2022年高考试题分类汇编专题电场磁场综合 .pdf

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1、学习好资料欢迎下载20XX 年高考试题解析物理分类汇编专题11 电场、磁场综合1.（全国）（19 分）如图，与水平面成45 角的平面 MN 将空间分成I 和 II 两个区域。一质量为m、电荷量为 q（q0）的粒子以速度v0从平面 MN 上的 P0点水平向右射入I 区。粒子在I 区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在 II 区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II 区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。【解析】带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为 a，由牛顿定律

2、得qE = ma设经过时间t0，粒子从平面MN 上的点 P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v0t0 = 12at02粒子速度大小v1 = v02+(at0)2设速度方向与竖直方向的夹角为，则tan = v0at0此时粒子到出发点P0的距离为s0 = 2v0t0粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r1 = mv1qB设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2 ，则 P1到点 P2的距离为s1 = 2r1sin 由几何关系得 + = 45 联立式得s1 = 2mv0qBM N E v0 B P0 II I M N E v0 B P0 II I P1 P2 v1

3、 C r1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 27 页学习好资料欢迎下载点 P2与点 P0相距l = s0 + s1联立解得l = 2mv0q(2v0E+ 1B) 2.（安徽）（16 分）如图所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy 平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O 点沿 y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从 P点射出。（1）求电场强度的大小和方向。（2） 若仅撤去磁场， 带电粒子仍从O 点以相同的速

4、度射入，经02t时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4 倍，求粒子在磁场中运动的时间。解析： （ 1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向且有qE=qvB又R=vt0则0BREt（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在 y 方向位移22tyv由式得2Ry设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是32xR又有201()22txax y O P B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师

5、归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 27 页学习好资料欢迎下载得204 3Rat3.（全国）（15 分） （注意：在试题卷上答题无效）如图，两根足够长的金属导轨ab、cd 竖直放置，导轨间距离为 L，电阻不计。在导轨上端并接2 个额定功率均为P、电阻均为 R 的小灯泡。 整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。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保持正常发光。重力加速度为g。求：（1）磁感应强度的大小；（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。【解析】（1）设小灯泡的额

6、定电流为I0，有P = I02R根据题意， 金属棒 MN 沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经 MN 的电流为M N a c L b d 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 27 页学习好资料欢迎下载I = 2I0此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mg = BLI 联立式得式得B = mg2LRP（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得E = BLvE = RI0联立式得v = 2Pmg4.（广东）（18 分）如图 19（a）所 示，在以 O 为圆心，内

7、外半径分别为R1和 R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量， R1=R0，R2=3R0。一电荷量为 +q，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入，不计重力。已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A 点的初速度v0的大小若撤去电场，如图19（ b）所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v2射出，方向与OA 延长线成450角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。在图 19（ b）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析： 根据动能定理，22101122qUmvmv，O

8、 O A A R1R2C v0v1v2450(a) (b) 图 19 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 27 页学习好资料欢迎下载所以2012qUvvm 如 图 所 示 ，设 粒 子 在磁 场 中 作 匀 速圆 周 运 动 的 半 径 为R， 由 几 何知识可 知22221()RRRR，解得：02RR。根据洛仑兹力公式222vqv BmR，解得：2200222mvmvBqRqR。根据公式2tT，22 Rv T,222vqv BmR解得：022022244242RTmmtmvBqvR考虑临界情况，如图所示23310vqv B

9、mR，解得：310mvBqR233202vqv BmR，解得：3202mvBqR，综合得：302mvBqR5 （福建）（ 20 分）如图甲，在x0 的空间中存在沿y 轴负方向的匀强电场和垂直于xoy 平面向里的匀强磁场， 电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为 q(q0)的粒子从坐标原点O 处，以初速度v0沿 x 轴正方向射人， 粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。求该粒子运动到y=h 时的速度大小v；现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x 曲线）不同， 但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y 轴方向上的运动（y-t关系

10、）是简谐运动，且都有相同的周期T=2 mqB。.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；.当入射粒子的初速度大小为v0时，其 y-t 图像如图丙所示，求该粒子在y 轴方向上O A R1R2C v2450O A R1R2C 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 27 页学习好资料欢迎下载做简谐运动的振幅A,并写出 y-t 的函数表达式。解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有-qEh=12m v2-12m v02，由式解得v=202qEhvm

11、。（2）I由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x 轴方向匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则 qv1B=qE,又s= v1T，式中 T=2 mqB由式解得s=22 mEqBII.设粒子在y 方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为 v2（方向沿x 轴） ，因为粒子在y 方向上的运动为简谐运动，因而在 y=0 和 y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv0B -qE=-(qv2B-qE), 由动能定理有-qEym=12m v22-12m v02，又Ay=12ym 由式

12、解得Ay=mqB( v0-E/B)。可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t 的函数表达式为y=mqB( v0-E/B) (1-cosqBmt) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 27 页学习好资料欢迎下载6 （北京）（ 20 分）静电场方向平行于x 轴，其电势随 x 的分布可简化为如图所示的折线， 图中 0和 d 为已知量。 一个带负电的粒子在电场中以x=0 为中心，沿x 轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为 -q，其动能与电势能之和为A（0Ark+1） ，1kkkrrr ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，

13、vk+1，D1、 D2之间的电压为 U，由动能定理知22111222kkqUmvmv由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kkmvrqB，则222212()2kkq BqUrrm整理得214()kkkmUrqBrr因 U、q、m、B 均为定值，令24mUCqB，由上式得1kkkCrrr相邻轨道半径rk+1， rk+2之差121kkkrrr同理12kkkCrrr因为 rk+2 rk，比较kr ，1kr得1kkrr说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r减小方法二：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 27 页学

14、习好资料欢迎下载设 k（ kN*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rkrk+1） ，1kkkrrr ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、 D2之间的电压为 U 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kkmvrqB，故11kkkkrvrv由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量kEqU 以质子在 D2盒中运动为例，第k 次进入 D2时，被电场加速（2k1）次速度大小为(21)2kkqUvm同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为1(21)2kkqUvm综合上述各式可得112121kkkkrvkrvk整理得2212121kkr

15、krk，22121221kkkrrrk2112(21)()kkkkrrkrr同理，对于相邻轨道半径rk+ 1，rk+2，121kkkrrr，整理后有211+122(21)()kkkkrrkrr由于 rk+2 rk，比较kr ，1kr得1kkrr说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。15 （四川）（19 分）如图所示， 间距 l=0.3m 的平行金属导轨a1b1c1和 a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面 a1b1b2a2区域内和倾角=37的斜面 c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向

16、上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3、质量m1=0.1kg 、长为l的相同导体杆K、 S、Q 分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点， K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K 杆中点的轻绳平行精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 27 页学习好资料欢迎下载于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg 的小环。 已知小环以a=6 m/s2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g=

17、10 m/s2， sin37=0.6 ，cos37=0.8。求（1）小环所受摩擦力的大小；（2）Q 杆所受拉力的瞬时功率解析： （ 1）设小环受到摩擦力大小为f,则由牛顿第二定律得到11m gfm a.代入数据得到0.2fN.说明：式3 分，式 1 分（2）设经过K 杆的电流为I1，由 K 杆受力平衡得到1 1fB I L. 设回路总电流为I , 总电阻为R总，有12II.3=2RR总.设 Q 杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有EIR总.2EB Lv. 12sinFm gB IL.拉力的瞬时功率为PFv.联立以上方程得到2PW.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

18、纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 27 页学习好资料欢迎下载说明：式各3 分，各1 分，式各2 分16 （四川）（20 分）如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD 间距 d=0.1m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T 、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=510-13C 的微粒静止于W 处，在 CD 间加上恒定电压U=2.5V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY 边界离开台面。在微粒离开台

19、面瞬时，静止于 X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s2（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；（2）求由 XY 边界离开台面的微粒的质量范围；（3）若微粒质量mo=1 10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。解析： （ 1）微粒在极板间所受到的电场力大小为qUFd.代入数据111.2510FN.由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故 C 板为正极，D 板为负极说明：式2 分，式 1 分，正确说明极性得

20、2 分。若微粒质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理212qUmv.微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 27 页学习好资料欢迎下载径为 R,有2vBqvmR.微粒要从XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为12lR.2Rld.联立到，代入数据得到14138.1 102.8910kgmkg.说明： -式子各 1 分，式2 分（3）如图，微粒在台面以速度为v 做以 O 点位圆心， R 为半径的圆周运动；从台面边缘 P 点沿

21、与 XY 边界成 角飞出做平抛运动，落地点 Q 点，水平位移s,下落时间t。设滑块质量为 M，滑块获得的速度0v后在 t 内与平台前侧面成角度方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为K， 。由 几何关系得到：coslRR.根据平抛运动2htg.svt.对于滑块，由牛顿运动定律及运动学方程，有MgMa.(11) 2012kv tat.(12) 再由余弦定理222(sin)2 (sin)cosksdRs dR.(13) 以及正弦定理sinsinsk.(14) 联立和-（14） ，并带入数据得到04.15/vm s.(15) arcsin0.8(或者053) 说明（ 8）-（16）式各 1

22、分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 27 页学习好资料欢迎下载17 （上海）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为 30 ，导轨上端ab 接一阻值R=1.5 的电阻，磁感应强度B=0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5 ，质量m=0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热0.1rQJ。 (取210/gm s)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度2/vm s时的加速

23、度a(3)为求金属棒下滑的最大速度mv，有同学解答如下：由动能定理21-=2mWWmv重安， 。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。【解析】（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于3Rr，因此30.3()RrQQJ=0.4()RrWQQQJ安（2）金属棒下滑时受重力和安培力22=B LFBILvRr安由牛顿第二定律22sin30B LmgvmaRr2222210.80.752sin 30103.2(/)()20.2(1.50.5)B Lagvm sm Rr(3)此解法正确。金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足精选学习资料 - -

24、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 27 页学习好资料欢迎下载22sin30B LmgvmaRr上式表明， 加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速， 当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。21sin302mmgSQmv2120.42sin302 10 1.152.74(/)20.2mQvgSmsm【答案】 0.4J 3.2m/s2正确， 27. 4m/s 18 （山东）（18 分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强

25、磁场区边界竖直，相距为L, 磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为 -q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角30（1）当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求 B0及粒子在区运动的时间t0（2）若区宽度L2=L1=L 磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h （3）若 L2=L1=L 、B1=B0，为使粒子能返回区，求 B2应满足的条件（4）若1212,BBLL，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子

26、从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式。解析： （ 1）如图所示，设粒子射入磁场区的速度为v，在磁场区中做匀速圆周运动的半径为 R1，由动能定理和牛顿第二运动定律得qU=12mv2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 27 页学习好资料欢迎下载qvB1=m21vR，由几何知识得L=2R1sin联立代入数据得B0=12mULq。设粒子在磁场区中做匀速圆周运动的周期为T，运动的时间为t。T=2 R1/v，t=22T 联立式，代入数据得t=32LmqU(2)设粒子在磁场区中

27、做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m22vR，由几何知识可得h=( R1+ R2)(1-cos )+Ltan 联立式，代入数据得h=(2-233)L （3）如图 2 所示，为使粒子能再次回到I 区，应满足R2(1+sin )32mULq（或 B232mULq）12（4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场I 区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得L1= R1 (sin + sin )， 或 L1= R1 (sin - sin )，13L2= R2 (sin + sin )， 或 L2= R2 (sin - sin )，14联立式解得B1R1= B2R215联立131

28、415 式解得 B1L1= B2L2。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 27 页学习好资料欢迎下载19 （江苏）（16 分）某种加速器的理想模型如题15-1 图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图15-2 图所示，电压的最大值为 U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为 q 的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。 现该粒子的质量增加了01100m。 （粒子在两极

29、板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力）（1）若在 t=0 时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能；（2）现在利用一根长为L 的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响） ，使题 15-1 图中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的 c 孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；（3） 若将电压uab的频率提高为原来的2 倍， 该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？【答案】（1）204925kEqU（ 2）如图所示（3）031325KmEqU【

30、解析】本题考查带电粒子在电场中的加速和在磁场中的圆周运动。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 27 页学习好资料欢迎下载（1）质量为0m的粒子在磁场中作匀速圆周运动2002,vrqvBmTrv则002 mTqB当粒子的质量增加了0011,100100mTT其周期增加则根据题 15 2 图可知，粒子第一次的加速电压10uU粒子第二次的加速电压202425uU射出时的动能212kEququ解得204925kEqU（2）磁屏蔽管的位置如右图所示。（3）在0abu时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数0/ 4,TNT得 N=25

31、分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且0uU时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。粒子由静止开始时加速的时刻0119()(0,1,2,)250tnT n最大动能0013232()252525KmEqUqU解得031325KmEqU20.（海南）如图， ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M N是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和 2m。竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中， 磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略， 重力加速度为g。在 t=0 时刻将

32、细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好。求（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度。答案： （ 1）2：1 （2）2214lBmgRvm2222lBmgRvm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 27 页学习好资料欢迎下载解析：（1）细线烧断后，两根金属杆组成的系统动量守恒，设MN 的速度为v1，M N的速度为 v2，则0=m v1-2mv2，解得 v1：v2=2：1（2）细线烧断前，系统处于平衡状态，外力F=3mg；当细线烧断后，MN 从静止开始向上运动，M N也从静止开始向下运动，由于MN 的速度 v1总大于M N的速度 v2，则感应电流方向为逆时针方向。MN 的加速度从2g 开始减小到0 后，速度达到最大，设为vm1，此时根据牛顿第二定律0BIlmgFM N的加速度从g 开始减小到0 后， 速度达到最大， 设为 vm2， 由 （1） 得 vm1=2vm2又根据闭合电路欧姆定律得RBlvBlvImm21解得：2214lBmgRvm2222lBmgRvm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 27 页