高考物理压轴题电磁场汇编
压轴题08 电磁场综合专题(原卷版)-2020年高考物理挑战压轴题(尖子生专用)
压轴题08电磁场综合专题1．如图所示，真空区域中存在匀强电场与匀强磁场；每个磁场区域的宽度均为0.20m h =，边界水平，相邻两个区域的距离也为h ，磁感应强度大小 1.0T B =、方向水平且垂直竖直坐标系xoy 平面向里；电场在x 轴下方的整个空间区域中，电场强度的大小 2.5N/C E =、方向竖直向上。
质量41.010kg m -=⨯、电荷量44.010C q -=⨯的带正电小球，从y 轴上的P 点静止释放，P 点与x 轴的距离也为h ；重力加速度g 取10m/s 2，sin 370.6=，cos370.8=，不计小球运动时的电磁辐射。
求小球：(1)射出第1区域时的速度大小v(2)射出第2区域时的速度方向与竖直方向之间的夹角θ(3)从开始运动到最低点的时间t 。
2．如图甲所示，平行金属板M 、N 水平放置，板长L =5m 、板间距离d =0.20m 。
在竖直平面内建立xOy 直角坐标系，使x 轴与金属板M 、N 的中线OO ′重合，y 轴紧靠两金属板右端。
在y 轴右侧空间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B =5.0×10－3T 的匀强磁场，M 、N 板间加随时间t 按正弦规律变化的电压u MN ，如图乙所示，图中T 0未知，两板间电场可看作匀强电场，板外电场可忽略。
比荷q m=1.0×107C/kg 、带正电的大量粒子以v 0=1.0×105m/s 的水平速度，从金属板左端沿中线OO ′连续射入电场，进入磁场的带电粒子从y 轴上的 P 、Q （图中未画岀，P 为最高点、Q 为最低点）间离开磁场。
在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变，忽略粒子重力，求：(1) 进入磁场的带电粒子在电场中运动的时间t 0及在磁场中做圆周运动的最小半径r 0；(2) P 、Q 两点的纵坐标y P 、y Q ；(3) 若粒子到达Q 点的同时有粒子到达P 点，满足此条件的电压变化周期T 0的最大值。
电磁场之高考压轴题鉴赏
mv qB2
B1、B2的关系为： B1 n 1 B2 n
n＝1，2，3，……
2.( 05江苏17)如图所示，M、N为两块带等量导种电荷的 平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个 宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方 向分别垂直于纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光 屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建 立x轴。M板左侧电子抢发射出的热电子经小孔S1进入两 板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。 (1)当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速 度v0。 (2)求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁 场区域而打到荧光屏上 。
为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场 力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再 次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所
用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽 略重力的影响。求
（1）粒子经过A点
y
时速度的方向和A
点到x轴的距离； （2）匀强电场的
φv
大小和方向； （3）粒子从第二
BB
dd
O 荧光屏
加速过程：eU 1 mv2 2
粒子做圆周运动：evB mv2 r
解得：U eB2d 2 2m
即：U eB2d 2 2m
（3）粒子能打在荧光屏上的运动轨迹 BB
x/2 x R O1
O 荧光屏
dd
（4）由动能定理、牛顿第二定律及
几何关系得：
加速过程：eU 1 mv2
2
粒子做圆周运动：evB
全国高考题压轴题鉴赏 ——电磁场
1. ( 06全国Ⅱ25)如图所示，在x＜0与x＞0的区域中， 存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场， 磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带 负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射 出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与 B2的比值应满足什么条件？
高考物理压轴题-电磁场计算题
08全国如图所示，在坐标系xOy 中，过原点的直线OC 与x 轴正向的夹角φ=120°，在OC 右侧有一匀强电场。
在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y 轴、左边界为图中平行于y 轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里。
一带正电荷q 、质量为m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的A 点射入磁场区域，并从O 点射出，粒子射出磁场的速度方向与x 轴的夹角θ＝30°，大小为v ，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。
粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O 点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。
已知粒子从A 点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。
忽略重力的影响。
求 （1）粒子经过A 点时速度的方向和A 点到x 轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。
（08宁夏）24．(17分)如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。
有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。
质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角ϕ，A 点与原点O 的距离为d 。
接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。
不计重力影响。
若OC 与x 轴的夹角为ϕ，求： （1）粒子在磁场中运动速度的大小： （2）匀强电场的场强大小。
答：（1）ϕsin mqBdv =；（2）23sin cos qB d E m φφ=x y φ)θO C A v B × × × × × ×× × × × × × × × × × × × × × ×（07全国1）25．两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y 轴，交点O 为原点，如图所示。
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题知识归纳总结附答案解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题知识归纳总结附答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
已知质子质量为m ，电量为e ；加速极板AB 、A′B′间电压均为U 0，且满足eU 0=32mv 02。
两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=72R ；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B ；(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0应该满足的条件。
【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =(2) 033612l π+≥ 【解析】 【详解】解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：220011eU mv mv 22=- 又：2003eU mv 2=解得：0v 2v =；根据对称，两束质子会相遇于OO '的中点P ，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿OP 方向射出，出射点为D ，过C 、D 点作速度的垂线相交于K ，则K ，则K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R根据洛伦磁力提供向心力有：2v evB m r=可得磁场磁感应强度：02mv B eR=(2)磁场O 的圆心上移了R2，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R ，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来C 点位置，连OF 、OD ，并作FK 平行且等于OD ，连KD ，由于OD=OF=FK ，故平行四边形ODKF 为菱形，即KD=KF=R ，故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K 为粒子束的圆心由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R2R=12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π3对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D 点，下方粒子到达C 后最先到达D 点的粒子所需时间为00(2)(4)2224RR H R R t v v ππ++-+'==而上方粒子最后一个到达E 点的试卷比下方粒子中第一个达到C 的时间滞后0l Δt t = 上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为()000π1R Rsin 2πR 62π3336t R 2v 2v 12v -+-=+=要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+∆ 联立解得0π336l 12++≥2．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
高考物理压轴题--电磁场类1
高考压轴题—电磁场类11.（09.全国卷I ）（21分） 应用数学处理物理问题能力如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于x y 平面向外。
P 是y 轴上距原点为h 的一点，N 0为x 轴上距原点为a 的一点。
A 是一块平行于x 轴的挡板，与x 轴的距离为2h ，A 的中点在y 轴上，长度略小于2a。
带点粒子与挡板碰撞前后，x 方向的分速度不变，y 方向的分速度反向、大小不变。
质量为m ，电荷量为q （q>0）的粒子从P 点瞄准N 0点入射，最后又通过P 点。
不计重力。
求粒子入射速度的所有可能值。
1. 【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有 …⑪, 粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有…⑫,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出……⑬设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n 次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P 点,由对称性,出射点的x 坐标应为-a,即 ……⑭,由⑬⑭两式得……⑮ 'O N 1N qBm vR =1x =1x θsin 2R N N O O ='2x 1N N O 'a x =2()a nx x n 2121=-+121n x a n +=+若粒子与挡板发生碰撞,有 ……⑯ 联立⑬⑭⑯得 n<3………⑰ 联立⑪⑫⑮得 ………⑱把代入⑱中得…………⑲…………⑾…………⑿2.（2012全国卷）（18分）如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。
在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。
圆心O 到直线的距离为 。
现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域。
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题综合题附答案解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题综合题附答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos d R a R ≥+= ；min 0(632)L T π+=【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L L R R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α= ，解得23L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min6323L Tv π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.3．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C ．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg 、电荷量q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2）43.310t s -=⨯ （3）3060~ 曲线方程为222x y R +=(30.10.1R m x m =≤≤) 【解析】 【分析】 【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2v qvB m r=，解得0.1r m =（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qE a m= 粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t s -=⨯（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°~60° 所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22x y R += 30.1,0.120R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径4．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。
2020年高考物理电磁场压轴精选14道(答案和解析)
物理电磁场压轴精炼14道（有答案和精细解析）1．（16分）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在-3m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B = 4.0×10-4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E = 4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d = 2m。
一质量m = 6.4×10-27kg、电荷量q =--3.2×10-19C的带电粒子从P点以速度v = 4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。
求：⑴带电粒子在磁场中运动时间；⑵当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；⑶若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。
2．（18分）如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm＝106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过15π×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；（保留2位有效数字）(2)图b中t＝45π×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80) （保留2位有效数字）3．（20分）一个质量m =0.1kg的正方形金属框，其电阻R=0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AB重合），由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边CD平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与CD重合）。
高考物理压轴题集(磁场)
1如图12所示，PR 是一块长为L =4 m 的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B ，一个质量为m =0．1 kg ，带电量为q =0．5 C 的物体，从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。
当物体碰到板R 端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C 点，PC =L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0．4，取g=10m/s 2，求：（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？ （2）物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v 2 （3）磁感应强度B 的大小（4）电场强度E 的大小和方向2如图10所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E 、方向水平向右，其宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为B 、方向垂直纸面向里。
一个带正电的粒子（质量m,电量q,不计重力）从电场左边缘a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a 点，然后重复上述运动过程。
（图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有什么障碍物）。
（1）中间磁场区域的宽度d 为多大；（2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比；（3）带电粒子从a 点开始运动到第一次回到a 点时所用的时间t.3如图10所示，abcd 是一个正方形的盒子，在cd 边的中点有一小孔e ，盒子中存在着沿ad 方向的匀强电场，场强大小为E 。
一粒子源不断地从a 处的小孔沿ab 方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的初速度为v 0，经电场作用后恰好从e 处的小孔射出。
现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B （图中未画出），粒子仍恰好从e 孔射出。
(完整版)高考物理压轴题之电磁学专题(5年)(含答案分析),推荐文档
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２４.（１４分）2013新课标2
如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。
ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。
一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。
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由静止开始释放。
金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。
已知某时刻后两灯泡
我去人也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙
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a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为（在y轴上），半径为R
，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
由几何关系得∠PCP′ =θ
③
0～a。
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题专项复习含答案
高考物理带电粒子在磁场中的运动压轴题专项复习含答案一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。
y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。
现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。
求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R OQ QC =+21v qvB m R=解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。
高考压轴题——电磁学大题专项训练(学生版)
高考压轴题——电磁学专项训练一、解答题1．如图所示，直角坐标系中，y 轴左侧有一半径为a 的圆形匀强磁场区域，与y 轴相切于A 点，A 点坐标为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭。
第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B ，方向垂直纸面向外。
圆形磁场区域下方有两长度均为2a 的金属极板M 、N ，两极板与x 轴平行放置且右端与y 轴齐平。
现仅考虑纸面平面内，在极板M 的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m ，电量为q +。
两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N 穿出，然后经过圆形磁场都从A 点进入第一象限。
其中部分粒子打在放置于x 轴的感光板CD 上，感光板的长度为2.8a ，厚度不计，其左端C 点坐标为1,02a ⎛⎫ ⎪⎝⎭。
打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。
不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。
（1）求两极板间的电压U ；（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求： ①“二度感光区”的长度L ；①打在“二度感光区”的粒子数1n 与打在整个感光板上的粒子数2n 的比值12:n n ；（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C 、D 两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t 和总路程s 。
2．如图所示为一同位素原子核分离器的原理图。
有两种同位素，电荷量为q ，质量分别为m 1，m 2，其中12m m <。
从同一位置A 点由静止出发通过同一加速电场进入速度选择器，速度选择器中的电场强度为E ，方向向右，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面。
在边界线ab 下方有垂直纸面向外的匀强磁场B 1（B 1大小未知）。
忽略粒子间的相互作用力及所受重力。
若质量为m 1的原子核恰好沿直线（图中虚线）从O 点射入下方磁场。
高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题复习题含答案解析
高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题复习题含答案解析一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E q =,2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE q=微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B ；方向向里，其边界是半径为R 的圆，AB 为圆的一直径.在A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m 、电量-q 的粒子，粒子重力不计．(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B 点射出．求此粒子在磁场中运动的时间．(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A 点，则该粒子的速度为多大?(3)若R =3cm 、B =0.2T ，在A 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m ／s 、比荷为108C ／kg 的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)． 【答案】（1） （2）（3）【解析】 【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=T 求出粒子在磁场中运动的时间．（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积． 【详解】 （1）由得r 1=2R粒子的运动轨迹如图所示，则α＝因为周期．运动时间．（2）粒子运动情况如图所示，β＝．r2＝R tanβ＝R由得（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−r32=9.0×10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．3．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】E =；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有200v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得E = 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=4．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-，由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =5．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（qm）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．【答案】（1）g k （2）2g kB （3）2222232(,)28g k B L L k B g-【解析】 【分析】 【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=qk m解得g E k=（2）由几何关系：2R cos θ=L ，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B gθ=-+=-6．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量1110m kg -=，电荷量710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间．【详解】①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2v qvB mR=，半径0.4mvR mBq==，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，则第一次经过x轴时的横坐标为120.420.57x R m m==≈②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示．由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R，在垂直电场方向的位移11s vt=，运动时间4112410s Rt sv v-===⨯在沿电场方向上的位移22112s at=，又因22s R=得722212110/sa m st==⨯根据牛顿第二定律Eq a m= 所以电场强度3110/maE V m q==⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410vt s a-==⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期42410mT s Bqππ-==⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为312 2.110t t t T s -=++≈⨯ 【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．7．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变． （1）求粒子运动速度的大小v ；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ； （3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =2d，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．【答案】（1）qBd v m =；（2）m 23d +；（3）A.当31L nd d =+-（时， 334π2L m t d qB -=（），B.当3L nd d =+（时， 334π2L m t d qB -=（）【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：2v qvB m R=，解得：mv R qB = 由题可得：R d =解得qBdv m=； （2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得d m =d （1+sin60°） 解得m 23d d +=（3）粒子的运动周期2πmT qB=设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t '，则 (1,3,5,)4Tt nt n '=+=A.当31L nd d =+-（）时，粒子斜向上射出磁场 112t T '=解得334π2L m t d qB -=+（） B.当31+L nd d =+（）时，粒子斜向下射出磁场 512t T '=解得334π2L m t d qB -=-（）．8．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出，已知弧所对应的圆心角为．不计重力，求：（1）离子速度的大小；（2）离子的质量．【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则①又②由①②式得③（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则④由几何关系有⑤解得考点：带电粒子在磁场中的运动点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．9．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M．粒子在磁场中运动的轨道半径为R．粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R．不计重力．求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间．【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为π126T m tqB ==当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为π42T m tqB ==【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x 轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y轴上得1分）2vqvB mR=（1分）周期为2πmTqB=（1分）过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D．由几何知识得sinαAD R=，cot60OD AD=︒，，OP AD BP=+α=β （2分）联立得到sinαα13+=（2分）解得α=30°，或α=90° （各2分）设M 点到O 点的距离为h ，有sin αAD R = h R OC =-，3cos αOC CD OD R AD =-=-联立得到h=R -3R cos(α+30°) （1分） 解得h=(1-3)R （α=30°） （2分） h=(1+3)R （α=90°） （2分） 当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为π126T m t qB==（2分） 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 π42T m t qB ==（2分） 【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识．10．如图甲所示，两金属板M 、N 水平放置组成平行板电容器，在M 板中央开有小孔O ，再将两个相同的绝缘弹性挡板P 、Q 对称地放置在M 板上方，且与M 板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O 左右两侧．现在电容器两板间加电压大小为U 的直流电压，在M 板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B 0，磁感应强度为负值时大小为B x ，但B x 未知．现有一质量为m 、电荷量为q （q >0），不计重力的带电粒子，从N 金属板中央A 点由静止释放，t ＝0时刻，粒子刚好从小孔O 进入上方磁场中，在t 1时刻粒子第一次撞到左挡板P 上，紧接着在t 1＋t 2时刻粒子撞到了右挡板Q 上，然后粒子又从O 点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．图中t 1,t 2未知，求：(1)粒子第一次从A 到达O 点时的速度大小；(2) 粒子从O点第一次撞到左挡板P的时间t1的大小；(3)图乙中磁感应强度B x的大小；(4)两金属板M和N之间的距离d.【答案】（1）v＝2Uqm（2）t1＝3mB qπ（3）B x＝2B0（4）d＝()35224n UmB qπ+，n＝0,1,2,3【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速度，在磁场中做圆周运动，由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度B x的大小，在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板M和N间往返时间，再求出金属板M和N间的距离。
高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结含答案
高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结含答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．图中装置在水平面内且处于竖直向下的匀强磁场中，足够长的光滑导轨固定不动。
电源电动势为E （不计内阻），导体棒ab 初始静止不动，导体棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直， 且接触良好。
已知导体棒的质量为m ，磁感应强度为B ，导轨间距为L ，导体棒及导轨电阻均不计，电阻R 已知。
闭合电键，导体棒在安培力的作用下开始运动，则： (1)导体棒的最终速度？(2)在整个过程中电源释放了多少电能？ (3)在导体棒运动过程中，电路中的电流是否等于ER，试判断并分析说明原因。
【答案】(1)E v BL =；(2) 2222mE B L；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】(1) 闭合电键，导体棒在安培力的作用下开始运动做加速运动，导体棒运动后切割磁感线产生感应电流，使得通过导体棒的电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，之后做匀速运动，此时感应电动势与电源电动势相等。
设导体棒的最终速度v ，则有E BLv =解得Ev BL=(2)在整个过程中电源释放的电能转化为导体棒的动能，导体棒获得的动能为2222122k mE E mv B L ∆==所以在整个过程中电源释放的电能为2222mE B L(3)在导体棒运动过程中，闭合电键瞬间，电路中的电流等于ER，导体棒在安培力的作用下开始运动做加速运动。
之后导体棒运动后切割磁感线产生感应电流，使得通过导体棒的电流减小，当感应电动势与电源电动势相等时，电路中电流为0，因此在导体棒运动过程中，电路中的电流只有在闭合电键瞬间等于ER，之后逐渐减小到0。
2．如图所示，足够长且电阻忽略不计的两平行金属导轨固定在倾角为α=30°绝缘斜面上，导轨间距为l =0.5m 。
沿导轨方向建立x 轴，虚线EF 与坐标原点O 在一直线上，空间存在垂直导轨平面的磁场，磁感应强度分布为1()00.60.8()0T x B x T x -<⎧=⎨+≥⎩（取磁感应强度B垂直斜面向上为正）。
高考物理电磁场压轴题
以下是高考物理电磁场的压轴题：
1.带电粒子在电磁场中的运动
在一个匀强磁场中，有一个竖直向下的匀强电场。
一个带正电的粒子从A点以一定的初速度垂直射入这个电磁场中，粒子在电场力和洛伦兹力的共同作用下做运动。
已知粒子在A点的初速度为v₀，质量为m，电量为q，磁场的磁感应强度为B，电场强度为E，重力加速度为g。
若粒子能沿直线从A点运动到B点，求A、B两点间的距离。
2.电容器与电磁场的综合问题
真空中有一个竖直放置的平行板电容器，两极板间的距离为d，电容为C，上极板带正电。
现有一个质量为m、带电量为+q的小球，从小孔正上方h高度处由静止开始释放，小球穿过小孔到达下极板处速度恰好为零。
已知小球在运动过程中所受空气阻力的大小恒为f，静电力常量为k，重力加速度为g。
求：
(1) 小球到达下极板时的动能；
(2) 电容器的带电量。
3.电磁感应与电磁场的综合问题
在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图象分别如甲、乙所示，则在两图中t₁和t₁时刻（）
A. 甲图中线圈平面与磁感线平行，乙图中线圈平面与磁感线垂直
B. 甲图中线圈的转速小于乙图中线圈的转速
C. 甲、乙两图中交变电动势的有效值相等
D. 甲、乙两图中交变电动势的瞬时值表达式相同。
高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结word
高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结word一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上导轨间距为1m ，处在磁感应强度为2T 、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h ＝3.2m 初始时刻，质量为2kg 的杆ab 与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d ＝2m ，质量同为2kg 的杆cd 与导轨垂直，以初速度v 0＝15m/s 进入磁场区域最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆的电阻均为r ＝1Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s ＝4m （整个过程中两杆始终不相碰）（1）求ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小； （2）当ab 杆射出时求cd 杆运动的距离；（3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能．【答案】(1) 210m/s v =；(2) cd 杆运动距离为7m ； (3) 电路中损耗的焦耳热为100J ． 【解析】 【详解】（1）设ab 、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为1v 、2v设ab 杆落地点的水平位移为x ，cd 杆落地点的水平位移为x s +，则有2h x v g =2h x s v g+=根据动量守恒012mv mv mv =+求得：210m/s v =（2）ab 杆运动距离为d ，对ab 杆应用动量定理1BIL t BLq mv ==设cd 杆运动距离为d x +∆22BL xq r r∆Φ∆== 解得1222rmv x B L ∆=cd 杆运动距离为12227m rmv d x d B L+∆=+= （3）根据能量守恒，电路中损耗的焦耳热等于系统损失的机械能222012111100J 222Q mv mv mv =--=2．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm ，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T ．金属棒ab 从上端由静止开始下滑，金属棒ab 的质量m=0.1kg ．（sin37°=0.6，g=10m/s 2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s 时导体棒的加速度；（3）若经过时间t ，导体棒下滑的垂直距离为s ，速度为v ．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I 0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式（各物理量全部用字母表示）．【答案】（1）18.75m/s （2）a=4.4m/s 2（3222mgs mv Rt【解析】【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：sin cos mg F θθ= ， 根据安培力公式有： F BIL =， 根据欧姆定律有： cos E BLv I R Rθ==， 解得： 222sin 18.75cos mgR v B L θθ==； （2）由牛顿第二定律有：sin cos mg F ma θθ-= ，cos 1BLv I A Rθ==， 0.2F BIL N ==， 24.4/a m s =；（3）根据能量守恒有：22012mgs mv I Rt =+ ， 解得： 202mgs mvI Rt-=3．如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ad 和bc ，相距为L=10cm ；另外两根水平金属杆MN 和EF 可沿导轨无摩擦地滑动，MN 棒的质量均为m=0.2kg ，EF 棒的质量M =0.5kg ，在两导轨之间两棒的总电阻为R=0.2Ω（竖直金属导轨的电阻不计）；空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B=5T ，磁场区域足够大；开始时MN 与EF 叠放在一起放置在水平绝缘平台上，现用一竖直向上的牵引力使MN 杆由静止开始匀加速上升，加速度大小为a =1m/s 2，试求：（1）前2s 时间内流过MN 杆的电量（设EF 杆还未离开水平绝缘平台）； （2）至少共经多长时间EF 杆能离开平台。
高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题综合题
高中物理带电粒子在磁场中的运动压轴题综合题一、带电粒子在磁场中的运动压轴题1．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。
P是圆外一点，OP=3r。
一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。
己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。
求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
【答案】(1)(2)【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。
【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径。
设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①易得：②（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有③进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则④联立②③④解得2．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度为222v g．【解析】 【分析】 【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r 2+r 2=L 2， 解得：r =22L ， 小球在磁场中做圆周运的周期：T =02rv π，小球在磁场中的运动时间：t 1=14T 02L π， 小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=22L v ， 则：t 1：t 2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r =2212at ，解得，加速度：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin m=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；3．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O 点时的动能； (2)b ，c 粒子中打到荧光屏上的点与O 点间的距离(用x 、L 、d 表示)； (3)b ，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1) 242222222a k L B d q m U E mB d = (2) 1()2x y d L =+ (3) 11224==5Uqy W d Uq W y d【解析】 【详解】据题意分析可作出abc 三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqv d=， BdU v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qdy t dm mU ==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=-242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dy L L x +， 1()2x y d L =+(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =122221·2y Uq t m y t d v +=，22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uqy W d Uq W y d4．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（qm）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：（1）电场强度的大小；（2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．【答案】（1）g k （2）2g kB （3）2222232(,)28g k B L L k B g-【解析】 【分析】 【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=qk m解得g E k=（2）由几何关系：2R cos θ=L ，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B gθ=-+=-5．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。
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1、在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B 。
一质量为m ，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP ＝d ）射入磁场（不计重力影响）。
⑴如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度。
⑵如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点切线方向的夹角为φ（如图）。
求入射粒子的速度。
解：⑴由于粒子在P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP 上，AP 是直径。
设入射粒子的速度为v 1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：211/2v m qBv d = 解得：12qBdv m=⑵设O /是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O /Q ，设O /Q ＝R /。
由几何关系得： /OQO ϕ∠=由余弦定理得：2/22//()2cos OO R R RR ϕ=+- 解得：[]/(2)2(1cos )d R d R R d ϕ-=+-设入射粒子的速度为v ，由2/v m qvB R=解出：[](2)2(1cos )qBd R d v m R d ϕ-=+-A O O2、（17分） 如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。
有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。
质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d 。
接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。
不计重力影响。
若OC 与x 轴的夹角也为φ，求：⑴质点在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小。
解：质点在磁场中偏转90o ，半径qBmvd r ==φsin ，得mqBd v φsin =； 由平抛规律，质点进入电场时v 0=v cos φ，在电场中经历时间t=d /v 0，在电场中竖直位移221tan 2t mqE d h ⋅⋅==φ，由以上各式可得 3、如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。
一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。
粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点。
已知OP=l ,l OQ 32=。
不计重力。
求（1）M 点与坐标原点O 间的距离； （2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间。
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为0v ，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为1t ，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则qEa m=① 012y t a=② 001x v t =③ 其中0023,x l y l ==。
又有1tan at v θ= ④ 联立②③④式，得30θ=︒因为M O Q 、、点在圆周上，=90MOQ ∠︒，所以MQ 为直径。
从图中的几何关系可知。
23R l = ⑥ 6MO l = ⑦（2）设粒子在磁场中运动的速度为v ,从Q 到M 点运动的时间为2t , 则有0 cos v v θ=⑧ 2Rt vπ= ⑨ 带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间为t 为12+ t t t = ⑩ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得32+ 12mlt qEπ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ⑾4、如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤2a 2a范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。
坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～090范围内。
己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a ／2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。
求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 (1)速度的大小：(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。
【答案】（1）6(2)2aqB v m =-（2）α6sin =105、飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。
如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。
已知元电荷电量为e ，a 、b板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L 。
不计离子重力及进入a 板时的初速度。
⑴当a 、b 间的电压为U 1时，在M 、N 间加上适当的电压U 2，使离子到达探测器。
请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K ＝ne /m ）的关系式。
⑵去掉偏转电压U 2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能PS dLLMN a b探测器激光束通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U 1至少为多少？ 解：⑴由动能定理：2112neU mv =n 价正离子在a 、b 间的加速度：11neU a md=在a 、b 间运动的时间：11v t a ==d 在MN 间运动的时间：2L t v=离子到达探测器的时间：t ＝t 1＋t 2＝122KU Ld + ⑵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 ，由牛顿第二定律得：2v nevB m R=离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：R 2＝L 2＋(R －L /2)2由以上各式得：2212532neL B U m=当n ＝1时U 1取最小值22min2532eL B U m= 6、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（不计重力）。
若电场强度E 0、磁感应强度B 0、粒子的比荷qm均已知，且002m t qB π=，两板间距20210mE h qB π=。
（1）求粒子在0～t 0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 表示）。
（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0～t 0时间内运动的位移大小为21012s at =①qE a m=② 又已知200200102,mE mt h qB qB ππ== 联立①②式解得115s h =③ （2）粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。
设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =④21101mv qv B R =⑤ 联立④⑤式得15h R =π⑥ 又02mT qB π=⑦ 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。
在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为2210012s v t at =+⑧解得235s h =⑨由于s 1+s 2＜h ,所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2210v v at =+⑩ 22202mv qv B R =○11 解得225h R =π○12 由于s 1+s 2+R 2＜h ,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。
在4t 0~5t 0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225hR =π。
（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l 。
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、重力不计的带电粒子。
在0~3t 0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t 0时刻经极板边缘射入磁场。
上述m 、q 、l 、t 0、B 为已知量。
（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）⑴求电压U 0的大小。
⑵求t 0/2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。
⑶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。
点评：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y图甲tU -U图乙力的考查。
解析：（1）0t =时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，0t 时刻刚好从极板边缘射出，在y 轴负方向偏移的距离为12l ，则有U E l =①，Eq ma =② 21122l at =③ 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为2020ml U qt =④。
（2）012t 时刻进入两极板的带电粒子，前012t 时间在电场中偏转，后012t 时间两极板没有电场，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00lv t =⑤ 带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为012y v a t=⑥带电粒子离开电场时的速度大小为v =设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R ，则有2v Bvq mR=⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得02R qBt =⑨。
（3）02t 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'0y v at =⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向的夹角为α，则'tan yv v α=，联立③⑤⑩式解得4πα=，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22πα=，所求最短时间为min 14t T =,带电粒子在磁场中运动的周期为2m T Bq π=，联立以上两式解得min 2mt Bqπ=。
【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。