高考物理压轴题电磁场汇编精编版

1、最新资料推荐最新资料推荐 离子到达探测器的时间：t= tl + t2= 2d +L2KUi假定n价正离子在磁场中向 N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R,2由牛顿第二定律得：nevB = m R离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系:r2= L2+(R L/2)22225neL B由以上各式付： U i =32m当n=1时Ui取最小值Umin25eL2B232 m6、两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计

2、重力) 。若电场强度E0、磁感应强度B。、粒子的比荷q均已知，且t0=.,两板间距h=107r mE0。 mqBE0、磁感应强度(1)求粒子在0to时间内的位移大小与极板间距 h的比值。(2)求粒子在板板间做圆周运动的最大半径(用h表不)。(3)若板间电场强度 E随时间的变化仍如图 1所示，磁场的变化改为如图 3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。解法一：(1)设粒子在 0to时间内运动的位移大小为s = - ato a 2m又已知to2 二m qBo,1o 二2m，h 二一 qBoS1联立式解得又=一h 5(2)粒子在to2to时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，

3、所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为V1,轨道半径为R1,周期为T,则v1=ato TOC o 1-5 h z 一 2.-mvi _ h-qviBo =联立式得 R = 6R5np 丁 2 二m HYPERLINK l bookmark67 o Current Document 又T =电qBo即粒子在to2to时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2to3to时间内，粒 HYPERLINK l bookmark78 o Current Document 12子做初速度为vi的匀加速直线运动，设位移大小为s2 = v1t0 + at22-3解得s2 =-h5由于&+S2h,所以粒子在3to4

4、to时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2 =v1 +at0 qVzBo v2 =v1 +at0 qVzBo 二2mv2R2112h解得R2 = 一5 二由于Si+S2+R2h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4to5to时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此粒子运动的最大半径 R2 =独。5 二（3）粒子在板间运动的轨迹如图 2所示。7、如图甲所示，建立 Oxy坐标系，两平行极板 P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长 度和板间距均为1。第一、四象限有磁感应强度为 B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。 位于极板左侧的粒子源沿 x轴向右连接发射质量为 m、电量为+q、速度相同

5、、重力不计的带 电粒子。在03to时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在to时刻经极板边缘射入磁场。上述 m、q、1、to、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）求电压Uo的大小。求t0/2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。1Ely1E11 UpqUoto2tto2toI t 3to-U 0 -图甲图乙图甲点评：本题命题点仍为带电粒子在周期性变化的电场和分立的磁场中的运动问题。创新之处在于带电粒子在磁场中的运动情况由于进入磁场的位置不同而有所不同

6、，这样就造成了运动情况的多样性，从而存在极值问题。很好的考查了考生综合分析问题的能力和具体问题具体分析的能力，同时粒子运动的多样性(不确定性)也体现了对探究能力的考查。 解析：(1) t =0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘1Un射出，在y轴负万向偏移的距离为 l ,则有E=_0_，Eq = ma 2l1lat222ml2联立以上三式，解得两极板间偏转电压为U0 = 吗。qto11,t011,t0时间在电场中偏转，后 一t0时间两极板没有22t0时刻进入两极板的带电粒子，前2电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0=l-t。1市

7、电粒子离开电场时沿 y轴负方向的分速度大小为 v =a-t0y 2带电粒子离开电场时的速度大小为v = Jvj +v2设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为2 v R,则有Bvq = m一 R设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为5ml联立式解得 R = 。2qBt02t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为 vy =at0,设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为 a ,则tana =工,vyn联立式解得 a =一,带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为4二 . 一, .1 _2二 m 2口 =一,

8、所求最短时间为tmin = -T ,带电粒子在磁场中运动的周期为T =，联立以24Bq二 m上两式解得tmin = O2Bq【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动命题特点：以带电粒子在组合场中的运动为背景，以力学方法在电磁学中的应用为考查重点,通过周期性变化的电场、磁场所导致的带电粒子运动的多样性，很好的体现了对探究能力的考查。连续三年均涉及物理量关系的推导，对文字运算能力要求较高。演变趋势：对探究能力的考查正逐步由实验题扩展到计算题，且多以对物理量的不确定性及运动的多样性为考查重点。8、如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d,两侧为相同的匀强磁场，方

9、向垂直纸面向里。一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度Vi垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动， 然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功W1。粒子第n次经芝电声时电场强度的大小Eno粒子第n次经过电场子所用的时间 tn。假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程， 不要求标明坐标明坐标刻度值)。2【答案】(1) 3mv12

10、(2) (2n)mvL(3) 2d (4)22qd(2n 1)v1见解析【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由2r V ，口qvB = m 一 得 rmv qB则 V1 ： V2： : Vn = ri： 2： : rn=1 ： 2：n(1)第一次过电场，由动能定理得W1mv2 - 1 mvjmv2222(2)第n次经过电场时，由动能定理得qEnd = 1 mv2书一1mv2 HYPERLINK l bookmark76 o Current Document 22解得En2(2n 1)mv12qd(3)第n次经过电场时的平均速度d 2d则时间为tn ：Vn(2n 1)V1(4)如图9、如图所

11、示，直角坐标系 xOy位于竖直平面内，在水平的 x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为 B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于 y轴。- 质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从 y轴上的A点水平向右抛出,x轴上的NM点时的速度方 g,求经x轴上的x轴上的NM点时的速度方 g,求重力加速度为向与x轴的方向夹角为8。不计空气阻力, (1)电场强度E的大小和方向；重力加速度为(2)小球从(3) A点到A(2)小球从(3) A点到A点抛出时初速度vo的大小; x轴的高度h.答案：(1)mg,方向竖直向上qqBL 厂 c COtl2m22 . 2qBL(3)8m g【解析】本题考查平抛运动和带

12、电小球在复合场中的运动。(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡(恒力不能充当圆周运动的向心力)，有qE 当圆周运动的向心力)，有qE 二mg所示。设半径为r,由几何关系知L =s 2r所示。设半径为r,由几何关系知L =s 2rxE =mgq重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。(2)小球做匀速圆周运动， 。为圆心，MN为弦长，NMOPuB,如图小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v,有qvB =2mv由速度的合成与分解知由式得曳=cosB v v-ti 2m(3)设小球到M点时的竖直分速度

13、为Vy,它与水平分速度的关系为vy = v0 tan -由匀变速直线运动规律v2 = 2 g h由式得22: 2八/曾 8m g10、图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0M0-3T,在y轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5X104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距 坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带 电粒子的质量为 m,电量为q,不记其重力。(1)求上述粒子的比荷 Q；m(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限

14、内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；(3)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。答案(1) 9=4.9 107C/kg (或 5.0 107C/kg);(2) t=7.9M10*S ；(3) S = 0.25m2m【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。第(2)问涉及到复合场(速度选择器模型)第(3)问是带电粒子在有界磁场(矩形区域)中的运动。(1)设粒子在磁场中的运动半径为r。如图，依题意M

15、、P连线即为该粒子在磁场中作匀接收器XXXXXLXXXXO|ypL x入射口接收器XXXXXLXXXXO|ypL x入射口XXx2L rx2磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得2 q v B= im r联立并代入数据得 =4.9 M07C/kg (或 5.0 07C/kg)m(2)设所加电场的场强大小为E。如图，当粒子子经过 Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有q E = q v B 代入数据得E =70N /C 所加电场的长枪方向沿 x轴正方向。由几何关系可知，圆弧 PQ所对应的

16、圆心角为 45。, 设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T,所求时间为t,则有4503600联立并代入数据得t = 7. 9 ls (3)如图，所求的最小矩形是MM iPP ,该区域面积 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark69 o Current Document 2- HYPERLINK l bookmark118 o Current Document S =2r联立并代入数据得_2s =0. 2m矩形如图丙中MM 1Plp (虚线)11、如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为 LL2),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期T变化的电场(如图 2所

17、示)，电场强度的大小为 E0, E0表示电场方向竖直向上。t=0时，一带正电、质量为 m的微粒从左边界上的 N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到 Q点后，做一次完整的圆周运动， 再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为 go上述d、E0、m、v、g为已知量。E】EmI x X X x!XXX图12T t图12T t(1)求微粒所带电荷量 q和磁感应强度 B的大小；(2)求电场变化的周期T ;(3)改变宽度d ,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求 T的最小值。 解析：(1)微粒作直线运动，则mg +qE0 =qvB微粒作圆周运动，则联立得微粒作圆周运

18、动，则联立得mg =qE0q二詈EoB=2Ev(2)设粒子从N运动到Q的时间为t1,作圆周运动的周期为t2,则2 V qvB = m R 2二 R 二 vt2联立得,I2v电场变化的周期dT = t1 t2 =2v(3)若粒子能完成题述的运动过程，要求d2R(10)联立得(11)2(11)R 2g设NlQ段直线运动的最短时间为tmin,由(10) (11)得tmintminV2g因t2不变，T的最小值min- tminmin- tmint2(2二 1)v- 2g12、如下图，在0 Wx W J3a区域内存在与 xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在

19、xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在 0180范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t =t0时刻刚好从磁场边界上 P(J3a,a)点离开磁场。求：(P(屈，a) 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m； 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围; 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。【答案】R =Uaq =-23m 3Bt0速度与y轴的正方向的夹角范围是60到从粒子发射到全部离开所用时间为2to【解析】 粒子沿y轴的正方向进入磁场，从120P点经过做OP的垂直平分线与 x轴的周期为T =3t0=,则粒子做圆周

20、运动的的圆心角为1202粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得Bqv = m(120P点经过做OP的垂直平分线与 x轴的周期为T =3t0=,则粒子做圆周运动的的圆心角为1202粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得Bqv = m()2R, v =一 q2 二,化简得-= m3Bt0仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120,这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出;角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120,角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120,所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图,根据弦与半径、x轴的夹角都是30,所以此时速度与 y轴的正方向的夹角是 60。h-3a.7 3a=3a,半径与y轴的的夹角是30。，这种3粒子的圆心角是240。所用时间为 2t。所以从粒子发射到全部离开所用时间为h-3a.7 3a=3a,半径与y轴的的夹角是30。，这种3粒子的圆心角是240。所用时间为 2t。所以从粒子发射到全部离开