电磁学压轴题汇集

电磁学压轴题汇集

24、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。

24、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

2

11/2

v m qBv d = 解得：12qBd

v 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 ?∠= //

OO R R d =+-

由余弦定理得：2

/22//

()2cos OO R R RR ?=+- 解得：[]

/

(2)

2(1cos )d R d R R d ?-=

+-

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 ?-=

+-

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。

24．质点在磁场中偏转90o，半径qB mv d r =

=φsin ，得m

q B d v φs i n =；

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2

21tan 2t m

qE d h ??==φ，由以上各式

可得

φφcos sin 32m

d

qB E =

25．（18分）如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一匀强磁场，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 ，OQ=23l 。不计重力。求：⑴M 点与坐标原点O 间的距离；⑵粒子从P 点运动到M 点所用的时间。

25．⑴MO=6l ⑵qE ml

t 2123???

?

??+=π33、（2009年宁夏卷）25．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qE

a m

=

①

1t =

② 0

01

x v t =

③

x

其中00,x y l ==。又有1

tan 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。

R = 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 2R

t v

π= 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+ 1t =? ⑾

25．(18分)

如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤

2a 2

a

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0～0

90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

）(2aqB v m =（2

）αsin =10

命题点10：带电粒子在组合场中的运动——电场中的加速、偏转；磁场中的圆

周运动

07—25．（18分）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？

25、解：⑴由动能定理：2112

neU mv =

n 价正离子在a 、b 间的加速度：1

1neU a md

= 在a 、b 间运动的时间：

11v t a ==

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＝

1

22KU L

d +

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：2

v 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：22

12532neL B U m

=

当n ＝1时U 1取最小值22

min

2532eL B U m

=

08—25.（18分）【2010示例】

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q

m 均已知，且002m t qB π=，两板间距202

010mE 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

2

10

12s at =① 0qE a m

=② 又已知2002

00

102,mE m t 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 =④

2

1101

mv qv B R =

⑤ 联立④⑤式得15h R =π⑥ 又0

2m

T 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2

210012

s v t at =+

⑧ 解得235

s 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 2

210v v at =+⑩ 2

2

202

mv qv B R =○11 解得2

25h 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225h R =

π

。 （3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。

09—25．（18分）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

、

y

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：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，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）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

1

2

l ，则有0U E l =①，Eq ma =②

2

1122

l at =③ 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为2

020

ml 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01

2

t 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00

l

v t =

⑤ 带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为01

2

y 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2

v Bvq m R

=⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得0

2R qBt =

⑨。

图甲

t

图乙

（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0

'tan y

v v α=

， 联立③⑤⑩式解得4

π

α=

，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

22

π

α=

，所求最短时间为min 1

4

t 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 2m

t Bq

π=

。

【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。

2010——25．（18分）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1v 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 ⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功1W 。 ⑵粒子第n 次经芝电声时电场强度的大小n E 。 ⑶粒子第n 次经过电场子所用的时间n t 。

⑷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）。

【答案】（1）2

132mv （2）21(21)2n mv qd +（3）12(21)d n v + （4）见解析

【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由2

v qvB m r

=得mv r qB =

则v 1：v 2：…：v n =r 1：r 2：…：r n =1：2：…：n

（1）第一次过电场，由动能定理得222

1211113222

W mv mv mv =

-= （2）第n 次经过电场时，由动能定理得22

11122

n n n qE d mv mv +=-

解得2

1(21)2n n mv E qd

+=

（3）第n 次经过电场时的平均速度1121

22

n n n v v n v v +++=

=， 则时间为1

2(21)n n d d

t n v v =

=+ （4）如图

16、（2009年天津卷）11．如图所示，直角坐标系

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。一质量为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，经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，

小球过M 点时的速度方向与x 轴的方向夹角为θ。不计空气阻力，重力加速度为g

，求

(1) 电场强度E 的大小和方向；

(2) 小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3) A 点到x 轴的高度h.

答案：（1）mg q ，方向竖直向上

（2）cot 2qBL

m

θ （3）

22228q B L m g 【解析】本题考查平抛运动和带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 mg = ①

mg

E q

=

② 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，O ′为圆心，MN 为弦长，MO P θ'∠=，如图所示。设半径为r ，由几何关系知

L

sin 2r

θ= ③ 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

2

mv qvB r

= ④

由速度的合成与分解知

cos v v

θ= ⑤ 由③④⑤式得 0cot 2qBL

v m

θ= ⑥

（3）设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为

0tan y v v θ= ⑦ 由匀变速直线运动规律 2

2v g h = ⑧

由⑥⑦⑧式得 222

28q B L h m g

= ⑨

18、（2009年福建卷）22．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 =2.0×10-3

T,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 =3.5×104m/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）

q m

=4.9×710C/kg （或5.0×7

10C/kg ）；（2）67.910t s -=? ； （3）20.25S m = 【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 、P 连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得

2

r = ①

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

入射口

入射口

2

v q v B

m r

= ② 联立①②并代入数据得

q m

=4.9×710C/kg （或5.0×7

10C/kg ） ③ （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

= ④ 代入数据得 70/E N C = ⑤

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

45360t T =

⑥ 2r

T v

π=

⑦ 联立①⑥⑦并代入数据得

6

7.9

10t s -=? ⑧ （3）如图，所求的最小矩形是11MM PP ，该区域面积 2

2S r = ⑨ 联立①⑨并代入数据得

2

0.25S m

= 矩形如图丙中11

MM PP （虚线） （安徽卷）23.(16分)如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。0t =时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的

1N 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2N 点。Q 为线段12N N 的中点，重力加速度为g 。上述d 、0E 、m 、v 、

g 为已知量。

入射口

入射口

1

(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

0mg qE qvB += ①

微粒作圆周运动，则 0mg qE = ② 联立①②得 0

mg

q E =

③ 0

2E B v

=

④ （2）设粒子从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2，则

12

d

vt = ⑤ 2

v qvB m R

= ⑥

22R vt π= ⑦ 联立③④⑤⑥⑦得

12;2d v t t v g

π=

= ⑧ 电场变化的周期 122d v

T t t v g

π=+==

+ ⑨ （3）若粒子能完成题述的运动过程，要求

d ≥2R (10)

联立③④⑥得

2

2v R g

= （11）

设N 1Q 段直线运动的最短时间为t min ，由⑤（10）（11）得 min 2v

t g

= 因t 2不变，T 的最小值

min min 2(21)2v

T t t g

π+=+=

（全国卷1）26．（21分）如下图，在0x ≤≤

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0～180°范围

内。已知沿y 轴正方向发射的粒子在0t t =时刻刚好从磁场边界上,)P a 点离开磁场。求：

⑴ 粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q ／m ；

⑵ 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； ⑶ 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

【答案】⑴a R 332=

32Bt m q π

= ⑵速度与y 轴的正方向的夹角范围是60°到120°

⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为02t

【解析】 ⑴粒子沿y 轴的正方向进入磁场，从P 点经过做OP 的垂直平分线与x 轴的

交点为圆心，根据直角三角形有2

22)3(R a a R -+=

解得a R 3

3

2=

2

3sin ==

R a θ，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为03t T =

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

R T m Bqv 2)2(

π=，T

R

v π2=

，化简得032Bt m q π= ⑵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°，所经过圆弧的弦与⑴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°。

角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y 轴的的夹角是60°，则此时速度与y 轴的正方向的夹角是120°。

所以速度与y 轴的正方向的夹角范围是60°到120° ⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为a R 3

3

2=

，而它的高是 a a a h 3

3

3323=-

=，半径与y 轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用 时间 为02t 。

所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为02t 。 （新课标卷）25.(18分)如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤

2

a

范围内有垂直于xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。坐标原点O 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0～90°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于

2

a

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)速度大小；

(2)速度方向与y 轴正方向夹角正弦。

解析：

设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦磁力

公式，得2

mv qvB R

=，解得：mv R qB =

当

2

a

＜R ＜a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，4T t =时，2

OCA π

∠=

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：

sin ,sin cos 2

a

R R R a R ααα=-=-再加上22sin cos 1αα+=，解得：

6(2,(2,sin 2210

aqB R a v m α=-

=-=