江苏省如皋市18届高考物理二轮复习专题四电磁场类问题电磁复合场练习180402396

。 。 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 专题四 电磁场类问题（电、磁、复合场）

一、

单选题

1.如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让不计重力的相同带电粒子a、b，以不同初速度先、后垂直电场射入，a、b分别落到负极板的中央和边缘，则( ) A．b粒子加速度较大 B．b粒子的电势能变化量较大

C．若仅使a粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘 D．若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘 2.如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( ) A．0

4C.

3T

TT3TB.

9TD．T

8

3.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为( ) 1

A.v 2C.

3

v 2

2

B.v 33D.v 2

4.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原

1

理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是( ) A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高

C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的 D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将增大

5.科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子，如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v，忽略粒子重力及粒子间相互作用，要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B的最小值为( ) A.C.2mv qaqaB.D.

22mvqa42mv

4mv qa二、 多选题

6.如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，O为AB连线的中点，且AO＝OF，E和φ分别表示F处的场强大小和电势。将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用ε和

a表示，取无穷远处为电势零点，若将负点电荷N移走，则( )

A．E不变 C．ε变小

B．φ升高 D．a变大

7.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴能向下运动的是( ) A．增大R1的阻值 C．增大两板间的距离

B．增大R2的阻值 D．断开电键S

8.如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°。一质量为m＝0.1 g、电荷量为q＝5×10 C的带正电圆环套在杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4。现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放。则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s)( ) A．圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功

B．当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环与杆之间的弹力为零 C．圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s D．圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s

9.如图所示为利用海流发电的磁流体发电机原理示意图，矩形发电管道水平东西放置，整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀

2

2

2

－4

强磁场中，其上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连，已知发电管道长为L、宽为d、高为h，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动。发电管道内的海水在垂直流动方向的电阻为r，海水在管道内流动时受到的摩擦阻力大小恒为f，不计地磁场的影响，则( ) A．N侧的电势高

B．开关S断开时，M、N两端的电压为Bdv

B2d2vC．开关S闭合时，发电管道进、出口两端压力差F＝f＋ R＋rB2d2v2

D．开关S闭合时，电阻R上的功率为 R10.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿AD方向以一定的初速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知粒子从ED边上的某一点垂直ED边界飞出磁场区域。则( ) 23BqaA．粒子进入磁场区域的初速度大小为 3mπmB．粒子在磁场区域内运动的时间t＝ 3BqC．粒子在磁场区域内运动的半径R＝23a

D．若改变B和初速度的大小，使该粒子仍从ED边界垂直飞出磁场区域，则粒子在磁场区域内运动的路程不变 三、计算题

11.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。

3

qm

12.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开

3

始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×10 N/C和E2

3－20－9

＝4.0×10 N/C，方向如图所示。带电微粒质量m＝1.0×10 kg，带电荷量q＝－1.0×10 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：

(1)B点到虚线MN的距离d2；

(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。

13.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比。

4

14.如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。

(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；

(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；

(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到

D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。

15.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N

5

板下方有一对长为L，间距为d＝1.5L的竖直极板P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。水平极板M、N之间的电压为U0，竖直极板P、Q之间的电压UPQ随时间t变化1

的图像如图乙所示，磁场的磁感强度B＝

2mU0

Lq。粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电量为＋q的粒子，这些粒子经加速电场获得速度，进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：

(1)粒子进入偏转电场时的动能Ek； (2)磁场上、下边界区域的最小宽度x； (3)粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。

专题四：电磁场类问题（电、磁、复合场）答案

6

1.解析：选D 加速度为a＝

qE，a、b两个粒子相同，电场强度E相同，则加速度相同，故A错误；电场m力做功为W＝qEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，a、b的电势能增量相同，故B错误；若a12

粒子的初动能增大到原来的2倍，由动能的定义式Ek＝mv知，a粒子的初速度增大到原来的2倍，粒

2子在电场中做类平抛运动，a粒子到达下极板的时间不变，水平位移变为原来的2倍，a粒子不能打到负极板的边缘，故C错误；若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍，粒子到达下板的时间不变，水平位移变为原来的2倍，则a恰能打在负极板的边缘，故D正确。

2.解析：选B 两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，A、

T3TD错误；若t0＝时刻释放粒子，则粒子恰好做方向不变的单向直线运动，一直向A运动；若t0＝时刻

24T3T释放粒子，则粒子恰好在电场中固定两点间做往复运动，因此在

24

满足题意的要求，B正确，C错误。

3.[解析] 设圆形区域的半径为R，带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，如图1所示，由洛伦兹力提供

v2mv向心力，则有：qvB＝m，得 r＝，r∝v。当粒子从b点飞

rqB出磁场时，出射速度与入射速度与ab的夹角恰好相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°。根据几何知识得，粒子的轨迹半径为 r1＝2R；当粒子从a点沿ab方向

射入磁场时，如图2所示，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°。根据几何知识得，粒子的轨迹半径为 r2＝3R；则有：确。

4.解析：选A 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁场强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关，与车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D错误。

v′r233

＝＝，解得v′＝v。故C正vr122

Udmv2mv5.解析：选C 粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bvq＝，所以R＝。粒子做圆

RBq1

周运动，圆上最远两点之间的距离为2R；而O到边界的最短距离为a，所以，要使粒子均不能射出正方

212mv14mv4mv形区域，则2R≤a，即≤a，所以B≥，故磁感应强度B的最小值为，故A、B、D错误，C正

2Bq2qaqa确。

6.解析：选BC 令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物

7

理量用下标2表示。状态1时，电荷M、N对在F处的电场强度大小都为E0，两者相互垂直，根据电场叠加定理可得：合场强E1＝2E0，方向水平向右。状态2时，电荷M在F处的电场强度也是E0，方向沿AF连线方向。所以若将负点电荷N移走，则E改变，故A错误；状态1时，易知AB连线的中垂线为一条等势线，中垂线上无穷远处的电势为0，所以φ1＝0。状态2时，只有正电荷M，所以φ2＞0，可得：若将负点电荷N移走，则φ升高，故B正确；电势能?＝qφ，所以?1＝0，?2＜0，所以?变小，故C正确；F＝qE，a＝＝，试探电荷q、m不变，E变小，所以a变小，故D错误。

7.解析：选CD 增大R1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R2，故R2两端无电压，所以，增大R2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B错误；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C正确；断开电键S后，两极板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D正确。

8.解析：选CD 由于洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故A错误；当圆环与杆之间的弹力为零时，摩擦力为零，加速度最大，此时有qvB＝mgcos θ，解得v＝3.2 m/s，由mgsin θ＝ma2

大

FqEmm解得a大

＝6

m/s，故B错误，C正确；圆环向下加速运动时，必会出现qvB>mgcos θ，此时，杆对圆环的弹力为FN＝

qvB－mgcos θ，当mgsin θ＝μFN＝μ(qv确。

大

B－mgcos θ)时速度最大，解得v大＝9.2 m/s，故D正

9.解析：选BC 海水向东流动的过程中，正电荷受到的洛伦兹力的方向指向M，而负电荷受到的洛伦兹力的方向指向N，所以M侧聚集正电荷，M侧的电势高，故A错误；开关S断开时，设海水中的电荷所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，M、N两端的电压U保持恒定，有qvB＝q，解得：UdU＝Bdv，故B正确；设开关S闭合后，发电管道进、出口两端压力分别为F1、F2，海水所受的摩擦阻力恒

为f，开关S闭合后管道内海水受到的安培力为F安，有：F2＝F1＋f＋F安，F安＝BId，根据欧姆定律有IB2d2vB2d2v2R2

＝，解得：F＝F2－F1＝f＋，故C正确；电阻R上的功率为P＝IR＝，故D错误。 R＋rR＋rR＋r2

U10.解析：选CD 画出粒子在磁场区域内运动的轨迹如图所示，由题意及速度方向确定轨迹圆的圆心在O点，连接AE，由几何关系确定各角度关系如图所示。粒子在磁场区域内运动的半

AE2acos 30°径r＝OA＝＝＝23a，C正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝

sin 30°sin 30°mv223Bqa，解得v＝， rmA错误；粒子在磁场区域内运动的时间t＝

30°2πmπm×＝，B错误；若改360°qB6qB变粒子初速度的大小和B的大小，仍使粒子从ED边界垂直飞出磁场区域，通过画图知带电粒子在磁场中的运动轨迹不变，所以路程也不变，D正确。

mv2mv2

11.解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有T－mg＝即T＝mg＋ LL

8

mv2

由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为mg＋。

L(2)O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB＝0

12mv－2mgL小球从A到B过程中，由动能定理得mgL＋q(φA－φB)＝mv解得φA＝。

22q(3)由电场对称性可知，φC＝－φA，即UAC＝2φA

122

小球从A到C过程，根据动能定理qUAC＝mvC解得vC＝2v－4gL。

2

12.解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，

解得d2＝0.50 cm。

(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有

|q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2，

设微粒在虚线MN两侧运动的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有

2

d1＝a1t12， d2＝a2t22， 又t＝t1＋t2， 解得t＝1.5×10－8 s。

答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10 s

13.[解析] (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速12

度为a，运动时间为t，有2L＝v0t ① L＝at ②

2

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at ③

设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tan α＝ ④ 联立①②③④式得α＝45° ⑤

即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝v0＋vy ⑥ 联立①②③⑥式得v＝2v0。 ⑦

(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为

2

2

－8

1212

vyv0

F，由牛顿第二定律可得F＝ma ⑧ 又F＝qE ⑨

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所

v2

受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ⑩ 由几何关系可知R＝2L ? 联立①②⑦⑧⑨⑩?式得

REv0

＝。 ? B2

[答案] (1)2v0，与x轴正方向成45°角斜向上 (2)

2

14. [解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE

小滑块在C点离开MN时N＝0 解得vC＝。

9

v0

EB12mE(2)由动能定理得mgh－Wf＝mvC－0 解得Wf＝mgh－2。

22B(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′， g′＝

且vP＝vD＋g′t 解得vP＝

2

2

22

2

?qE?2＋g2

?m???

??qE??vD2＋???2＋g2?t2。 ??m??

??qE??vD2＋???2＋g2?t2

??m??

EmE2

[答案] (1) (2)mgh－2(3) B2B

15.解析：(1)粒子进入偏转电场时的动能，即为MN间的电场力做的功Ek＝WMN＝U0q。 (2)设带电粒子以速度v进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为α时，轨迹如图所示，

向下偏移的距离：Δy＝R－Rcos α＝R(1－cos α)而R＝ v1＝vsin α

Δy＝

mvBqmv11－cos α·Bqsin α

当α＝90°时，Δy有最大值。

即加速后的粒子以速度v1进入竖直极板P、Q之间的电场不发生偏转，沿中心线进入磁场。 磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的粒子运动轨道半径。

U0q＝mv12 所以v1＝12

2qU0

m Δymax＝mv1

＝L。 Bq(3)粒子运动轨迹如图所示，

若UPQ＝0时进入偏转电场，在电场中做匀速直线运动，进入磁场时R＝L，打在感光胶片上距离交点

O最近为x＝2L

设任意电压时粒子出偏转电场时的速度为vn，根据几何关系

vn＝

v1

sin θ

Rn＝

mvn BqBq2mv1

粒子打在感光胶片上的位置和进入磁场位置间的间距为Δx＝2Rnsin θ＝ 则粒子打在感光胶片上的位置和进入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离。

1213qU0?L?2L粒子在电场中最大偏转距离 y＝at＝··??＝

221.5Lm?v1?2

5LL粒子在感光胶片上落点距交点O的最小、最大距离分别是2L和，则落点范围是。

22答案：(1)U0q (2)L (3) 2

10

L

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