【精选+详解】物理电磁场压轴精选14道(答案和解析)(1)

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1、 物理电磁场压轴精炼14道（有答案和精细解析）1（16分）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在mx0的区域内有磁感应强度大小B = 4.010-4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的区域内有电场强度大小E = 4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d = 2m。一质量m = 6.410-27kg、电荷量q =-3.21019C的带电粒子从P点以速度v = 4104m/s，沿与x轴正方向成=60角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求：带电粒子在磁场中运动时间；当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；若只改变上述

2、电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x与电场强度的大小E的函数关系。2（18分）如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过105 s后，电荷以v01.5104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t0时刻)求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；（保留2位有效数字）(2)图b中t105 s时刻电荷与O点的水平距离；(3)如果在O点右方d68 cm处有一垂直于MN的足够大的

3、挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间(sin 370.60，cos 370.80) （保留2位有效数字）3（20分）一个质量m =0.1kg的正方形金属框，其电阻R=0.5，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AB重合），由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边CD平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与CD重合）。设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s, 那么v2-s图像如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，取g=10m/s2（1）根据v2-s图像所提供的信息，计算斜面的倾角和匀强磁场的宽度d（2）计算匀强磁场的磁感应强度B的大小；（

4、3）现用平行于斜面沿斜面向上的恒力F1作用在金属框上，使金属框从斜面底端CD （金属 框下边与CD重合）由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后，平行斜面沿斜面向上的恒力大小变为F2,直至金属框到达斜面顶端（金属框上边与从AB重合）c试计算恒力 F1、F2所做总功的最小值？ （F1、F2虽为恒力，但大小均未知） .4（16分）如图所示，在平面直角坐标系中，直线与轴成30角，点的坐标为（，0），在轴与直线之间的区域内，存在垂直于平面向里磁感强度为的匀强磁场均匀分布的电子束以相同的速度从轴上的区间垂直于轴和磁场方向射入磁场己知从轴上点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过点，忽略电子间的相互作用

5、，不计电子的重力（1）电子的比荷（）；（2）有一电子，经过直线MP飞出磁场时，它的速度方向平行于y轴，求该电子在y轴上的何处进入磁场；（3）若在直角坐标系的第一象限区域内，加上方向沿轴正方向大小为的匀强电场，在处垂直于轴放置一平面荧光屏，与轴交点为，求：从O点上方最远处进入电场的粒子打在荧光屏上的位置。5（18分）如图所示，平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，距离为2a。有一簇质量为m、带电量为+q的带电微粒，在xoy平面内，从P点以相同的速率斜向右上方的各个方向射出（即与x轴正方向的夹角，090），经过某一个垂直于xoy平面向外、磁感应强度大小为B的有界匀强磁

6、场区域后，最终会聚到Q点，这些微粒的运动轨迹关于y轴对称。为使微粒的速率保持不变，需要在微粒的运动空间再施加一个匀强电场。重力加速度为g。求：（1）匀强电场场强E的大小和方向；（2）若一个与x轴正方向成30角射出的微粒在磁场中运动的轨道半径也为a，求微粒从P点运动到Q点的时间t；（3）若微粒从P点射出时的速率为v，试推导微粒在x0的区域中飞出磁场的位置坐标x与y之间的关系式。6（20分）如图所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f。一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射

7、入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知，忽略粒子的重力。求：（1）带电粒子的电荷量q与质量m的比值；（2）若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。7（16分)在如图所示的xoy坐标系中，y0的区域内存在着沿y轴正方向、场强为E的匀强电场，y0区域内的运动示意如图 联解得： 考点： 带电粒子在复合场中的运动 共点力平衡 牛顿第二定律 6 见试题分析【解析】试题分析：（1）设匀强电场强度为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有： 当撤去磁场，保留电场时，粒子恰能从c点飞出，有： 联解得： （2）若撤去电场保

8、留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示。 设粒子离开矩形区域时的位置g离b的距离为x，则由牛顿第二定律： 由图中几何关系得： 联解得： 考点：带电粒子在复合场（电场磁场）中的运动 牛顿第二定律 平抛运动7（1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）若粒子只在电场作用下直接到达D点，设粒子在电场中运动的时间为t，粒子沿x方向做匀速直线运动，则 （1分）沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动，则 （1分）加速度 （1分）粒子只在电场作用下直接到达D点的条件为 （1分）联立以上各式，解得： （1分）（2）若粒子在第二次经过x轴时到达D点，其轨迹如图3所示。设粒子进入磁场的速度大小

9、为v，v与x轴的夹角为，轨迹半径为R，则： （1分） （1分）粒子第二次经过x轴时到达D点的条件为： （2分）联立以上各式，解得： （1分）（3）若粒子在从电场进入磁场时到达D点，其轨迹如图4所示。根据运动对称性可知： （2分）粒子在从电场进入磁场时到达D点的条件为：，其中n为非负整数 （2分）联立以上各式，解得： （2分）考点：本题考查了带电粒子在复合场中的运动。8（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）由可得 （2分）如右图1，根据几何知识：离子在圆1中运动圆弧对应的圆心角为60得： （2分）（2）依题意离子在环形磁场轨迹与圆3相切时对应的就是半径最小值，如右图2：由于两磁场的磁感

10、应强度相同，有： （2分）由图中几何关系得： （2分）得： （2分）（3）根据几何知识：离子在圆2和圆3之间的运动圆弧对应的圆心角为240得：（2分）在原图中作图可知如下左图：（只画了重复单程，这样的单程重复总共需6次）从t=0开始到离子第二次回到A点，离子在圆1内磁场中运动共6次；离子在环形磁场中运动共6次；离子在无场区中直线运动共12次。（2分）在无场区离子直线单程的时间 （2分）总时间 （2分）（4）在原图中作图可知如下右图： （只画了重复单程，这样的单程重复总共需2次）从t=0开始到离子第一次回到A点，离子在圆1内磁场中运动共2次；离子在环形磁场中运动共2次；离子在无场区中直线运动共4

11、次。（2分）路径总长 （2分）考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动，涉及到多过程的分析。9（1），方向向左；，方向向右（2） （3） 或【解析】试题分析：（1）a与b发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，有：联立解得：，碰后a的速度方向向左，b的速度方向向右。（2）当小球b做圆周运动的半径为时，与方框碰撞3次后从小孔离开。由：，得：小球b在磁场中运动的时间为：小球b离开磁场后经时间追上小球a，则：而 解得：则a与b从开始相碰到再次相碰所用的时间为：（3）当小球b做圆周运动的半径满足时可离开磁场，此时有：当小球做圆周运动的半径满足时可离开磁场，此时有：考点：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定

12、律、磁场中的圆周运动、匀变速直线运动。10（1）MN板带正电；，方向平行于MN向右（2）能，（3）【解析】试题分析：（1）对电子分析知，受向上的电场力，故MN板带正电 （2分）在速度选择器中： （2分）得：，方向平行于MN向右 （2分）（2）所有以速度进入磁场的电子，都能从速度选择器右侧射出 （2分）如图为从圆形磁场右侧圆弧上任意一点F向右射出速度大小为的电子运动轨迹。由几何知识易证得：，则平行四边形为菱形， （2分）即所有向右平行于MN射出磁场的电子，做圆周运动的半径都等于圆形磁场区域的半径。只要速度大小为，其圆周运动的半径就等于磁场区域半径，都能向右射出磁场，并最终通过速度选择器。（2分）

13、 ， （2分）（3）如图，由几何关系： ， （2分）， （3分）考点：本题考查了带电粒子在磁场中的圆周运动、匀速直线运动。11（1）（2）（3） n(0,1,2,) 【解析】试题分析：(1)离子在板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡qE=qv0B0 (2)离子在第二象限内做类平抛运动，离子在P点时沿y轴方向的分速度为v0，设沿x方向的分速度为vx2L=v0t ，L=vxt ，vx=v0 离子在P点时的速度与y轴正方向成450角，此时v=v0 由几何关系可以确定离子在第一象限的轨道半径为r=2L 根据qvB=m可得= (3)离子在第一、第二象限内的轨迹如图所示OAxyPBB离子的周期T=2 -离

14、子第一次在第一象限内运动的时间t离子穿过x轴的时刻为t=n+t= n(0,1,2,) 考点：此题考查带电粒子在磁场中的圆周运动及在电场中的类平抛运动的规律，属于复合场类的综合题目。12（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）由闭合电路欧姆定律得： 1分 1分AB间的电场是匀强电场，得到： 2分（2） 粒子在两板间运动只受电场力作用，其加速度为 2分分析可知，沿A板方向射出的粒子做类似平抛运动到达B板所用时间最长根据： 2分所以 2分（3）粒子垂直进入磁场只受洛伦兹力做匀速圆周运动有： 2分得 1分荧光亮斑区的上边界就是沿A板射出的粒子所达的a点有： 1分 1分荧光亮斑区的下边界就是粒子轨迹与

15、屏相切的C点根据轨迹图有： 1分在竖直方向上亮斑区的长度为： 2分考点：带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动13(1) (2) (n1,2,3)【解析】试题分析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a区和b区运动的轨道半径和周期则有： Ra Rb Ta Tb粒子先从b区运动，再进入a区运动，然后从O点射出时，粒子从P运动到O点所用时间最短如图所示tan 得：37粒子在b区和a区运动的时间分别为：tbTb taTa故从P点运动到O点所用最短时间为：（2）由题意及图可知：解得：考点：带电粒子在磁场中的运动14【解析】试题分析：设在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得： (2分)粒子的动能： （1分）沿角入射时落点距离S最近： （2分）沿垂直于光栏Q入射时落点距离S最远： （2分）由题意： （1分）解得：考点：带电粒子在磁场中的运动答案第15页，总15页