高考物理电磁综合压轴大题汇编

1、2016年高考押题1. （18分）在竖直平面内，以虚线为界分布着如图所示足够大的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场方向竖直向下，大小为E;匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度大小为B。虚线与水平线之间的夹角为8=45 , 一带负电粒子从O点以速度V0水平射入匀强磁场，已知带负电粒子电荷量为 q, 质量为m （粒子重力忽略不计）。（D带电粒子从o点开始到第1次通过虚线时所用的时间；（2）带电粒子第3次通过虚线时，粒子距 O点的距离；（3）粒子从O点开始到第4次通过虚线时，所用的时间1. （18分）解：如图所小：（1）根据题意可得粒子运动轨迹如图所示。T 2m （2 分）Bq因为=45 ,根据几何关系，

2、带电粒子从O运动到A为3/4圆周（1分）则带电粒子在磁场中运动时间为:3如 t（1分）2Bq2（2）由 qvB=nv- （2 分）rmV。得带电粒子在磁场中运动半径为：r 而， （1分）2mvo带电粒子从O运动到A为3/4圆周，解彳# Xoa J2r Bq（1分）带电粒子从第2次通过虚线到第3次通注虚线运动轨迹为1圆周，Xoa Xac 2 2mv04所以粒子距O点的距离Xoc 242r （1Bq分）（3）粒子从A点进入电场，受到电场力F=qE,则在电场中从A到B匀减速, 再从B到 A匀加速进入磁场。在电场中加速度大小为：旺m（1分）从A到B的时间与从B到A的时间相等V m （1分）带t3电m2

3、BqA 到 C（1分）带电粒子从C点再次进入电场中做类平抛运动X=v）t 4 （1 分）、,1 -2八Y 2at4（1 分）由几何关系得：Y=X （12mv0t4分）qE（1分）2 m 4mvo第4次到达虚线的总时间为t t1 2tAB t3 t4 （2qB qE分）2. （18分）如图所示的空间分为I、II、III三个区域，边界AD与边界AC的夹 角为30 ,边界AD与边界EF平行，边界AC与边界MNff彳T, I区域内存在 匀强电场，电场方向垂直于边界 AD, II、III区域均存在磁感应强度大小为 B的匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，III区域宽度为2d。大量质量为

4、m电荷量为+q的相同粒子在边界EF上的不同点由 静止经电场加速后，到达边界 AD时的速度大小均为一,然后，沿纸面经边界 AD进入II区域磁 场。不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用力。 试问：（1）边界EF与边界AD间的电势差。（2）边界AD上哪个范围内进入II区域磁场的粒子，都能够进入III区域的磁场?(3)对于能够进入III区域的这些粒子而言，它们通过III区域所用的时间 不尽相同，那么通过III区域的最短时间是多少。3. (18分)坐标原点。处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方 各个方向发射 粒子，粒子的速度大小都是vo ,在0yd的区域内分布有指向2y轴正方向的匀强电场，场强

5、大小为 e 3mv0 ,其中q和m分别为 粒子的电事 2qd和质量；在dx0, 0x0, xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感 应强度大小均为B。在。点出有一小孔，一束质量为 m带电量为q （q0）的粒 子沿x周经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射 粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在 0xa的区域中运动的时间之比为 2 : 5,在磁场中 运动的总时间为7T/12,其中T为该粒子在磁感应强度为 B的匀强磁场中做圆周 运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。5解：对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示

6、：带电粒子的轨迹和 x=a相切，止匕时r=a, y轴上的最高点为y=2r=2a ;对于x轴上光屏亮线范围的临界条件如图 2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为 x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c由对称性得到c 在x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足士 2F 5一 15一一解得ti -Tt2 -T 由数学关系得到:1 62 12代入数据得到:-3OP=2(1+ )a3痫2a所以在x轴上的范围是2a x 2(1 + )a 36. (18 分)如图(a)所示，在xOy竖直

7、平面直角坐标系中，有如图(b)所示的随 时间变化的电场，电场范围足够大，方向与y轴平行，取竖直向上为正方向； 同时也存在如图(c)所示的随时间变化的磁场，磁场分布在x1x0 y1g 取 10m/s2, sin37Oy y1的虚线框内，方向垂直坐 标平面，并取向内为正方向。在t=0 时刻恰有一质量为 m=4mg2 (1 分)_ 2 2B L V1a2(t1)2Rma2(1st2s)所以表达式为F1.170.8(t 1)(1st2s)(10)式（2分）当t=1s时拉力为F2min1.17N当t=2s时拉力为F2max1.97N在03.0s内，拉力F随时间t变化的图像见图（3分)9. （18分）如图

8、所示，在xOy平面内，第二象限中有匀强电场，方向沿正方向，在第四象限有匀强磁场，方向垂直于xOy平面问外。今有一个质量为 电量为e的电子（不计重力），从y轴上的P（0, L）点以垂直于y轴、大小为vo 的初速度射人电场，经电场偏转后从 x轴上的q-2L, 0）点进入磁场，并能返 回到出发点P。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小；（3）若电场和 磁场均不变，要使电子在磁场中经历一段圆弧后从 O点射出磁场，则电子仍从 P 点垂直于y轴射入电场时的初速度应为多大?10. （17分）如图（a）所示，在真空中，半径为b的虚线所围的圆形区域内存在匀 强磁场，磁场方向与纸面垂直。在磁场右侧有一

9、对平行金属板M和N,两板间距也为b,板长为2b,两板的中心线OQ与磁场区域的圆心。在同一直线 上，O也是圆周上的一点，两板左端与 O在同一竖直线上。有一电荷为+q、 质量为m的带电粒子，以速率vo从圆周上的P点沿垂直于半径OO并指向圆 心。的方向进入磁场，当从 O点飞出磁场时，给 M N板加上如图（b）所 示电压u,电后粒子刚好以平行于N板的速度，从N板的边缘飞出。不计平 行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力。（1）求磁场的磁感应强度B;（2）求交变电压的周期T和电压U的值；（3）若t工时，将该粒子从MNK右侧沿板的中心线 QO,仍以速率vo射入 2M N之间，求粒子从磁场中射出的点到 P点

10、的距离。11. （17分）（1）粒子自P进入磁场，从O点水平飞出磁场，运动的半径必为b （1 分）2由qvoB博b（2分）解得B年bq（1分）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外。（1分）（2）粒子自O点进入电场，最后恰好从N板的边缘平行飞出，设运动时间 为t ,则2b Vot（1分）t nT（n 1,2,）（2分）b2（2分）qUoa mb（1分）解得T -2b（n 1,2,3 ）mvo（1分）2nmvo /U 0（n 1,2,3,）2q（1分）（3）当t=T/2粒子以速度v0沿QO射入电场时，则该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，且进入磁场的速度仍为v0,运动的轨道半径仍为b（

11、2分）设进入磁场的点为Q离开磁场的点为R,圆心为Q,如图所示，四边形OQ3R是菱形，故OR/QO,所以P、Q R三点共线，即PO助圆的直径。即 PR 间 的 距 离 为 2b 。（2分）11. （18分）在真空室内，竖直放置的 M N板涂有荧光物质，如图所示.两 板间竖直条形区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II存在水平向右的匀强电场，磁场和电场均有界，宽度均为 L ,且足够长，磁场的强弱可以调节，电 场强度恒为E.现有一束质子从 A处连续不断地射入磁场，入射方向与 M板成 9 = 60 夹角且与纸面平行，已知该质子束由两种速度的质子组成，一 种速度大小为v的低速质子，另一种速度大小为 3

12、v的高速质子.当I 区域的磁场较强时，M板出现两个亮斑，缓慢改变磁场强弱，直到两个亮 斑相继消失，此时观察到N板有两个亮斑.已知质子质量为 m,电量为e,不计质子重力和相互间作用力，求：(1)若保持 M N板各有一个亮斑，磁场的磁感应强度 应控制在什么范围内；(2)当M板亮斑刚好消失，N板出现两个亮斑时，两 个亮斑之间的距离.12. (18分)参考解答:(1) M N板各有一个亮斑，高速质子打在 N板上，低速质子打在M板上.B最 大时，高速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，在磁场中运动 半径为R,则有解得Bmax?B最小时，低速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，在磁场中运动

13、半径为R,则有磁感应强度的取值范围为:3mv b 9mv2eL2eL(2)恰好出现两个亮斑时，低速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，在磁场中运动半径为 R,高速质子半径 R； 3R2,轨迹如图所示.由几何关系知此时高速质子沿电场线方向进入电场，到达 N板时与A点得竖直高 度差为低速质子在磁场中偏转距离为h2 R2 sin600设在电场中运动时间为t/,则有L - at/2eE ma2在电场中偏转的距离为h3 vt/解以上各式得 h几h2h3 (2学L v 3评分标准：(1)问8分，(2)问10分.共18分.12、(20分)光滑绝缘的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R,固定在竖直

14、平面内。A、B是质量都为m的小环，A带电量为一2q、B的带电量为+q,用 长为R的绝缘轻杆连接在一起，套在轨道上。整个装置放在电场强度为E=mg/3q 方向竖直向上的匀强电场中，将AB两环从图示位置静止释放，A环离开底部2R 不考虑轻杆和轨道的接触，也不考虑 A、B间的库仑力作用。求:(1) AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力的大小。(2) A环到达最低点时，两球速度大小。(3)若将杆换成长J万R, A环仍从离开底部2R处静止释放,经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度。1(4匿 10) R12、(1).0 . 5mg(2) V A=VB=v33gR/6 (3) 二13、(16分)

15、如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意L：图.在xOy平面的第一象限，存在以 x轴、y轴及双曲线 y = 1的一段4X(0&X&L, 0&ywL)为边界的匀强电场区域I ；在第二象限存在以x=L、x =2L、y=0、y = L的匀强电场区域H .两个电场大小均为E,不计电子所受重力， 电子的电荷量为e,求：(1)从电场区域I的边界B点处由静止释放电子，电子离开 MNPQj的坐标;(2)由电场区域I的AB曲线边界由静止释放电子离开 MNPQj最小动能;13、解析 量为m电子 匀加速直线运 的速度为V0, 区域匀速运动,(1)设电子的质 在电场I中做 动，出区域I时 接着在无电场 此

16、后进入电场2mn,在电场II中做类平抛运动，假设电子从 NP边射出，出射点纵坐标为y%由y=对于b点y=L,则x=1L所以, txL 1.12eE ,4L= 2mv0 解得 v0=eEL 1c 1 eE L .设在电场II中运动的时间为t iL y1 = /at 1=2，(v)解彳4 yi = 0,所以原假设成立，即电子离开MNPQ：域的位置坐标为(一2L,0)(2)设释放点在电场区域I中的坐标为(x, y),在电场I中电子被加速，速 度为vi时飞离电场I,接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场II做类平 抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2,偏转位移为y2.L 121 ,21 eE,L、

17、2eEx= 2mvy2=2at2=2 -（v；）解彳3xy2 = L2/4 ,所以原假设成立，即在电场I区域的 AB曲线边界由静止释 放的所有电子离开MNPQtB从P点离开的.其中只有从x=y点释放的电子，离 开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：eE-(x+y)=E 0所以E=eEL 答案(1)( - 2L, 0) (2) eEL 14. (18分)如图所示，质量为m带电量为+q的带电粒子(不计重力),从左极板 处由静止开始经电压为 U的加速电场加速后，经小孔 O进入宽为L的场区，再 ，-1经宽为2L的无场区打到荧光屏上。O2是荧光屏的中心，连线 OQ与荧光屏垂直。第一次在宽为L整个区域

18、加入电场强度大小为 E、方向垂直OQ竖直向下的匀强 1 ,电场；第二次在宽为L区域加入宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向垂直纸面且相反。两种情况下带电粒子打到荧光屏的同一点。求：(1)带电粒子刚出小孔O时的速度大小；(2)加匀强电场时，带电粒子打到荧光屏上的点到Q的距离d；(3)左右两部分磁场的方向和磁感应强度 B的大小。14.解(1)带电粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得；1 o - 一八qU - mv0 2 分2 带电粒子在偏转电场中，设运动时间为t,加速度为a,平行电场的分速度为vy,侧移距离为y由牛顿第二定律得：qE = ma1分由运动学公式得：L = vot1分vy

19、= at 1分由得：y at21分2带电粒子从离开电场到打到荧光屏上的过程中，设运动时间为t,侧移距离为y .由运动学公式得：2 = Vot1分=旦2 1分2U 1刀由得：y = Vy t1分由得带电粒子打到荧光屏上的点到 02的距离：d = y + y (3)磁场的方向如图所示，左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。1 分带电粒子运动轨迹与场区中心线交于 N点，经N点做场区左 边界的垂线交于M点，经N点做过N点速度的垂线交场区左 边界于O点，0点就是带电粒子在左半区域磁场中做圆周运动 的圆心。带电粒子在两部分磁场中的运动对称，出磁场的速d .度与荧光屏垂直，所以0M= 2。(意思明确即

20、可)2分R2 （宁（R 2）22分设带电粒子做圆周运动的半径为 R,由几何关系得：2由牛顿第二定律得：qvoB m0-1分由vo、d的结论和式解得:2Um 8EU - 八B = A/（4U2 + E2L2 ）（未代入原始数据不得分）2 分15 （14 分）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限，直线OP与x轴正向的夹角OP与y轴之间存在垂直于坐标平面向外的，磁感应强度大小为B的匀强磁场,OP与x轴之间有方向沿x轴负方向的匀强电场， 一质量为m电荷量为q的带正电粒子(重力不计)， 从原点。沿y轴正方向以速度V0射入磁场，从x 轴上某处沿与x轴负向成角的方向离开第一象4限，求：(1)粒子的运动轨迹与

21、OP的交点坐标(2)电场强度的大小(3)粒子在第一象限内运动的时间(4)若在第四象限中加一垂直坐标平面， 磁感应强度为2B的正三角形磁场，使 粒子能再次经过坐标原点。且与y轴正向夹角为一进入第二象限，试计算所加磁4场的最小边长15解由几何关系知，从。到A为1/4圆周，从A到C速度匀减速到0,再反向加速到 A,从A经3/4圆周到D,后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，由几何关 系知粒子运动与OP的交点坐标为：16 (18分)如图所示，在直角坐标系的原点 。处有一放射源，向四周均匀发射 速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右侧有一很薄的挡板， 垂直于x轴放置，挡板与xoy平面交线的

22、两端M N正好与原点O构成等边三角 形，0为挡板与x轴的交点。在整个空间中，有垂直于 xoy平面向外的匀强磁 场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动。已知带电 粒子的质量为m，带电荷量大小为q,速度大小为u , MN的长度为L。(不计带 电粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)确定带电粒子的电性；(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值。(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与 MNf切，如图甲所示。（2分

23、）则最大半径rmax1 L cos30243L （2分）图中点。为轨迹的圆心，由于内接 OMM正三角形,17 （18分）如图，POy区域内有沿y轴正方向的匀强电场，POx区域内有垂直 纸面向里的匀强磁场，OP与x轴成9角.不计重力的负电荷，质量为 m 电量为q,从y轴上某点以初速度V0垂直电场方向进入，经电场偏转后垂直有：qvB4日 彳寸r由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可知，所有粒子的轨迹半径都 相等。mv qB2 mvr（3分）由上式可得，磁感应强度的最小值由几何知识，最小的轨迹半径为rmin粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有所以，磁感应弓度的最大值Bmax（3分）q

24、L3mv（1）由左手定则可得，粒子带正电荷。（2分）（2）设磁感应强度大小为B,带电粒子运动的轨 迹半径为r,带电粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹 力提4 3mvBmin -； 3qL（3）为使MN勺右侧都有粒子打到, 最小半径的轨迹为图乙中（2分）L2 cos30qvB16.（18分）解:（2分）打在N点的粒子的圆弧OMN2 mvryEops入磁场，又垂直x轴离开磁场.求:1）电荷进入磁场时的速度大小2）电场力对电荷做的功voP, BO x(3)电场强度E与磁感应强度B的比值17. （18 分）解：（1）设A、B相碰前A的速度大小为v,由动能定理:- mAgs1mAv212-mAVo 2代入数

25、据解得：v 9 m/s（2）设A、B相碰后A、B的速度大小分别为Va、Vb。A B相碰，动量守恒:mAV mAVAmBVB设A、B相碰后到停止运动所通过的位移分别为Sa、 Sb。由动能定理:对A：1 一 2 mAgsA0 - mAVA对B:c 1 mBgSB0 -mB（此步用匀变速直线运动的规律求解也可）Sb Sas 19.5 m联立解得： V=5m/s, VB=8m/s岂A、B碰撞过程中的能量损失：-mBVB ) 212/ 12-mAV(-mAVA22联立得： E 24 J（评分说明：每式 2分）36. （18 分） 解：（1）设带电粒子到达OP进入磁场前的瞬时速度为v,有:yEv0vvoJ

26、DV0J_lsin（2）由动能定理，电场力做的功为:12 12 12一2WE -mv- mv0 mv0 cot222（2）设带电粒子在磁场中运动的半径为 R,由牛顿运动定律:qBv2 mvR依题意：ODR有几何关系：CDODcos有：CD%t又：vDyv0cot岂在y方向：vDyqEt m联立可得：E 后Vo（评分说明：每式2分）18.（16分）如图所示，G D为平行正对的两金属板，在 D板右方一边长为1 = 6.0 cm的正方形区域内存在匀强磁场，该区域恰好在一对平行且正对的金属板 M N之间，M N两板均接地，距板的右端 L= 12.0 cm处放置一观察屏.在 C、D 两板间加上如图乙所示

27、的交变电压，并从C板。处以每秒1 000个的频率均匀的源源不断地释放出电子，所有电子的初动能均为国=120 eV,初速度方向均沿OO直线，通过电场的电子从 M N的正中间垂直射入磁场.已知电子的质量为9.0X10 31 kg,磁感应强度为 B= 6.0 X 10 4 T.问：（1）电子从D板上小孔O点射出时，速度的最大值是多大？ （2）电子到达观察 屏（观察屏足够大）上的范围有多大？ （3）在UCD变化的一个周期内，有多少个电 子能到达观察屏？18. （16 分）（1） U CD= 200 V时，粒子获得最大速度 vmax（1分） 1010由动能止理eUC- 2mwax 2mv（2分）mmia

28、x（2）最大半径 Rmax= eB=10 cm（1 分）l 3sin 0 1 = 7；二二Rnax 5y min Rmax（1 cos 0i） + Ltan 8 1= 11 cm（2 分）一 , 一、0 l 2卅J _ _口印母口 a q .I 1L I I r最小半径应满足 扁=12+ Rmin-2 （1分） 一 14 Rmin=7.5 cm , sin 0 2=IRmin5ly max5+ Ltan 0 2=19 cm（2 分）Ayy max y min8 cm（1 分）mmin八 R min=eB。分）1 2eUB1=尹%一&（2 分）. Uabi= 60 V（1 分）.n =U： *B

29、1X2 000 = 1 400 个（1 分） Um19 （16分）如图所示，线圈焊接车间的水平传送带不停地传送边长为L,质量为m,电阻为R的正方形线圈，传送带始终以恒定速度 v匀速运动.在传送带的左 端将线圈无初速地放到传送带上，经过一段时间，线圈达到与传送带相同的速度， 已知当一个线圈刚好开始匀速运动时， 下一个线圈恰好放到传送带上，线圈匀速 运动时，相邻两个线圈的间隔为 L,线圈均以速度v通过一磁感应强度为B、方 向竖直向上的匀强磁场，匀强磁场的宽度为3L.求：（1）每个线圈通过磁场区域产生的热量Q; 2）电动机对传送带做功的功率P（3）要实现上述传送过程，磁感应强度 B的大小应满足什么条

30、件？（用题中的mi R L、v表示）19. （16分）（1）每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为t穿=-（2分） vE= BLv（1 分）E2八P= r（1 分） R2L,产生热量0= P tB2L2V2 2L 2B2L3v 穿=R . v= R2F2I 3v解彳30=空9（1分）R（2）每个线圈从投放到相对传送带静止，运动的距离是一样的. 间隔为T,则vt图如图所示.可得2L= v , T（1分）v = a , T（1 分）传送带做加速运动f = n mg= ma（1分）v在T时间内，传送带位移为s传=丫线圈位移为s线= T设投放时间摩擦厂生的热为0摩擦=m mg,s相对=BVv2线圈中

31、焦耳热0焦耳=一丁 TR 八12 .有 P T= 0 摩擦 + 2mv+ 0焦耳（1分）0代入以上各式，得P=mV BVv22L（1分）（3）为保持线圈通过磁场过程中不产生滑动，安培力必须不超过滑动摩擦力.B2L2V小八、应有 BIL = zr- m mg（2分）R-mvR ,代入（2）中有关各式，得BW，2L3（2分）20. （18分）如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为，电场 方向在纸面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里。一质量加,电量为q的正电 粒子（重力不计），从。点以速度V0沿垂直电场方向进入电场，从A点射出电场进（2分）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，粒子从磁场右边界上C点水平穿出， 求：（1）粒子进入磁场时的速度V为多少（2）电场强度E和磁感应强度B的大小。20.解：解：（1）粒子在电场偏转垂直电场方向d Votd Vy t 平行电场方向22（2分）解得Vy=V（1分）到达A点的速度为V Wy2 V:小。 （1分）.1 Vy.1 Voosin sin 45进入磁场时速度方向与水平方向成8Vx，2Vo （1分）（2）在电场中FmV0a Vy=atm