2017年高考冲刺物理电磁场计算题专练(有答案)

1、2017年高考冲刺物理电磁场计算题专练(有答案)25.(20分)如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为0的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。B所受的电场力大小为6mgsin0,开始时系统静止。现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为go(1) 求弹簧的压缩长度x1；(2) 求A刚要

2、离开墙壁时C的速度大小u1及拉力F的大小；(3) 若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F,同时电场力大小突然减为2mgsin0，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epmo925、(18分)如图所示，一等腰直角三角形0MN的腰长为2L，P点为ON的中点，三角形PMN内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场1(磁感应强度大小未知)，一粒子源置于P点，可以射出垂直于ON向上的不同速率、不同种类的带正电的粒子.不计粒子的重力和粒子之间的相互作用.(1) 求线段PN上有粒子击中区域的长度s；(2) 若三角形区域OMN的外部存在着垂直于纸面向外的匀强磁场II,磁感应强度大小为B;三角形OMP区域内存在着水平

3、向左的匀强电场.某粒子从P点射出后经时间t恰好沿水平向左方向穿过MN进入磁场II,然后从M点射出磁场II进入电场，又在电场力作用下通过P点.求该粒子的比荷以及电场的电场强度大小.25.如图a所示，竖直虚线MN、PQ间由垂直于纸面向里的匀强磁场，MN左侧由水平的平行金属板，板的右端紧靠虚线MN,在两板的电极E、F上加上如图b所示的电压，在板的左端沿两板的中线00'不断地射入质量为m，电量为q的带正电粒子，粒子的速度大小均为v，侧移最大的粒子刚好从板的右0侧边缘射入磁场，两板长为L，两板间距d二"L，若土远小于T，磁场的磁感应强度大小为B，粒3v0子间的相互作用及重力忽略不计，求

4、：(1) 两板间电压的最大值U为多少？0(2) 要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的最小距离为多大？(3) 若将下板向下平移C'3-l)d，所有粒子仍从0点射入，则所有粒子进入磁场后，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的最小距离为多大。25.如图，直角坐标系xoy中，A、C分别为x、y轴上的两点，0C长为L,ZOAC=30°,AOAC区域内有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，区域外无磁场。有大量质量为m,电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴方向从OA边各处持续不断射入磁场。已知能从AC边垂直射出的粒子在磁场中的运动时间为t,不考虑粒子间的相互作用

5、且粒子重力不计。(1) 求磁场磁感应强度B的大小；(2) 有些粒子的运动轨迹会与AC边相切，求相切轨迹的最大半径r及其对应的入射速度v；mm(3) 若粒子入射速度相同，有些粒子能在边界AC上相遇，求相遇的两粒子入射时间差的最大值。25.（18分）如图所示，圆心为0、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心0为坐标原点建立坐标系，在y=-3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板，一质量为m、带电量为+q的粒子，与x轴成60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由N点离开磁场（N点未画出）恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，

6、最后离开磁场。不计粒子的重力，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）N点的坐标；（3）粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。25.（18分）如图甲所示，直角坐标系xoy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置（没一q、有画出）沿y轴正方向射出一个比荷一=100C/kg的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子m以行20m/s的速度从x轴上的点A（-2m，0）进入第二象限，从y轴上的点C（0，4m）进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示

7、规律变化g10m/s2.（1）求第二象限内电场的电场强度大小；（2）求粒子第一次经过x轴时的位置坐标;25.如图所示为一方向垂直纸面向里的半圆形匀强磁场区域，O为其圆心，AB为其直径。足够长的收集板MN平行于AB且与半圆形区域相切与P点，O放置一粒子源，可在OA与OB之间180°范围内向磁场内连续射入速度均为v°的带负电粒子，已知AB=2L，粒子的质量均为m,带电荷量均为q,不计粒子重力以及相互作用。XX文/XXXxxx(1)若要使所用粒子均不能被收集板收集，所加磁场需满足的条件(2) 若所加磁场的磁感应强度为冷，收集板上被粒子击中区域上靠近M端距P点的最远距离qL(3)

8、若恰有6的粒子能被收集板收集到，求所加磁场的磁感应强度。624.U4分)具空中有如图所示矩唇区域.谚区域总高度为2弘总宽度为毎®其中上半制分育出協应强度为执垂宜抵面向里的术平匀强磁场，下半部分有匪H向下时闵關电X轴怡肯水平分界镰正申右皓为坐标原点6在雄有一与工躺垂直的足翳大的光犀個中素耳出.质量为略电荷巔的绝対值为q的带负屯粒子源源不斷地从下进界的凹标值肯(一知一S的P点由靜止开始垃过匀强电场加速卜通过工轴后罐入匀强磁场中.fit子倒泊相互作用却粒于車力沟不计-(D若粒子在匿场中怯好不从上边界肘出十或加殖电场的场强E若密光捋向X軸氏方向平移T粒子打在理上的铉迺始烬不改变.则加韻电场的

9、场强剧爹大？参考答案【解析】(1)开始时，弹簧处于压缩状态对C,受力平衡有Tl=2mgsin0对B,受力平衡有T1+kxl=6mgsin0AmgsinO解侍x1=k°(2) A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动,位移大小为x1时有ul=2ax1解得Y1=冷8。根据牛顿第二定律对B有T2-6mgsin0=2ma对C有F+2mgsin0-T2=2ma解得F=4m(gsinO+a)。(3) A刚要离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度u2相等时，弹簧弹性势能最大，有(2m+2m)u1=(m+2m+2m)u2根据能量守恒

10、定律有112(2m+2m)u1=2(m+2m+2m)u2+Epm解得：Epm=16m2gasin85k解:(1)粒子打在PN上离P最远时，轨道恰好与MN相切，根据几何关系作出粒子运动图象有:由图象根据几何关系有片+叵珀二L可得临界运动时粒子半径：粒子击中范围：s=2R=2冥:.亍二2(2_1)L2)由题意作出粒子运动轨迹，由几何关系得：R+Rtan45°=L22得到粒子在PNM中圆周运动的轨道半径设粒子的速度大小为V,则可知粒子在PNM中运动的时间:兀22则可得粒子速度v=t粒子在磁场ii中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据图示几何关系可得:根据洛伦兹力提供向心力有：则解得粒子的比

11、荷:q_v_4t粒子从M进入电场后做类平抛运动，即在水平方向做初速度为。的匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，故有:竖直方向有：2L=vt可得类平抛运动时间t号水平方向有：L=22mv由此解得，电场强度E=兀L4t=3B兀L2L*16tiri25、(1)由于远小于T,因此每个粒子穿过电场时可以认为电场强度大小不变，当两板间的电压为v0U°时，粒子的侧移量最大L11qUmv2设粒子穿过电场用时为t二，-d二°12,求得U=°v22md03q°v(2)设粒子进磁场时速度与水平方向的夹角为0，则粒子在磁场中运动的速度大小V二Acos0v2mv粒子在磁场中运

12、动时，qvB=m，解得R=0-RqBCOs0mv1粒子在磁场中做圆周运动时，轨迹上点离MN的最远距离s=R+Rsin0=0(+tan0)qBcos01d一一2d羽可见，0越大,s越大，从平行板边缘飞出的粒子速度与水平方向夹角最大，此时tan0=-=匚-LL32故0=30°mv/1八、v3mv因此PQ、MN间的距离至少为s二°(+tan0)二°qBcos03qB(3)若将下板向下平移C'3-l)d，则两板间的距离为P'3dd，则两板间的距离为3d则所有粒子在电场中的侧移最大值y二1qUj()2二1L2mx3dv60y13设最大偏向角为a，则tana=

13、i=，则COSa=看1 310L2因此要使所有粒子均不能从PQ边射出磁场，需要PQ、MN间的间距离至少为s'=竺0(丄+tana)=qBCOsav03qB25、(1)恰好垂直于AC边射出磁场的轨迹如图，根据几何知识可得，在磁场中轨迹对应圆心角&0f2兀m'兀m=30°，在磁场中的运动时间：t二360T，又=qB，解得=苑r(2)从O点入射的粒子轨迹与AC边相切时半径最大，根据几何知识可得：r+m二msin30°Ltan30°v2根据牛顿第二定律可得qvB=解得r=mrmV3L3)由于入射速度相同，则半径一样，能在AC上相遇的情形有很多种，两

14、圆弧对应的圆心角之差A0最大时，两粒子入射的时间差最大。如图甲，AOiBO2为等腰三角形，由几何关系可得:A0=0-0=AOBO，1212又0+0=180°，得A0=20-180°，12可见0i最大时，A0最大。而当B为切点时，0最大(如图乙),101所以t=1T=一T1360。30t=21360°AOBO为等边三角形，由几何关系可得0=120°，0=60°121211T=：T，最大时间差At=t-1=T=2s6m126（5分）址純在啟场中运型强为片根据匿设聂件画出粒予的运型娅宙几诃关系得：円!<3分）由洛伦舷力筲于向心力：qvB=-4分

15、）r昭4恤<1分）。分）由阳几何关爲可猱x=/isin6O（）=-7?（1仆）yJ?cos60°=f/?（1莎N点的唯标为（R*H22<3）do）nr；m中运动的mir=（2分）由几何知识符粒于在磁场中运动的酗心角共为L80%粒他BS场中运戢时同r外的正动，1龄速茂般运动町衍;从出罐场到叫空逬磁场的时冋r.=Q分）耳中f=3R-R<I；>）2施从M点址入嗨场到城將离幵嗨场区域运剧时总时P'Jr=h<2分）W：JM空仏（J分）25.（1）带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则Eqx=m（v2-v2）2c0vCx2t（

16、1分）y=vt（1分）v2=v2+v2c”"""C0Cx解得：E=1.0N/CvC=20J2m/s（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成9角,vV贝ycos9=-0=1即9=45°v甲11Cv2粒子在第一象限磁场中运动时有：qvB=mC-CrJ2解得：r='m2粒子做圆周运动的周期T=匝=sC20N-mg=mv2所以粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，在x轴上对应的弦长为rJ2=imvv所以0D=3m粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3m,0)24、(1)当释放高度为h时，恰好触发压力开关，mgh=1m

17、v2,0020代入N=15N,解得h=0.2m0由于h<h，未触发压力开关，长木板不动，小滑块在木板上减速运动最终停止0mgh-ymgs=0得s=0.5m(2)当h'<h时，Q=mgh'=10h0当h'>ho时,mgh'=mv221mv2一22(m+m)v'2解得Q=5h'15mv225、(1)qvB=一，由左手定则可知OA方向入射的粒子不被收集，则所有粒子均不能被收集，可0r知几何关系2r<L2mv联立可得B>一-mv可得半径r=忌=LqLmv(2)若所加磁场的磁感应强度为rqL沿OA方向入射的粒子能打到收集板靠近M端离P点最远的位置，由几何关系可知，射出磁场时的速度方向为沿左上与水平成60°，如图所示XXXXXXXX由几何关系可得，M端距P点最远的距离l=Lsin60°（3）有?的粒子能被收集板收集到，恰被收集到的粒子射入磁场的速度方向与OB的夹角。=30°,6粒子偏出磁场的速度方向与MN平行其几何关系如图所示WP'v/衣XX文(r''sin0)2+(r"r''cos0)2=L，r''=：2L24