2017_2018学年高考物理二轮复习专题检测(二十四)破解电磁场压轴题

专题检测（二十四） 破解电磁场压轴题
1.(2018届高三·扬州调研)如图所示，等量异种点电荷固定在水
平线上的M 、N 两点上，电荷量均为Q ，有一质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷)的小球，固定在长为L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O 点且与MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于MN 的垂直
平分线上距MN 为L 处，现在把杆拉到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B 时速度为
v ，取O 处电势为零，忽略＋q 对＋Q 、－Q 形成电场的影响。

求：
(1)小球经过B 点时对杆的拉力大小；
(2)在＋Q 、－Q 形成的电场中，A 点的电势φA ；
(3)小球继续向左摆动，经过与A 等高度的C 点时的速度。

解析：(1)小球经B 点时，在竖直方向有
T －mg ＝mv 2
L
即T ＝mg ＋mv 2
L
由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为mg ＋mv 2
L。

(2)O 点电势为零，而O 在MN 的垂直平分线上，所以φB ＝0 小球从A 到B 过程中，由动能定理得
mgL ＋q (φA －φB )＝12
mv 2 解得φA ＝mv 2－2mgL
2q。

(3)由电场对称性可知，φC ＝－φA ， 即U AC ＝2φA
小球从A 到C 过程，根据动能定理得qU AC ＝12mv C 2
解得v C ＝ 2v 2
－4gL 。

答案：(1)mg ＋mv 2L (2)mv 2－2mgL 2q
(3) 2v 2
－4gL
2．如图所示，一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

现从矩形区域ad 边的中点O 处垂直磁场射入一速度方向跟ad 边夹角为30°、大小为v 0的带电粒子。

已知粒子质量为m ，电荷量为＋q ，ad 边长为l ，重力影响忽略不计。

(1)试求粒子能从ab 边上射出磁场的v 0的大小范围。

(2)问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？
解析：(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v 1， 则有：R 1＝mv 1qB ，R 1＋R 1sin 30°＝l 2 解得：v 1＝
qBl 3m
轨迹Ⅱ与cd 边相切于Q 点，设粒子的运动速率为v 2，则有：
R 2－R 2sin 30°＝l 2，R 2＝mv 2
Bq
解得：v 2＝
qBl m
所以粒子从ab 边上射出磁场时的v 0满足：
qBl 3m <v 0<qBl m。

(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 ＝56T ＝56·
2πm qB ＝5πm
3qB。

答案：(1)
qBl 3m <v 0<qBl m (2)5πm
3qB
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v 0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 、v 0(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E B。

解析：(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向d ＝v 0t ， 平行电场方向d 2＝v y
2
t
得v y ＝v 0，粒子到A 点时速度大小为v ＝ 2v 0 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2v 0。

(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
v y ＝qE m t ＝qEd
mv 0，并且v y ＝v 0
得E ＝mv 02
qd
粒子在磁场中作匀速圆周运动，如图所示， 由几何关系得R ＝ 2d
又qvB ＝mv 2
R
，且v ＝ 2v 0
得B ＝
mv 0
qd
解得E
B
＝v 0。

答案：(1)2v 0 (2)v 0
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B 1＝0.20 T ，方向垂直纸面向里，电场强度E 1＝1.0×105
V/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B 2＝0.25 T ，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E 2＝5.0×105
V/m 。

一束带电荷量q ＝8.0×10
－19
C 、质量m ＝8.0×10
－26
kg
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(0,0.4 m)的Q 点垂直y 轴射入磁场区，多次穿越边界线OA 。

求：
(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。

解析：(1)设正离子的速度为v ，由于沿中线PQ 做直线运动， 则有qE 1＝qvB 1
代入数据解得v ＝5.0×105
m/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qvB 2＝m v 2
r
，
解得r ＝0.2 m
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t 1＝T 4＝πm 2B 2q
＝6.28×10－7
s
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t 2，
则t 2＝2v a
，
而a ＝
E 2q m
＝5×1012 m/s 2
， 所以t 2＝2×10－7
s
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 ＝t 1＋t 2＝8.28×10－7 s 。

答案：(1)5.0×105
m/s (2)8.28×10－7
s
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 ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/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 ＝0.4 m 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 ＝10 m/s 2
，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。

解析：(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 ·cos θ＝mg ，
F sin θ＝qE ，
所以重力、电场力、洛伦兹力三力之比为
mg ∶qE ∶F ＝1∶1∶2。

(2)由第(1)问知：mg ＝qE
F ＝qvB ＝ 2qE
解得：v ＝
2E
B
＝4 2 m/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x 1＝h
sin 45°＝ 2h
其运动时间：t 1＝x 1v
＝
2h
2E B
＝hB E ＝0.1 s
由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πm
qB
知，
由A →C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE
2gB ≈0.628 s
由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1＝0.1 s
油滴在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s 。

答案：(1)1∶1∶ 2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s
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v 0，方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)。

其中已知v 0、t 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0
π
，粒子的比荷q m ＝
π
B 0t 0
，x 轴上有一点A ，坐标为⎝
⎛⎭
⎪
⎫48v 0t 0π，0。

(1)求t 0
2
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。

解析：(1)在0～t 0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：
qB 0v 0＝m 4π
2
T 2r 1＝m v 02
r 1
得：T ＝2πm qB 0＝2t 0，r 1＝mv 0qB 0＝v 0t 0
π
则在t 02时间内转过的圆心角α＝π2，所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为：⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π。

(2)在t 0～2t 0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 ＝v 0＋E 0q
m
t 0＝2v 0
运动的位移：x ＝
v 0＋v
2
t 0＝1.5v 0t 0
在2t 0～3t 0时间内粒子作匀速圆周运动，半径：
r 2＝2r 1＝
2v 0t 0
π
故粒子偏离x 轴的最大距离：
h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋
2v 0t 0
π。

(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0 一个周期内向右运动的距离：d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0
π
AO 间的距离为：
48v 0t 0
π
＝8d 所以，粒子运动至A 点的时间为：t ＝32t 0。

答案：(1)⎝
⎛⎭
⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π (3)32t 0
[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B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0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。

解析：(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R 1；在x ＜0区域，圆周半径为R 2。

由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB 0v 0＝m v 02
R 1
① q λB 0v 0＝m v 02
R 2
②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为
t 1＝
πR 1
v 0
③
粒子再转过180°时，所需时间t 2为
t 2＝
πR 2
v 0
④
联立①②③④式得，所求时间为
t 0＝t 1＋t 2＝
πm B 0q 1＋1λ。

⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d 0＝2(R 1－R 2)＝
2mv 0B 0q ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1－1λ。

⑥
答案：(1)πm B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ (2)2mv 0B 0q ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1－1λ
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？
解析：(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：
r cos 60°＝r －12
a ，解得r ＝a 又由qv m B ＝m v m 2
r
解得最大速度v m ＝
qBa m。

(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 5×2r sin 60°＝8a ， 解得r ＝83
15
a
又由qvB ＝m v 2
r
解得速度v ＝83qBa
15m 。

答案：(1)
qBa m (2)83qBa 15m
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 ＝d
2
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 ＝mg q。

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。

解析：(1)带电粒子从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v 0，沿水平方向，x ＝v 0t 1 沿竖直方向，12d ＝12gt 12
tan 45°＝v y v 0
，v y ＝gt 1 解得：t 1＝
d
g
，v 0＝ dg ，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 v 2
R
粒子在匀强磁场中运动的线速度v ＝ 2v 0＝ 2dg 由几何关系得，粒子作匀速圆周运动的半径R ＝2
2
d 粒子在匀强磁场中运动的时间t 2＝5
8T
其中周期T ＝2πm
qB
联立解得：t 2＝
5π
8d g
设粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间
t 3＝v g
＝
2d
g
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 ＝t 1＋t 2＋t 3＝
d g ＋5π8d g
＋2d g ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1＋2＋5π8d
g。

答案：(1) dg x ＝d (2)⎝
⎛⎭⎪⎫1＋2＋5π8d
g
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 。

求：
(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。

解析：(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0。

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s 1和s 2。

由题给条件和运动学公式得
v 0－at ＝0 ① s 1＝v 0t ＋12
at 2 ② s 2＝v 0t －1
2at 2
③
联立①②③式得
s 1
s 2
＝3 ④
(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v y ，由运动学公式
v y 2＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12
gt 2
⑥
M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h ＝13
H
⑧
(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
v 0v y ＝qE mg
⑨
设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得
E k1＝12
m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1 ⑩ E k2＝12
m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2
⑪
由已知条件
E k1＝1.5E k2
⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E ＝
mg
2q。

答案：(1)3∶1 (2)13H (3)mg
2q
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U 0，反向电压值为U 02，且每隔T
2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U 0的数值应满足什么条件？(写出U 0、m 、d 、q 、T 的关系式即可)
解析：(1)0～T 2
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 2
～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T 2
时间内，粒子竖直向下的位移： y 1＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝qU 0T 28md
在后T 2时间内，粒子竖直向下的位移： y 2＝v T 2－12a 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫T 22 其中：v ＝a 1T 2＝qU 0T 2md ，a 2＝qU 0
2md
解得：y 2＝3qU 0T 216md
故粒子打在距O ′点正下方的最大位移：
y ＝y 1＋y 2＝5qU 0T 216md 当粒子在T 2、3T 2… 2n ＋1 T 2
(n ＝0,1,2…)时刻进入电场时，将打在O ′点上方最远点，在前T 2
时间内，粒子竖直向上的位移： y 1′＝12a 1′⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝qU 0T 216md
在后T 2时间内，粒子竖直向上的位移： y 2′＝v ′T 2－12a 2′⎝ ⎛⎭
⎪⎫T 22 其中：v ′＝a 1′T 2＝qU 0T 4md ，a 2′＝qU 0md
解得：y 2′＝0
故粒子打在距O ′点正上方的最大位移：
y ′＝y 1′＋y 2′＝qU 0T 2
16md
击中的范围在O ′以下5qU 0T 216md 到O ′以上qU 0T 2
16md。

(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：5qU 0T 216md <d 2 解得：U 0<8md
2
5qT 2。

答案：(1)见解析 (2)O ′以下5qU 0T 216md 到O ′以上qU 0T
2
16md (3)U 0<8md
2
5qT 2。