设电场与重力的合力为F ，则有F ＝mgcos45°＝2mg ，剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＝ma ， 解得：a ＝10 2 m/s 2.则小球达到C 点的速度为v ＝at 1＝10 2 m/s.(2)由(1)可知，tan45°＝F 电mg ，则有F 电＝qE ＝mg ，即m q ＝E g， 故小球在区域Ⅱ中做匀速圆周运动则有qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB，则周期T ＝2πr v ＝2πm qB ＝2πEBg＝0.8π.则小球从C 到D 的时间为t 2＝34T ＝0.6π.(3)小球从D 点再次进入区域Ⅰ时，速度大小为v ，方向与重力和电场力的合力垂直，故小球做类平抛运动，设从D 到H 所用的时间为t 3，其运动轨迹如图3所示：图3则沿DP 方向做匀速运动，则有DP ＝vt 3，PH 方向做初速度为零的匀加速运动，则有PH ＝12at 32，由几何关系知：DP ＝PH ，联立解得t 3＝2va＝2 s ，DP ＝PH ＝20 2 m.故DH ＝40 m.而DC ＝2r ，又由(2)知r ＝mv qB ＝EvgB＝4 2 m ， 所以d ＝CH ＝DH －DC ＝32 m.2．(2019年湖北部分重点中学高三联考)质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图4，离子源A 产生电荷量相同而质量不同的离子束(初速度可视为零)，从狭缝S 1进入电场，经电压为U 的加速电场加速后，再通过狭缝S 2从小孔E 点垂直MN 射入半径为R 的圆形匀强磁场．该匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，磁场边界与直线MN 相切于E 点．离子离开磁场最终到达感光底片MN 上，设离子电荷量为q ，到达感光底片上的点与E 点的距离为x ＝3R ，不计重力，求：图4(1)带电离子的电性；(2)离子的比荷qm.解析：(1)依题意，结合左手定则知，进入磁场离子受洛伦兹力水平向右，则带电粒子的电性为正电．图5(2)在加速电场中加速后，离子进入磁场时速度为v 0 qU ＝12mv 02，v 0＝2qU m①由圆形磁场粒子运动规律知，离子沿径向方向离开磁场，设离子做圆周运动的轨道半径为r ，Bqv 0＝mv 02r②而由几何关系知：tan θ＝R3R＝33所以θ＝30°.而x ＝r ＋rsin30°，解得r ＝33R ，③结合①②③q m ＝6UB 2R2.答案：(1)正电 (2)6UB 2R 23．(2019年甘肃省兰州市第一中学高三模拟)如图6所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 、电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．试求：图6(1)粒子运动的速度大小；(2)粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域的最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？(3)粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？ 解析：(1)粒子进入静电分析器做圆周运动， 根据牛顿第二定律得：Eq ＝mv 2R ，v ＝EqR m图7(2)粒子从D 到A 匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为S ＝R 22在磁场中洛伦兹力提供向心力Bqv ＝mv 2R ，R ＝mvBq，设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2， 若只碰撞一次，则R 1＝R 2＝mv B 1q ，R 2＝R ＝mvB 2q，B 1B 2＝12， 若碰撞n 次，R 1＝Rn ＋1＝mv B 1q ，R 2＝R ＝mv B 2q ，故B 2B 1＝1n ＋1(3)粒子在电场中运动时间t 1＝2πR 4v ＝π2mREq ， 在下方的磁场中运动时间t 2＝n ＋12×2πR 1×1v＝πmR Eq， 在上方的磁场中运动时间t 3＝2πR 24v ＝π2mREq， 总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2πmR Eq. 答案：(1)EqR m (2)S ＝R 22 若只碰撞一次，B 1B 2＝12若碰撞n 次，B 2B 1＝1n ＋1(3)2πmREq4．(2019年江西省重点中学高三联考)如图8所示，在真空室内的P 点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC ＝L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ ＝52L .当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图8(1)粒子的发射速率； (2)PQ 两点间的电势差；(3)仅有磁场时，能到达直线ab 的粒子所用最长时间和最短时间． 解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，过O 作PQ 的垂线交PQ 于A 点，如图9所示：图9由几何知识可得PC PQ ＝QA QO代入数据可得粒子轨迹半径R ＝QO ＝5L 8洛伦兹力提供向心力Bqv ＝m v 2R解得粒子发射速度为v ＝5BqL8m(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下．水平向左射出的粒子经时间t 到达Q 点，在这段时间内CQ ＝L 2＝vt ，PC ＝L ＝12at 2，式中a ＝qEm，U ＝Ed ，解得电场强度的大小为U ＝25qL 2B 28m.(3)只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图10所示．据图有图10sin α＝L －R R ＝35解得α＝37°故最大偏转角γmax ＝233°粒子在磁场中运动最长时间t 1＝γmax360°T ＝233πm180Bq粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据上图有sin β＝L /2R ＝45，解得β＝53°速度偏转角最小为γmin ＝106° 故最短时间t 2＝γmin360°T ＝106πm180Bq答案：(1)5BqL 8m (2)25qL 2B 28m(3)最长时间t 1＝233πm 180Bq 最短时间t 2＝106πm180Bq5．(2019年抚顺市高考模拟)如图11所示，竖直光滑绝缘轨道CDMN ，其中CD 和MN 部分都是半径为R 的半圆轨道，DM 是水平部分，CD 部分刚好处于场强为E 竖直向下的匀强电场中．带正电小球A 电荷量为q ，质量为m ；小球B 不带电，A 、B 间有绝缘轻弹簧处于压缩状态(A 、B 与弹簧不拴接)，被绝缘细线固定处于静止状态．已知qE ＝mg ，烧断细线后，小球A 、B 离开弹簧并都能恰好通过轨道最高点C 、N .求：图11(1)小球B 的质量； (2)弹簧的最大弹性势能．解析：(1)小球A 在最高点C 点时，由牛顿第二定律得：qE ＋mg ＝mv C 2R，解得：v C ＝2gR从D点到C点过程，由动能定理得：－2qER－2mgR＝12mv C2－12mv D2解得：v D＝10gR设小球B质量为m B，在最高点N点时，由牛顿第二定律得：m B g＝m B v N2 R从M点到N点过程，由动能定理得：－2m B gR＝12m B v N2－12m B v M2解得：v M＝5gR弹簧弹出小球过程中，系统动量守恒，则：0＝mv D－m B v M解得：m B＝2m(2)设弹簧的最大弹性势能为E pm，弹簧弹出小球过程中，系统机械能守恒，则：E pm＝12m B v M2＋12mv D2解得：E pm＝(1＋22)5mgR答案：(1)2m(2)(1＋22)5mgR6．(2019年湖南师大附中高三月考)如图12所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满＋y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(电场、磁场均未画出)；一个比荷为qm＝k的带电粒子以大小为v 0的初速度自点P (－23d ，－d )沿＋x 方向运动，恰经原点O 进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x 轴上的点Q (9d ，0)沿－y 方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B ＝v 0kd，不计粒子重力．图12(1)求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E 的大小．(2)求粒子在匀强磁场中运动的半径R 及时间t B .(3)求圆形磁场区的最小半径r min .解析：(1)粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动，则有水平方向：23d ＝v 0t ，竖直方向：d ＝12at 2， 又a ＝qE m ，解得电场强度E ＝v 026kd.图13(2)设粒子到达O 点瞬间，速度大小为v ，与x 轴夹角为α，则v y ＝at ，联立解得v y ＝v 03 则v ＝v 02＋v y 2＝23v 0，tan α＝13，α＝π6. 粒子在磁场中qvB ＝mv 2R解得粒子运动R ＝2d 3在磁场中运动的轨迹如图13甲所示：由几何关系知，对应的圆心角θ＝π2＋α＝23π 在磁场中运动的时间t B ＝θ2π·2πR v ＝2πd 3v 0(3)如图13乙所示：若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，即为磁场区的最小半径r min . 由几何关系得：2R sin θ2＝2r min . 解得：r min ＝R sin θ2＝dv02 6kd (2)R＝2d3t＝2πd3v0(3)r min＝d答案：(1)。