高考物理电磁大题含答案

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1、 高考电磁大题（含答案）1.（09年全国卷）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x y平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从P点瞄准N0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,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位

2、置间距离保持不变有粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出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,即由两式得若粒子与挡板发生碰撞,有联立得n0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0y0。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 可得 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 得 方向垂直于纸面向外（2）这束带电微粒都通过坐标原点

3、。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为。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，其圆心Q的坐标为（-Rsin，Rcos）,圆周运动轨迹方程为得 x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x0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(x0)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

4、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x0.7.（09年江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t

5、；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E。解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1qu=mv12qv1B=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 8.（09年江苏物理）15.（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距

6、为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距

7、离m。 解析：(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W由动能定理 且 解得 （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 由动能定理 装置在磁场中运动时收到的合力感应电动势 =Bd感应电流 =安培力 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有则有解得 （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 由动能定理 解得 9.（09年四川卷）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=210-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向

8、下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.610-1 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/s2。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

9、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、表示，其中为小球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：代入数据，得：WJ（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v1和V，并令水平向右为正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向时，计算可得Vv1，这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。有： P、N速度相同时，N经过的时间为，P经过的时间为。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为，有： 代入数据，得： 对小球P，其圆

10、周运动的周期为T，有： 经计算得： T，P经过时，对应的圆心角为，有： 当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： 联立相关方程得： 比较得， ，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： ，同上得： ，比较得， ，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，再联立解得： 当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同，同理得： ，考虑圆周运动的周期性，有: （给定的B、q、r、m、等物理量决定n的取值）10.（09年海南物理）16（10分）如图，

11、ABCD是边长为的正方形。质量为、电荷量为的电子以大小为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。解析：（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 联立式得（2）由（1）中决定的磁感应强度的

12、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图所示。图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边 ，由式知，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

13、分之一圆周和所围成的，其面积为评分参考：本题10分。第（1）问4分，至式各1分；得出正确的磁场方向的，再给1分。第（2）问6分，得出“圆弧是所求磁场区域的一个边界”的，给2分；得出所求磁场区域的另一个边界的，再给2分；式2分。11.（09年重庆卷）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U0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，=90。（忽略粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的

14、夹角；（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的中点处，质量为16m的离子打在处。求和之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。解析：12.（08四川卷）24如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为（0。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O。P

15、受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力 fqvB 式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O。根据牛顿第二定律 由式得 由于v是实数，必须满足0 由此得B 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 由式得 13.（08重庆卷）25.题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.

16、若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.解析：（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由R=d得B磁场方向垂直纸面向外（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R，运动时间为t由vcos=v0 得vR=方法一：设弧长为st=s=2(+)Rt=方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期Tt=(3)方法一：CM=MNcot=以上三式联立求解得CM=dcot方法二：设圆心为A，过A做AB垂直N

17、O，可以证明NMBONM=CMtan又BO=ABcot=Rsincot=CM=dcot14.(07宁夏理综) 24.在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（APd）射入磁场（不计重力影响）。(1)果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。RAOPDQ(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为（如图）。求入射粒子的速度。解析：由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。 设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：

18、由上式解得 (2)如图所示设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/QR/。 由几何关系得： RAOPDQO/R/ 由余弦定理得： 解得 设入射粒子的速度为v，由 解出 15.（06四川卷）25如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着 竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T.小球1带正电，其电荷量与质量之比q1/m1=4 C/kg,所受重力与电场力的大小相等;小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球向右以v0=23.59 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75 s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直

19、平面内。（取g=10 m/s2)问：(1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比是多少？解析：(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g=q1E E=2.5 N/C (2)相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：= 半径为 周期为 1 s 两小球运动时间 t=0.75 s=T小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰 第一次相碰后小球2做平抛运动 L=R1=v1t 两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向 由、式得 由式得 两小球质量之比 16（2009北京宣武区）如图所示，在x轴的上方（y0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正

20、电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45角，若粒子的质量为m，电量为q，求：（1）该粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径；（2）粒子在磁场中运动的时间。解析：（1）qvB=mv2/R R =mv/qB（2）T = 2m/qB 粒子轨迹如图示：AooRL2L1 t =T = 17(2009年湖南郴州市高三调研试题)如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO 轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直已知线圈匝数n=400，电阻r01，长L1=005m，宽L2=004m，角速度l00 rads，磁场的磁感应强度B025T.线圈两端外接电阻R=99的用电器和一个交流电

21、流表(内阻不计)，求：(1)线圈中产生的最大感应电动势(2)电流表A的读数(3)用电器上消耗的电功率解析：(1)EmnBS代人数据得 Em4000.250.050.04l00 V20 V (2)Im=代人数据得ImA=2A 是正弦交变电流，所以电流表读数即有效值I=A=141A (3)pI2R99W19，8W abcdOv018(2009年安徽合肥35中高三物理第一次质量抽测试卷)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角 = 30、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边

22、长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围.（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.答案：（1）v0 （2）解析：（1）若粒子速度为v0，则qv0B =，所以有R =，设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1R1sin =，将R1 =代入上式可得，v01 =类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2R2sin =，将R2 =代入上式可得，v02 =所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足v0（2）由t =及T =可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越长，在磁场中运动的时

23、间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径rR1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（22），所以最长时间为t =19(2009年江苏睢宁高中16) 如图所示，在xoy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xoy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点4 L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）。如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动.如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场.不计重力的影响，求：（1）磁感应强度B和电场强度E的大小和方向；（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D点（图中未标出）离开电场，求D点的坐标； 图

24、1（3）电子通过D点时的动能。解析：（1）只有磁场时，电子运动轨迹如答图1所示，洛仑兹力提供向心力，由几何关系： ，求出，垂直纸面向里。 电子做匀速直线运动 ， 求出，沿轴负方向。图2（2）只有电场时，电子从MN上的D点离开电场，如答图2所示，设D点横坐标为 ， ， ，求出D点的横坐标为 ，纵坐标为 。（3）从A点到D点，由动能定理 ，求出 。20（2008年上海市长宁区4月模拟）如图所示，质量为m、电量为e的电子，由a点以速率v竖直向上射入匀强磁场，经过一段时间后由b点以不变的速率v反方向飞出，已知ab长为L试求（1）电子在匀强磁场中飞行时的加速度，并说明电子在磁场中作什么运动；（2）求匀强

25、磁场的磁感应强度B的大小和方向解：（1）电子的加速度大小 方向不断变化 电子从a b作匀速圆周运动 （2） 解得 B的方向垂直纸面向里 21（2007江苏南京期末）如图所示，横截面为矩形的管道中，充满了水银，管道的上下两壁为绝缘板，左右两壁为导体板，（图中斜线部分），两导体板被一无电阻的导线短接。管道的高度为，宽度为，长度为。加在管道两端截面上的压强差恒为，水银以速度沿管道方向流动时，水银受到管道的阻力与速度成正比，即（为已知量）。求：（1）水银的稳定速度为多大？（2）如果将管道置于一匀强磁场中，磁场与绝缘壁垂直，磁感应强度的大小为，方向向上，此时水银的稳定流速又是多大？（已知水银的电阻率为，

26、磁场只存在于管道所在的区域，不考虑管道两端之外的水银对电路的影响）答案：（1），（2）感应电动势）电阻由欧姆定律得由平衡条件可得所以22（北京顺义区2008届期末考）两块金属a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度v0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示。已知板长l=10cm，两板间距d=3.0cm，两板间电势差U=150V，v0=2.0107m/s。求：（1）求磁感应强度B的大小；（2）若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能增加多少？（电子所带电荷量的

27、大小与其质量之比，电子电荷量的大小e=1.601019C）解析：（1）电子进入正交的电磁场不发生偏转，则满足 （2）设电子通过场区偏转的距离为y1 23（北京东城区2008届期末考）电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为U）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示求:（1）正确画出电子由静止开始直至离开匀强磁场时的轨迹图；(用尺和圆规规范作图)(2) 匀强磁场的磁感应强度（已知电子的质量为m，电荷量为e）解析：（1）作电子经电场和磁场中的轨迹图，如右图所示（2）设电子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理

28、得： 电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则： 由几何关系得：联立求解式得：19（2008年苏、锡、常、镇四市调查）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场由加了电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板形成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s，如图甲所示大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧

29、光屏上问：（1）电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？（2）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）4t0t03t02t0t0U0U乙lB荧光屏U甲e解析：（1）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：（）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27