高考物理压轴题选分类精选__电学篇

高考压轴题：电学

1.（09全国1）26．（21分）

如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xy 平面向外，P 是y 轴上距原点为h 的一点，N 0为x 轴上距原点为a 的一点。A 是一块平行于x 轴的档板，与 x 轴的距离为2

h ，A 的中点在y 轴上，长度略小于

2

a

。带电粒子与挡板碰撞前后x 方向上的分速度不变，y 方向上的分速

度反向，大小不变。质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子从P 点瞄准N 0点入射，最后又通过P 点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。

【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为O N '

,与板碰撞后再次进入磁场的位置为1N .粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有mv

R qB

=

…⑴,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离1x 保持不变有1x =2sin O O N N R θ'=…⑵,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离2x 始终不变,与1O N N '相等.由图可以看出2x a =……⑶

设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n 次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P 点,由对称性,出射点的x 坐标应为-a,即()1212n x nx a +-=……⑷,由⑶⑷两式得12

1

n x a n +=+……⑸ 若粒子与挡板发生碰撞,有124

a

x x ->

……⑹联立⑶⑷⑹得n<3………⑺联立⑴⑵⑸得 2

2sin 1qB n v a m n θ+=

?+

………⑻把sin θ=

0o v n mh ==…………⑼

11v n ==…………⑾

22

v n

==…………⑿

2.(09浙江)25.（22分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q(q ＞0)和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内。已知重力加速度大小为g。

（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向。

（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。

（3）在这束带电磁微粒初速度变为20，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。

答案（1）mv

qR

；方向垂直于纸面向外（2）见解析（3）与x同相交的区域范围是x>0.

【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动。

带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由

mg qE

=

可得

mg E

q =

方向沿y轴正方向。

带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。且

r=R

如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由

2

qvB mv R

=

得 mv B qR

= 方向垂直于纸面向外

（2）这束带电微粒都通过坐标原点。

方法一：从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q 点，如图b 所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b 的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点。

方法二：从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动。如图b 示，高P 点与O′点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆心Q 的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为()()2

2

2

sin cos x

R y R R θθ++-=

得 x =0 x=-Rsin θ y=0 或 y=R(1+cos θ)

（3）这束带电微粒与x 轴相交的区域是x>0

带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y 同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c 所示。靠近M 点发射

出来的带电微粒在突出磁场后会射向x 同正方向的无穷远处国靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。

所以，这束带电微粒与x 同相交的区域范围是x >0.

3.（09海南）16．如图，ABCD 是边长为a 的正方形。质量为m 、电荷量为e 的电子以大

小为0v 的初速度沿纸面垂直于BC 变射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC 边上的任意点入射，都只能从A 点射出磁场。不计重力，求：

（1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小； （2）此匀强磁场区域的最小面积。

16. （1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B 。令圆弧AEC 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

0f ev B =

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AEC 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a 按照牛顿定律有

20

2

v f m =

联立①②式得

mv B ea

=

（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C 点垂直于BC 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AEC 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θ（不妨设02

π

θ≤<）的情形。该电子的运动轨迹qpA 如右图

所示。

图中，圆AP 的圆心为O ，pq 垂直于BC 边 ，由③式知，圆弧AP 的半径仍为a ，在D 为原点、DC 为x 轴，AD 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(,)x y 为

sin [(cos )]cos x a y a z a a θθθ==---=-④

⑤

这意味着，在范围02

π

θ≤≤

内，p 点形成以D 为圆心、

a 为半径的四分之一圆周AFC ，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B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周AEC 和AFC 所围成的，其面积为

222

1122()422

S a a a ππ-=-=

4.(09福建)22.(20分)

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 =2.0×10-3T,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。

22.（20分）

（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

2

2L

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

r

v m q v B 2

= ②

联立①②并代入数据得

m

q =4.9×710C/kg （或5.0×7

10C/kg ） ③ （2）设所加电场的场强大小为E 。如图乙，当例子经过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 v B q E = ④

代入数据得

C N E /70= 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

T t 0

360

45= ⑥

v

r

T π2=

⑦ 联立①⑥⑦并代入数据得 s t 6

109.7-?= ⑧

（3）如图丙，所求的最小矩形是P P MM 11，该区域面积

2

2r S = ⑨

联立①⑨并代入数据得 225.0m S =

矩形如图丙中P P MM 11（虚线）

5.(09宁夏)25．(18分)

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q E

a m

= ①

1t = ② 001

x

v t = ③

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

6.(09山东)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 ，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy 平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x 轴间右连接发射质量为m 、电量为+q 、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t 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 、l 0、B 为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）

（1）求电压U 的大小。

（2）求

1

2

时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。 （3）何时把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。

答案：（1）2020

ml U qt =（2

）02R qBt =（3）min 2m t qB π=

【解析】（1）t=o 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t 0时刻刚好从极

板边缘射出，在y 轴负方向偏移的距离为l /2，则有

U E l

=

① Eq=ma ② l/2=at 02/2 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）t 0/2时刻进入两极板的带电粒子，前t 0/2时间在电

0v

图甲

图乙

场中偏转，后t 0/2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v 0=l/t 0 ⑤

带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为01

2y v a t =? ⑥

带电粒子离开电场时的速度大小为v =

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2

v Bqv m R =

⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得0R =

⑨。

（3）2t 0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0

y 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 qB π=，联立以上两式解得min 2m

t qB

π=

。

【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动

7.(09四川)25.(20分)

如图所示，轻弹簧一端连于固定点O ，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V 0=20 m/s 竖直向下射出小球P,小球P 到达O 点的正下方O 1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O 、O 1相距R=1.5 m,小球P 在O 1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg 的静止绝缘小球N 相碰。碰后瞬间，小球P 脱离弹簧，小球N 脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E 和垂直于纸面的磁感应强度B=1T 的弱强磁场。此后，小球P 在竖直平面内做半径r=0.5 m 的圆周运动。小球P 、N 均可视为质点，小球P 的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s 2。那么， （1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？

（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P 、N 碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。

(3)若题中各量为变量，在保证小球P 、N 碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r 的表达式(要求用B 、q 、m 、θ表示，其中θ为小球N 的运动速度与水平方向的夹角)。 解析：

（1）设弹簧的弹力做功为W ，有：

22

01122

mgR W mv mv +=

- ① 代入数据，得：W ＝ 2.05-J ② （2）由题给条件知，N 碰后作平抛运动，P 所受电场力和重力平衡，P 带正电荷。设P 、N 碰后的速度大小分别为v 1和V ，并令水平向右为正方向，有: 1mv mv MV =±+ ③ 而： 1Bqr

v m

=

④ 若P 、N 碰后速度同向时，计算可得V

V M

+=

⑤ P 、N 速度相同时，N 经过的时间为N t ，P 经过的时间为P t 。设此时N 的速度V1的方向与水平方向的夹角为θ，有：

11

cos V V

V v θ=

= ⑥ 11sin sin N gt V v θθ== ⑦

代入数据，得： 4

N t s =

⑧ 对小球P ，其圆周运动的周期为T ，有：

2m

T Bq

π=

⑨ 经计算得： N t ＜T ，

P 经过P t 时，对应的圆心角为α，有： 2P t T α

π

=

⑩ 当B 的方向垂直纸面朝外时，P 、N 的速度相同，如图可知，有： 1απθ=+

联立相关方程得： 1215

P t s π=

比较得， 1N P t t ≠，在此情况下，P 、N 的速度在同一时刻不可能相同。 当B 的方向垂直纸面朝里时，P 、N 的速度相同，同样由图，有： 2a πθ=-， 同上得： 215

P t π

=

，

比较得， 2N p t t ≠，在此情况下，P 、N 的速度在同一时刻也不可能相同。 （3）当B 的方向垂直纸面朝外时，设在t 时刻P 、N 的速度相同， N P t t t ==，

再联立④⑦⑨⑩解得： ()()222

210,1,2sin g n m r n B q πθθ

++????==

当B 的方向垂直纸面朝里时，设在t 时刻P 、N 的速度相同N P t t t ==，

同理得： ()222sin m g r B q πθθ

-=，

考虑圆周运动的周期性，有: ()()222

210,1,2sin g n m r n B q πθθ

++????==

（给定的B 、q 、r 、m 、θ等物理量决定n 的取值）

8.(09重庆)25.（19分）如题25图，离子源A 产生的初速为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场。已知HO ＝d ，HS ＝2d ，MNQ ∠＝90°。（忽

略粒子所受重力）

（1）求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ；

（2）求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处。求S

1

和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围。

解析： （1）

正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为V 1，设 对正离子，应用动能定理有eU 0＝

1

2

mV 12， 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F ＝qE 0、产生的加速度为a ＝F

m

，即a ＝

qE m

， 垂直电场方向匀速运动，有2d ＝V 1t ， 沿场强方向：Y ＝12

at 2， 联立解得E 0＝0

U d

又tanφ＝1

V at

，解得φ＝45°； （2）

正离子进入磁场时的速度大小为V 2

解得V 2＝

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，

qV 2B ＝2

2mV R

，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝

（3）根据R ＝可知，

质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1，运动半径为R 1＝

质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2，运动半径为R 2＝

又ON＝R2－R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS

R1，

联立解得ΔS＝

－

；

由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝5

2

R1，

再根据1

2

R1＜R＜

5

2

R1，

解得m＜m x＜25m。

9.(08全国1) 25．（22分）

如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场。在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求

（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；

（2）匀强电场的大小和方向；

（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。

25（22分）

（1）设磁场左边界与x轴相交子D点，与CO相交于O’点，由几何关系可知，直线OO’与粒子过O点的速度v垂直。在直角三角形OO’D中已知∠OO’D =300设磁场左右边界间

距为d ，则OO’=2d 。依题意可知，粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即为O’点，圆弧轨迹所对的圈心角为300 ，且OO’为圆弧的半径R 。 由此可知，粒子自A 点射入磁场的速度与左边界垂直。

A 点到x 轴的距离：AD=R(1－cos300)………………………………① 由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：

qvB=mv 2/R ………………………………………②

联立①②式得：(12

mv AD qB =

-…………………………………③ （2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T 第一次在磁场中飞行的时间为 t 1，有： t 1=T/12…………………………………………④ T=2πm/qB ………………………………………⑤

依题意．匀强电场的方向与x 轴正向夹角应为1500。由几何关系可知，粒子再次从O 点进人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为600。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O’’，O’’必定在直线OC 上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P 点，则∠OO’’P =1200．设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时问为t 2有：

t 2=T/3…………………………………………⑥

设带电粒子在电场中运动的时间为 t 3，依题意得：

t 3=T －(t 1+t 2)…………………………………⑦

由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：

―v=v―at 3……………………………………⑧

a=qE/m ………………………………………⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：

E=12B v /7π……………………………………⑩

粒子自P 点射出后将沿直线运动。

设其由P 点再次进人电场，由几何关系知：∠O’’P’P =300……⑾

三角形OPP’为等腰三角形。设粒子在P 、P’两点间运动的时问为t 4，有：

t 4=PP’/v ………………………………………⑿ 又由几何关系知：

⒀ 联立②⑿⒀式得：t 4

m/qB

10.（08海南）16、如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (x ＝0，y ＝h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点．不计重力．求： ⑴粒子到达x ＝R 0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离；

⑵M 点的横坐标x M ．

16、解：⑴做直线运动有：0qE qB =v

做圆周运动有：20

00

qB m R =v v

只有电场时，粒子做类平抛，有： qE ma = 00R t =v y at =v 解得：0y =v v

粒子速度大小为：0=

v =

速度方向与x 轴夹角为：π

4

θ=

粒子与x 轴的距离为：2

0122

R H h at h =+

=+ ⑵撤电场加上磁场后，有：2

qB m R

=v v

解得：0R =

粒子运动轨迹如图所示，圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x

轴和y 轴的夹角均为π/4，有几何关系得C 点坐标为： 02C x R = 0

02

C R y H R h =-=-

过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：0CM R == 0

2

C R C

D y h ==-

解得：DM ==

M 点横坐标为：02M x R =+

11.（08宁夏）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?，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 轴的夹角为?，求： （1）粒子在磁场中运动速度的大小： （2）匀强电场的场强大小。

答：（1）?sin m

qBd

v =；

（2）23sin cos qB d E m φφ= 24．（17分）

(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC ，故圆弧的圆心在OC 上。依题意，质点轨迹与x 轴的交点为A ，过A 点作与A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于O ＇。由几何关系知，AO ＇垂直于OC ＇，O ＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R ，则有

R

①

由洛化兹力公式和牛顿第二定律得

R

v m qvB 2

=

②

将①式代入②式，得

?sin m

qBd

v =

③

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有 v 0＝v ④ v ＝at ⑤

d =v 0t

⑥

联立④⑤⑥得

d

v a ??cos sin 2=

⑦

设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得

qE ＝ma

⑧

联立③⑦⑧得

23sin cos qB d E m

φφ=

⑨

12.（08山东）25．（18分）

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

10mE 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）。

答：（1）1：5；（2）225h

R =π

；

（3）

`

25．解法一：（1）设粒子在0～t 0时间内运动的位移大小为s 1 2

1012s at =

① 0qE

a m

=

②

图

3

又已知2002

00

102,mE m

t h qB qB ππ== 联立①②式解得

11

5

s 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 =

π

⑥ 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s 2

2

2100

12

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

22

202

mv qv B R =

○11○

1

1

解得 225h R =

π

○12○

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。

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t 0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，

加速度大小为 0

qE a m

=

方向向上 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T 00

2m

T t qB π=

= 粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n 个周期末，粒子位移大小为s n

201

()2

n s a nt =

又已知 20

2

10mE h qB π= 由以上各式得 2

5

n n s h = 粒子速度大小为 0n v ant = 粒子做圆周运动的半径为 0

n

n mv R qB = 解得 5n n R h =

π

显然 223s R h s +<<

（1）粒子在0～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值 115

s h = （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径 225R h =

π

（3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。