高考物理题解析电磁场部分.doc

基础题：
5.解: ①小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的
洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的
摩擦力f。F＝Bqv，N＝F＝Bqv0 ∴f＝μN＝μBqv
当小球作匀速运动时，qE＝f＝μBqv0
②小球在磁场中作匀速圆周运动时，
又 ∴vb＝Bq/3m
③小球从a运动到b过程中，由动能定理得

所以

E
B
M
N
6.解：（1）小球在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但只有重力做功，因此小球的机械能守恒。从M到最低点有 在最低点有 即 联解（1）（2）得
（2）小球从M到N以及在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但总只有重力做功，因此小球的机械能始终守恒。从N到最低点时对轨道最低点的有最大压力。
在最低点有 联解（1）（3）得N2=6mg
（3）要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，此时对圆形轨道的最高点压力为零，
设小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为v0，在最高点速度为v1。
从M→轨道的最高点，据动能定理：
在圆形轨道的最高点： 联解（4）（5）得
提高题：
1.
解：α粒子磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有

， 由此得 ，
R = 20cm ，
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹以O圆心在图中N的左端与ab相切于P1点，由此O点为能打到感光平板上的α粒子圆轨迹圆心左侧最低位置，设此时α粒子从S射出的方向与SN的夹角为θ， 由几何关系可得 ， θ = 30° ， 同理O′为圆心在图中N的右侧与ab相切于P2点，则此O′点为能打到感光平板上的α粒子圆轨迹圆心右侧最低位置，设此时α粒子从S射出的方向与SN的夹角为θ′， 由上图几何关系可得θ′= 30°， 分析可知∠cSd = 120°方向的α粒子不能打到ab感光平板上，则每分钟能打到ab感光平板上的α粒子数为：个。
2.解：(1) 依题意，R=L/4
由qvB=mv2/R
qU0=
得U0=
(2)设AF中点为G，连接GC，作其垂直平分线，与AF延长线交点即为圆心
由相似三角形得R’=O’G=13L/4
qvB=mv2/R’
q=
∴UNM=
(3)由于粒子在磁场中运动周期T=，T与速率无关
粒子撞击BC中点和DE中点后回到G,用时最短
圆周半径R”=3L/2
得到最短时间t==
3.解：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得
R1=
A
O
60°

由q1B=m
得1=
（2）设粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系（2r- R2）2= R22+ r2
得R2=3r/4
由q2B=m
得2=
4．

5.解：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有
（1分）
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，

xC＝－（r＋rcos450）＝ （1分）
故，C点坐标为（，0） （1分）
（2）设粒子从A到C的时间为t1，由题意知 （1分）
（1分）
设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有
（1分）
及 （1分）
联立以上两式解得 （1分）
设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知（1分）
故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为
（1分）
（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即在第三次过x轴的速度的方向上（设为x′轴）做匀速运动，即
（1分）
沿着电场力的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即
（1分）
（1分）
设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.
由图中几何关系知
（1分）
（1分） （1分）
综合上述各式得 （2分）
6. 解：由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为　

要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为

所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为

（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：

式中
又：

由上述四式可得：

l
B
荧光屏
U
e

θ
R

（3）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同，如图示：
由第（1）问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为：

所以打在荧光屏上的电子束的宽度为

l
B
荧光屏
U
e

θ

高考题部分：
1.解：（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V0，粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与X轴正方向的夹角为
①
②
③
其中。又有
④
联立②③④式，得

因为点在圆周上，，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。
⑥
⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,则有
⑧
⑨
带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为
⑩
联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得

2.（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力

应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有

联立①②式得

（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。
为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹如右图所示。
图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边 ，由③式知，圆弧的半径仍为，在D为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为

这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。
因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以和为圆心、为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为

3.【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。如图甲，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
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
②
联立①②并代入数据得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③
（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，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

④
代入数据得
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
⑥
⑦
联立①⑥⑦并代入数据得
⑧
（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

⑨
联立①⑨并代入数据得

矩形如图丙中（虚线）
4. 【解析】本题考查电场中的动力学问题
（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为

小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为

故小物块运动的加速度为

设小物块与A板相碰时的速度为v1，由

解得
（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为

加速度大小为
设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有

解得
设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有

则
或距离B板为

5.解析：

(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1
qu=mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径
则
（2）设粒子到出口处被加速了n圈

解得
（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即
当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为
粒子的动能
当≤时，粒子的最大动能由Bm决定

解得
当≥时，粒子的最大动能由fm决定

解得
6.
解析：
（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①，②
③
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。
（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后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⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为⑦
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⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。

（3）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，则，
联立③⑤⑩式解得，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，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。
【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动
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