高中物理二轮专题检测24破解电磁场压轴题文档格式.docx

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（1）带电粒子在磁场中运动轨迹的边界情况如图中的轨迹Ⅰ、Ⅱ所示。

轨迹Ⅰ与ab边相切于P点。

设粒子的运动速率为v1，

则有：

R1＝，R1＋R1sin30°

＝

解得：

v1＝

轨迹Ⅱ与cd边相切于Q点，设粒子的运动速率为v2，则有：

R2－R2sin30°

＝，R2＝

v2＝

所以粒子从ab边上射出磁场时的v0满足：

<

v0<

。

（2）粒子在磁场中运动的最长时间所对应轨迹Ⅲ，即粒子从ad边射出时运动时间最长，由对称性得：

t＝T＝·

＝。

（1）<

（2）

3．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域紧邻且宽度均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0（带电粒子重力不计），求：

（1）粒子从C点穿出磁场时的速度大小；

（2）电场强度E和磁感应强度B的比值。

（1）粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向d＝v0t，

平行电场方向＝t

得vy＝v0，粒子到A点时速度大小为v＝v0

粒子在磁场中运动时速度大小不变，

所以粒子从C点穿出磁场时速度大小仍为v0。

（2）粒子在电场中偏转出A点时速度方向与水平方向成45°

角

vy＝t＝，并且vy＝v0

得E＝

粒子在磁场中作匀速圆周运动，如图所示，

由几何关系得R＝d

又qvB＝，且v＝v0

得B＝

解得＝v0。

（1）v0　

（2）v0

4．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×

105V/m，PQ为板间中线。

紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°

，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2＝5.0×

105V/m。

一束带电荷量q＝8.0×

10－19C、质量m＝8.0×

10－26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0,0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。

（1）离子运动的速度；

（2）离子从进入第一象限中磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间。

（1）设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，

则有qE1＝qvB1

代入数据解得v＝5.0×

105m/s。

（2）离子进入第一象限中磁场，作匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2＝m，

解得r＝0.2m

作出离子的轨迹如图所示，交OA边界为C点，OQ＝2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QC的圆心角为

θ＝90°

运动时间t1＝＝＝6.28×

10－7s

离子过C点的速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场，做匀减速运动，返回C点的时间为t2，

则t2＝，

而a＝＝5×

1012m/s2，

所以t2＝2×

离子从进入第一象限中磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间

t＝t1＋t2＝8.28×

10－7s。

（1）5.0×

105m/s　

（2）8.28×

5.（2018届高三·

开封四校联考）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轴负方向的、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点获得一初速度，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。

已知重力加速度g＝10m/s2，求：

（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点获得的初速度大小；

（3）油滴在第一象限运动的时间。

（1）根据受力分析（如图）可知油滴带负电荷，

设油滴质量为m，由平衡条件可得F·

cosθ＝mg，

Fsinθ＝qE，

所以重力、电场力、洛伦兹力三力之比为

mg∶qE∶F＝1∶1∶。

（2）由第

（1）问知：

mg＝qE

F＝qvB＝qE

v＝＝4m/s。

（3）进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y>

h的区域后作匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从x轴上的N点离开第一象限。

由O→A匀速运动的位移为x1＝＝h

其运动时间：

t1＝＝＝＝0.1s

由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝知，

由A→C的圆周运动时间为t2＝T＝≈0.628s

由对称性知从C→N的时间t3＝t1＝0.1s

油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝0.828s。

（1）1∶1∶　油滴带负电荷　

（2）4m/s

（3）0.828s

6．（2017·

潍坊模拟）如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y轴方向为电场强度的正方向）。

在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿＋y轴方向的带负电粒子（不计重力）。

其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x轴上有一点A，坐标为。

（1）求时带电粒子的位置坐标；

（2）粒子运动过程中偏离x轴的最大距离；

（3）粒子经多长时间经过A点。

（1）在0～t0时间内，粒子作匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：

qB0v0＝mr1＝m

得：

T＝＝2t0，r1＝＝

则在时间内转过的圆心角α＝，所以在t＝时，粒子的位置坐标为：

（2）在t0～2t0时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。

v＝v0＋t0＝2v0

运动的位移：

x＝t0＝1.5v0t0

在2t0～3t0时间内粒子作匀速圆周运动，半径：

r2＝2r1＝

故粒子偏离x轴的最大距离：

h＝x＋r2＝1.5v0t0＋。

（3）粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0

一个周期内向右运动的距离：

d＝2r1＋2r2＝

AO间的距离为：

＝8d

所以，粒子运动至A点的时间为：

t＝32t0。

（1）　

（2）1.5v0t0＋　（3）32t0

[教师备选题]

1.（2017·

全国卷Ⅲ）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。

在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；

x<

0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ>

1）。

一质量为m、电荷量为q（q>

0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：

（不计重力）

（1）粒子运动的时间；

（2）粒子与O点间的距离。

（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。

设在x≥0区域，圆周半径为R1；

在x＜0区域，圆周半径为R2。

由洛伦兹力公式及牛顿定律得

qB0v0＝m①

qλB0v0＝m②

粒子速度方向转过180°

时，所需时间t1为

t1＝③

粒子再转过180°

时，所需时间t2为

t2＝④

联立①②③④式得，所求时间为

t0＝t1＋t2＝1＋。

⑤

（2）由几何关系及①②式得，所求距离为

d0＝2（R1－R2）＝。

⑥

（1）　

（2）

2．（2018届高三·

孝感六校联考）如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小皆为B。

一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°

，MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力，求：

（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大是多少；

（2）若该粒子从P点射入磁场后开始计数，则当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点经过射出磁场，粒子运动的速度又是多少？

（1）设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，轨迹如图所示，由几何关系得：

rcos60°

＝r－a，解得r＝a

又由qvmB＝m

解得最大速度vm＝。

（2）当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点经过射出磁场时，由几何关系得

5×

2rsin60°

＝8a，

解得r＝a

又由qvB＝m

解得速度v＝。

3.如图所示，在竖直平面内建立坐标系xOy，第Ⅰ象限坐标为（x，d）位置处有一粒子发射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。

某时刻粒子发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子。

粒子从y＝处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°

角。

其后粒子在匀强磁场中偏转后垂直x轴返回第Ⅰ象限。

已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内匀强电场的电场强度E＝。

重力加速度为g，求：

（1）粒子刚从发射器射出时的初速度及粒子发射器P的横坐标x；

（2）粒子从发射器射出到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间。

（1）带电粒子从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向，x＝v0t1

沿竖直方向，d＝gt12

tan45°

＝，vy＝gt1

t1＝，v0＝，x＝d。

（2）如图所示，带电粒子进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，受竖直向上的电场力，qE＝mg，

在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，有qvB＝m

粒子在匀强磁场中运动的线速度v＝v0＝

由几何关系得，粒子作匀速圆周运动的半径R＝d

粒子在匀强磁场中运动的时间t2＝T

其中周期T＝

联立解得：

t2＝

设粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间

t3＝＝

所以，粒子从射出到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间

t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝。

（1）　x＝d　

（2）

4.（2017·

全国卷Ⅱ）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q（q>

0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。

小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。

已知N离开电场时的速度方向竖直向下；

M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。

不计空气阻力，重力加速度大小为g。

（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；

（2）A点距电场上边界的高度；

（3）该电场的电场强度大小。

（1）设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。

M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。

由题给条件和运动学公式得

v0－at＝0①

s1＝v0t＋at2②

s2＝v0t－at2③

联立①②③式得

＝3④

（2）设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式

vy2＝2gh⑤

H＝vyt＋gt2⑥

M进入电场后做直线运动，由几何关系知

＝⑦

联立①②⑤⑥⑦式可得

h＝H⑧

（3）设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则

＝⑨

设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得

Ek1＝m（v02＋vy2）＋mgH＋qEs1⑩

Ek2＝m（v02＋vy2）＋mgH－qEs2⑪

由已知条件

Ek1＝1.5Ek2⑫

联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得

E＝。

（1）3∶1　

（2）H　（3）

5．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向电压值为，且每隔变向1次。

现将质量为m的带正电且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。

不计重力的影响，试求：

（1）定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。

（2）在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中？

（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？

（写出U0、m、d、q、T的关系式即可）

（1）0～时间内，带正电的粒子在垂直金属板方向受到向下的电场力而向下做加速运动，在～T时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动。

（2）当粒子在0、T、2T…nT（n＝0,1,2…）时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，在前时间内，粒子竖直向下的位移：

y1＝a12＝

在后时间内，粒子竖直向下的位移：

y2＝v－a22

其中：

v＝a1＝，a2＝

y2＝

故粒子打在距O′点正下方的最大位移：

y＝y1＋y2＝

当粒子在、…（n＝0,1,2…）时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前时间内，粒子竖直向上的位移：

y1′＝a1′2＝

在后时间内，粒子竖直向上的位移：

y2′＝v′－a2′2

v′＝a1′＝，a2′＝

y2′＝0

故粒子打在距O′点正上方的最大位移：

y′＝y1′＋y2′＝

击中的范围在O′以下到O′以上。

（3）要使粒子能全部打在靶上，需有：

U0<

（1）见解析　

（2）O′以下到O′以上　（3）U0<