高考物理壓軸題電磁場匯編

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匯編

Companynumber：【W(wǎng)TUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】

1、在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方

向垂直于紙面，磁感應強度為B。一質量為m，帶有

電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點（AP＝d）射入磁場（不計重力影響）。

⑴假如粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速

度。

⑵假如粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為φ（如圖）。求入射粒子的速度。

解：⑴因為粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。

設入射粒子的速度為v1

2

11/2

vmqBvd=解得：12qBd

vm

=

⑵設O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，銜接O/Q，設O/Q＝R/。由幾何關系得：/OQO?∠=

由余弦定理得：2

/22//()2cosOORRRR?=+-

解得：[]

/(2)

2(1cos)dRdRRd?-=

+-

設入射粒子的速度為v，由2

/vmqvBR

=

解出：[]

(2)

2(1cos)qBdRdvmRd?-=+-

2、（17分）如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電

場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射

線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面對外。有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時，速

度方向與x軸的夾角為φ，A點與原點O的距離為d。接著，質點進入磁

/

場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角也為φ，求：⑴質點在磁場中運動速度的大?。虎苿驈婋妶龅膱鰪姶笮?。

解：質點在磁場中偏轉

90o，半徑qB

mv

dr=

=φsin，得m

qBdvφsin=

；由平拋邏輯，質點進入電場時v0=vcosφ，在電場中經(jīng)受

時光t=d/v0，在電場中豎直位移2

21tan2tmqEdh??==φ，

由以上各式可得

3、如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為

E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點O離開磁場。粒子在磁場中

的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=l,lOQ32=。不計重力。求（1）M點與坐標原點O間的距離；（2）粒子從P點運動到M點所用的時光。

【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，在y軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為a；在x軸正方向上做勻速直線運動，設速度為0v，粒子從P點運動到Q點所用的時光為1t，進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則qE

am

=

①0

12yta

=

②v

φ

O

y

EBA

φ

Cφ

d

hyO

PQ

M

v0

01

xvt=

③其中0023,xlyl==。又有1

tanatvθ=④聯(lián)立②③④式，得30θ=?

由于MOQ、、點在圓周上，=90MOQ∠?，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可知。

23Rl=⑥6MOl=⑦

（2）設粒子在磁場中運動的速度為v,從Q到M點運動的時光為2t,則有0cosvvθ=

⑧2R

tv

π=⑨帶電粒子自P點動身到M點所用的時光為t為12+ttt=⑩

聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得32+12ml

tqEπ??=????

⑾

4、如圖所示，在0≤x≤a、o≤y≤

2a2

a

范圍內(nèi)有垂直手xy平面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點0處有一個粒子源，在某時刻放射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～090范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的

半徑介于a／2到a之間，從放射粒子到粒子所有離開磁場經(jīng)受的時光恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的

(1)速度的大?。?/p>

(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦。

【答案】（1）(2)2aqBvm=-

（2

）αsin=105、飛翔時光質譜儀可以對氣體分子舉行分析。如圖所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照耀產(chǎn)生不同價位的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉控制區(qū)，到達探測器。已知元電荷電量為e，a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L。不計離子重力及進入a板時的初速度。

⑴當a、b間的電壓為U1時，在M、N間加上適當?shù)碾妷篣2，使離子到達探測器。請導出離子的所有飛翔時光與比荷K（K＝ne/m）的關系式。

⑵去掉偏轉電壓U2，在M、N間區(qū)域加上垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B，若進入a、b間全部離子質量均為m，要使全部的離子均能通過控制區(qū)從右側飛出，a、b間的加速電壓U1至少為多少解：⑴由動能定理：2112

neUmv=

n價正離子在a、b間的加速度：1

1neUamd

=在a、b間運動的時光：

11vta==在MN間運動的時光：2Ltv

=

離子到達探測器的時光：t＝t1＋t2＝

1

22KUL

d+⑵假定n價正離子在磁場中向N板偏轉，洛侖茲力充當向心力，設軌

跡半徑為R，由牛頓其次定律得：2

vnevBmR

=

離子剛好從N板右側邊緣穿出時，由幾何關系：

R2＝L2＋(R－L/2)2

由以上各式得：22

12532neLBUm

=

當n＝1時U1取最小值22min

2532eLBUm

=

6、兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布勻稱、大小隨時光周期性變化的電場和磁場，變化邏輯分離如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面對里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷

q

m

均已知，且002mtqBπ=，兩板間距20

2

010mEhqBπ=。

（1）求粒子在0～t0時光內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。

（3）若板間電場強度E隨時光的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。

解法一：（1）設粒子在0～t0時光內(nèi)運動的位移大小為2

1012sat=①0

qEam=②

又已知2023

00

102,mEm

thqBqBππ==聯(lián)立①②式解得115sh=③

（2）粒子在t0~2t0時光內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則

10vat=④

2

1101

mvqvBR=

⑤聯(lián)立④⑤式得15hR=π⑥又0

2m

TqBπ=

⑦即粒子在t0~2t0時光內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時光內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為

2

2100

12

svtat=+⑧解得23

5

sh=⑨

因為s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時光內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2

210vvat=+⑩2

2

202

mvqvBR=○11解得2

25hR=π○12因為s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時光內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑225h

R=π

。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。

7、如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l。第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面對里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右銜接放射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在0~3t0時光內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒

y

子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。（不考慮粒子間互相影響及返回板間的狀況）⑴求電壓U0的大小。⑵求t0/2時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。⑶何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時光最短求此最短時光。

考生綜合分析問題的能力和詳細問題詳細分析的能力，同時粒子運動的多樣性（不確定性）也體現(xiàn)了對探索能力的考查。解析：

（1）0t=時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，0t時刻剛好

從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為1

2l，則有0UEl

=①，Eqma=②

2

1122

lat=③聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為2

020

mlUqt=④。

（2）012t時刻進入兩極板的帶電粒子，前012t時光在電場中偏轉，后01

2t時光兩

極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為00

l

vt=

⑤帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為01

2

yva

t=⑥帶電粒子離開電場時的速度大小為v=

設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有2

vBvqmR

=⑧

圖甲

t圖乙

聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得0

52ml

RqBt=

⑨。（3）02t時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時光最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為'0yvat=⑩，

設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α，則0

'tany

vvα=，聯(lián)立③⑤⑩式解得4

π

α=，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對

的圓心角為22π

α=

，所求最短時光為min1

4

tT=,帶電粒子在磁場中運動的周期為2mTBqπ=

，聯(lián)立以上兩式解得min2m

tBq

π=?！究键c】帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動

命題特點：以帶電粒子在組合場中的運動為背景，以力學辦法在電磁學中的應用為考查重點，通過周期性變化的電場、磁場所導致的帶電粒子運動的多樣性，很好的體現(xiàn)了對探索能力的考查。延續(xù)三年均涉及物理量關系的推導，對文字運算能力要求較高。

演化趨勢：對探索能力的考查正逐步由試驗題擴展到計算題，且多以對物理量的不確定性及運動的多樣性為考查重點。

8、如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電

場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面對里。一質量為

m、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度1v垂直邊界射入磁場做勻

速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后其次次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知粒子其次次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求⑴粒子第一次經(jīng)過電場子的過程中電場力所做的功1W。⑵粒子第n次經(jīng)芝電聲時電場強度的大小nE。

⑶粒子第n次經(jīng)過電場子所用的時光nt。

⑷假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時光變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標明坐標刻度值）。

【答案】（1）2

132mv（2）21(21)2nmvqd+（3）12(21)dnv+（4）見解析

【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由2vqvBmr

=得mv

rqB=

則v1：v2：…：vn=r1：r2：…：rn=1：2：…：n

（1）第一次過電場，由動能定理得222

1211113222

Wmvmvmv=-=

（2）第n次經(jīng)過電場時，由動能定理得22

1

1122

nnnqEdmvmv+=-解得2

1(21)2nnmvEqd

+=

（3）第n次經(jīng)過電場時的平均速度1121

22

nnnvvnvv+++=

=，則時光為1

2(21)nnddtnvv==+（4）如圖

9、如圖所示，直角坐標系xOy

軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為B,方向垂直xOy平面對里，電場線平行于y軸。一質量為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點第一次離開電場和磁場，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

θ。不計空氣阻力，重力加速度為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??；(3)A點到x軸的高度h.

答案：（1）mgq，方向豎直向上（2）cot2qBLmθ（3）

222

28qBLmg

【解析】本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。

（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運動的向心力），有qEmg=①

mg

Eq

=

②重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，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，

MOPθ'∠=，如圖所示。設半徑為r，由幾何關系知L

sin2r

θ=③

小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設小球做圓周運動的

速率為v，有2

mvqvBr

=④

由速度的合成與分解知

cosvvθ=⑤由③④⑤式得0cot2qBL

vmθ=⑥

（3）設小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關系為0tanyvvθ=⑦

由勻變速直線運動邏輯22vgh=⑧

由⑥⑦⑧式得222

2

8qBLhmg

=⑨xyAO

MN

θ

v0

θO/P

10、圖為可測定比荷的某裝置的簡化暗示圖，在第一象限區(qū)域

內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小B=×10-3T,

在y軸上距坐標原點L=的P處為離子的入射口，在y上安放

接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=×104m/s的速率從P處射

入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=的M處被觀測到，且

運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m,電量為q,不記其重力。

（1）求上述粒子的比荷q

m

；

（2）假如在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開頭計時經(jīng)過多長時光加這個勻強電場；

（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。

答案（1）q

m

=×7

10C/kg（或×7

10C/kg）；（2）6

7.910

ts

-

=?；（3）

2

0.25

Sm

=

【解析】本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度挑選器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動。（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得

22L

r=①

由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可

x

y

O

P

M

L

L

接收

x

y

O

P

M

L

L

接收

O/

得

2

vqvBmr

=②

聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得

q

m

=×710C/kg（或×710C/kg）③（2）設所加電場的場強大小為E。如圖，當粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有qEqvB=④代入數(shù)據(jù)得70/ENC=⑤

所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時光為t，則有

45360

tT=⑥2r

Tv

π=

⑦聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得67.910ts-=?⑧

（3）如圖，所求的最小矩形是11MMPP，該區(qū)域面積22Sr=⑨聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得矩形如圖丙中11

MMPP（虛線）11、如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)（邊界為12LL、），存在垂直紙面對里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強

1

度的大小為0E，0E＞表示電場方向豎直向上。0t=時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的1N點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的2N點。Q為線段12NN的中點，重力加速度為g。上述d、0E、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小；(2)求電場變化的周期T；

(3)轉變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值。解析：

（1）微粒作直線運動，則

0mgqEqvB+=①

微粒作圓周運動，則0mgqE=②聯(lián)立①②得0

mg

qE=③0

2EBv

=

④（2）設粒子從N1運動到Q的時光為t1，作圓周運動的周期為t2，則

12

d

vt=⑤2

vqvBmR

=⑥

22Rvtπ=⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得

12;2dvttvg

π=

=⑧

電場變化的周期122dvTttvg

π=+==

+⑨（3）若粒子能完成題述的運動過程，要求

d≥2R(10)聯(lián)立③④⑥得

2

2vRg=（11）

設N1Q段直線運動的最短時光為tmin，由⑤（10）（11）得因t2不變，T的最小值

12、如下圖，在0x≤≤區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)放射出大量同種帶電粒子，全部粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向放射的粒子在0tt=時刻剛好從磁場邊界上

,)Pa點離開磁場。求：

⑴粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q／m；⑵此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值

范圍；

⑶

從粒子放射到所有粒子離開磁場所用的時光。

【答案】⑴aR332=

32Btmqπ

=⑵速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120°⑶從粒子放射到所有離開所用時光為02t

【解析】⑴粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，按照直角三角形有222)3(RaaR-+=

解得aR3

3

2=

2

3sin==

Raθ，則粒子做圓周運動的的圓心角

為120°，周期為03tT=

粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，按照牛頓其次定律得

RTmB