2017-2018高中物理二輪(二十四) 破解電磁場壓軸題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精專題檢測（二十四）破解電磁場壓軸題1(2018·揚州調研如圖所示,兩點上，電荷量均為Q,有一質量為m、電荷量為＋q（L的絕緣輕質細OMN垂直的水MN的垂直平分線上距MNLB時速度為,取O、－Q形成電場的影響.求：（1)小球經過B點時對桿的拉力大小；（2點的電勢φ；A(3)小球繼續(xù)向左擺動,經過與A等高度的C點時的速度。（）小球經B點時，在豎直方向有T－mg＝錯誤!即T＝mg＋錯誤!學必求其心得，業(yè)必貴于專精由牛頓第三定律知，小球對細桿的拉力大小也為。錯誤!（2)OO在MN的垂直平分線上，所以φ＝0B小球從A到B過程中，由動能定理得

－φ

m2A解得φ＝

B 錯誤!。A 錯誤!（3)由電場對稱性可知，φ＝－φ，C A即U ＝2φAC A小球從A到C過程，根據動能定理得qU ＝mv2C解得v＝ 。

AC 錯誤!C mg

m2

＋L

錯誤!

(3）

錯誤!如圖所示,一足夠長的矩形區(qū)域abcd感應強度為、方向垂直于紙面向里的勻強磁場?，F從矩形區(qū)域ad邊的中點O向跟ad邊夾角為30°、大小為v0

的帶電粒子。已知學必求其心得，業(yè)必貴于專精粒子質量為m,電荷量為＋q,ad邊長為l,重力影響忽略不計。（1)試求粒子能從ab邊上射出磁場的v0

的大小范圍。(2)問粒子在磁場中運動的最長時間是多少？解析：(1）帶電粒子在磁場中運動軌跡的邊界情況如圖中的軌跡Ⅰ、Ⅱ所示。軌跡Ⅰ與ab邊相切于P點。設粒子的運動速率為v,1則有：R＝

，R

sin30°＝1解得：v

錯誤! 1 1

錯誤!1 錯誤!軌跡Ⅱ與cd邊相切于Q點，設粒子的運動速率為v，則有：2R－Rsin30°＝ ，R＝2 2 錯誤! 2 錯誤!學必求其心得，業(yè)必貴于專精

qBlv＝m2m所以粒子從ab邊上射出磁場時的v0

滿足：錯誤!

錯誤!<v< <v< （2)粒子在磁場中運動的最長時間所對應軌跡Ⅲ，即粒子從ad邊射出時運動時間最長,由對稱性得：

· ＝ .錯誤!

錯誤! 錯誤! 錯誤!答案：(1）

〈v〈

(2)錯誤!

0

錯誤!方向垂直紙面向里,一帶正電粒子從O點以速度v沿0A電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半,當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致,已知、v（帶0電粒子重力不計，求:學必求其心得，業(yè)必貴于專精(1)粒子從C點穿出磁場時的速度大?。唬?)電場強度E和磁感應強度B的比值 。錯誤!（1）粒子在電場中偏轉時做類平拋運動，則垂直電場方向d＝vt，0平行電場方向 ＝ t錯誤! 錯誤!得v

,粒子到A點時速度大小為vy 0 錯誤!0粒子在磁場中運動時速度大小不變，所以粒子從C點穿出磁場時速度大小仍為 v。錯誤!0（2)粒子在電場中偏轉出A點時速度方向與水平方向成45°角v＝

,并且v＝vy 錯誤! 錯誤! y 0mv2qd得0qd粒子在磁場中作勻速圓周運動，如圖所示，由幾何關系得2d

，且v得得錯誤!

錯誤!0學必求其心得，業(yè)必貴于專精E解得 ＝v。B 0答案:(1） v (2)v錯誤!0 0強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B＝0.20T，方向垂直紙面向里，電場強度E1

1＝1。V/m,PQ為板間中線。緊靠平行板右側邊緣xOyy邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝252電場強度E2

＝5.0×105 V/m。一束帶電荷量 q＝8。0×10－19C、質量。0×10－26kg的正離子從PPQy軸上坐標為(0，0.4m）Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，多次穿越邊界線。求：（1)離子運動的速度；學必求其心得，業(yè)必貴于專精（界線OA所需的時間。設正離子的速度為PQ做直線運動，則有qE1

＝qvB1代入數據解得。0×105m/s。（2）離子進入第一象限中磁場，作勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB＝2m ，錯誤!解得r＝0.2m作出離子的軌跡如圖所示，交OA邊界為C點，，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧的圓心角為運動時間t＝ ＝ ＝6.28×10－7s1 錯誤! 錯誤!離子過C點的速度方向豎直向下，平行于電場線進入電場，做勻減速運動，返回C點的時間為t，2則t＝ ，2 錯誤!學必求其心得，業(yè)必貴于專精而＝5×1012m/s2，錯誤!所以t＝2×10－7s2離子從進入第一象限中磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間

＝8。28×10－7s。1 2答案（）5.0×105m/s （2)8.28×1075（2018屆高三·開封四校聯(lián)考)如圖所示,位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為T，還有沿x軸負方向的勻強N/C軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在。4m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點獲得一初速度，恰好能沿PO做勻速直(PO與x軸負方向的夾角為＝45°，并從原O進入第一象限.已知重力加速度m/s2,求：油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、學必求其心得，業(yè)必貴于專精洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；P(3)油滴在第一象限運動的時間。解析：(1）根據受力分析（如圖）可知油滴帶負電荷，設油滴質量為 m,由平衡條件可得F·cosθ＝mg，Fsinθ＝qE，所以重力、電場力、洛倫茲力三力之比為.錯誤!由第（1)問知2qE解得＝4 m/s。錯誤! 錯誤!(3）進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入的區(qū)域后作勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從xN限。學必求其心得，業(yè)必貴于專精由勻速運動的位移為x＝ h ＝ h1 sin45° 錯誤!其運動時間：t＝ ＝ ＝ ＝0。1s1 錯誤! 錯誤! 錯誤!由幾何關系和圓周運動的周期關系式

錯誤!由的圓周運動時間為t＝ ≈0.6282 錯誤! 錯誤!s由對稱性知從C→N的時間t＝t＝0。1s3 1油滴在第一象限運動的總時間t＝t

＋t＋t

＝0。828s。

1 2 32m/s2

（1）1∶1∶2（3)0。828s2

油滴帶負電荷 (2)46．(2017·濰坊模擬）如圖甲所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場,感y軸方向為電場強度的正方向在時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v，方向沿0＋y軸方向的帶負電粒子（不計重力）.其中已知v、0學必求其心得，業(yè)必貴于專精t、B、

，且E＝ ，粒子的比荷 ＝

，x軸0 0 0

0 錯誤!

錯誤!

錯誤!

.錯誤!.t2求0時帶電粒子的位置坐標；2(2）粒子運動過程中偏離x軸的最大距離；粒子經多長時間經過A點。0～t0

時間內，粒子作勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得：4π2qBv＝m r＝m0 0 21 錯誤!＝＝2，＝T 2πm t r ＝＝＝2，＝qB 0

1

錯誤!錯誤! 錯誤則在 時間內轉過的圓心角錯誤! 錯誤.t.202

錯誤!（2）在t

時間內，粒子經電場加速后的速度0 0為v，粒子的運動軌跡如圖所示。學必求其心得，業(yè)必貴于專精＋ t＝2v0 錯誤!0 0運動的位移t＝1。5vt錯誤!0 00在2t~3t

時間內粒子作勻速圓周運動,半徑:0 0r＝2r＝2 1 錯誤!故粒子偏離x軸的最大距離：

＝1。5vt＋ .2 0

錯誤!(3)粒子在xOy平面內做周期性運動的運動周期為4t0一個周期內向右運動的距離：d＝2r＋2r＝AO

＝8d＝8d

2 錯誤!所以，粒子運動至A點的時間為：t＝32t。（）

(2)1.5vt＋

0（3）32t錯誤!

00 錯誤! 0［教師備選題]1.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場.在區(qū)域，磁感應強度的大小為B區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0

0(常數λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q〉的帶電粒子以速度v0

從坐標原點O沿x軸正向射學必求其心得，業(yè)必貴于專精入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿 x軸正向時，求：(不計重力）粒子運動的時間；粒子與O點間的距離。解析：(1）在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。R；在1徑為R。由洛倫茲力公式及牛頓定律得2qBv＝m ①0 0

錯誤!＝m ②0 0 錯誤!粒子速度方向轉過180°時，所需時間t為1πRt＝ 1 ③v0粒子再轉過180°時,所需時間t為2t＝ ④錯誤!聯(lián)立①②③④式得,所求時間為t＝t＋t＝

1＋ 。 ⑤0 1

錯誤!

錯誤!(2）由幾何關系及①②式得,所求距離為d＝2(R－R)＝ . ⑥0 1

錯誤!錯誤!答案（答案（） 錯誤錯誤! 錯誤錯誤!·PQMNDC。一質量為、帶電荷量為q的帶正電的粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30°，MC邊長為邊長為（1）若要該粒子不從MN最大是多少；(2）若該粒子從P點射入磁場后開始計數，則當粒子第五次穿越PQ線時，恰好從Q點經過射出磁場，粒子運動的速度又是多少？（）設該粒子恰不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r，軌跡如圖所示,由幾何關系得：60°＝r－ 錯誤!B＝B＝m又由qvm

錯誤!解得最大速度v＝ .m 錯誤!(2）當粒子第五次穿越PQ線時，恰好從Q點經過射出磁場時，由幾何關系得5×2rsin60°＝8a,解得

a錯誤!a錯誤!又由qvB＝m錯誤!解得速度。錯誤!qBa答案：(1)m

錯誤!3。如圖所示，在豎直平面內建立坐標勻強磁場和豎直向上的勻強電場。某時刻粒子發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質量為、電荷量為q的帶正電粒子.粒子從處經過y軸且速錯誤!度方向與y軸負方向成45°角。其后粒子在勻強磁場中偏轉后垂直x軸返回第Ⅰ象限。已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ學必求其心得，業(yè)必貴于專精

E mg g象限內勻強電場的電場強度求：

＝q重力加速度為 ，器P的橫坐標(2）粒子從發(fā)射器射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間。（1帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運動，設初速度為v，沿水平方向，x＝vt0沿豎直方向,

01gt2tan45°＝

錯誤! 錯誤! 1，v＝gt錯誤! y解得：t＝ ，v

1，x＝d。1 錯誤!

錯誤!(2）如圖所示，帶電粒子進入垂直紙在洛倫茲力作用下作勻速圓周運動,有qvB＝m錯誤!

粒子在勻強磁場中運動的線速度 v＝

v＝錯誤!0錯誤!學必求其心得，業(yè)必貴于專精由幾何關系得，粒子作勻速圓周運動的半徑R＝d錯誤!d

粒子在勻強磁場中運動的時間t＝ T錯誤!其中周期T＝錯誤!

錯誤!聯(lián)立解得:t＝2 錯誤!錯誤!設粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用時間t＝ ＝

錯誤!所以，粒子從射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間

＋t＝ ＋ ＋ ＝ 。1 2

錯誤!

錯誤!錯誤!

錯誤!

錯誤!錯誤!答案：(1)dg（2)4.(2017·全國卷Ⅱ）如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質qN先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊學必求其心得，業(yè)必貴于專精N離開電場時的速度方向豎直向下;M電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為。求:M與N在電場中沿水平方向的位移之比；A點距電場上邊界的高度;（3）該電場的電場強度大小.解析:（1）設小球、N在A點水平射出時的初速度大小為v，則它們進入電場時的水平速度仍然為0v。、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下0產生的加速度沿水平方向，大小均為 在電場中沿水平方向的位移分別為s和s。由題給條件和運動學1 2公式得v①0s＝v＋ a2 ②0 錯誤!s＝v－ a2 ③0 錯誤!聯(lián)立①②③式得錯誤!＝3 ④學必求其心得，業(yè)必貴于專精(2）設A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為v，由運動學公式y(tǒng)v2＝2gh ⑤y＝v＋ g2 ⑥y 錯誤!M進入電場后做直線運動,由幾何關系知錯誤錯誤! ⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得H ⑧錯誤!（3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則錯誤錯誤! ⑨設M、N離開電場時的動能分別為E、E，由動能定理得

k1 k2E＝

)＋mg＋qEs ⑩k1 錯誤! 0 y 1E＝

）＋mg－qEs?k2 錯誤! 0 y 2由已知條件E＝1.5E ?k1 k2聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得學必求其心得，業(yè)必貴于專精.錯誤!答案：(1）3∶1

H （3)錯誤! 錯誤!如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和現在、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U，反向電壓值為 ，且每隔

變向10

錯誤!次.現將質量為m的帶正電且電荷量為qAB的中點O以平行于金屬板的方向粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在、B行時間均為。不計重力的影響，試求：(1)定性分析在t＝0時刻從O點進入的粒子，在垂直于金屬板的方向上的運動情況.(2）在距靶MN的中心O′點多遠的范圍內有粒