高中物理电磁大题和答案

精心整理1.（2014年安徽卷）18．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于A．TB．TC．3TD．2T【答案】A【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即kET。带电粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：2vqvBmR得mvBqR。而212kEmv故可得：2kmEmvBqRqR又带电粒子的运动半径不变，所以kBET。A正确。2.（2014年大纲卷）25．(20分)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进人电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：⑴电场强度大小与磁感应强度大小的比值；⑵该粒子在电场中运动的时间。25.【答案】（１）201tan2v（２）02tandv【考点】带电粒子在电磁场中的运动、牛顿第二定律、【解析】（1）如图粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得：由题给条件和几何关系可知：R0＝d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vy。由牛顿定律及运动学公式得：粒子在电场中做类平抛运动，如图所示联立得201tan2EvB=（２）同理可得02tandtv=3.（2014年广东卷）36、（18分）如图25所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区。精心整理P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；（2）若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。36.【答案】：（1）220q2dmBLE（2）20q(kL)v=2mBL0kB3kB【解析】：（1）若k=1，则有：MP=L，粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R=L，粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，则有：20vqvmBR粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：21qdmv2E综合上式解得：220q2dmBLE（2）因为2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，该粒子运动轨迹如上图所示，则从S1到S2的轨迹如图所示：有几何关系：222(k)()RLRL,又有20vqvmBR则整理解得：20q(kL)v=2mBL又因为：62k2LLx根据几何关系有：kLRxr则Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系：0kB3kB4.（2014海南卷）8．如图，两根平行长直导线相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为2l、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是S1S2B0ⅠmNMA1A2+q+-Ⅱ6LLLdp图25精心整理A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零8.【答案】AD【解析】根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处场强为零，两导线分别在a处的产生的场强都大于在c处产生的场强，a、c两处的场强叠加都是同向叠加，选项AD正确。5.（2014海南卷）14．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成450夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。14.【答案】qBmt451，002qTmvE【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为45，所需时间t1为求得qBmt451（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有得qEmvt022根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足得电场强度最大值6.(2014江苏卷）14．(16分)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成300角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。精心整理14.【答案】（1）23(3)(1)32Ld--（2）3()64qBLdm-（3）3(3)(11)13qBLLdnnmnd-?+＜，取整数【考点】带电粒子在磁场中的运动、洛伦兹力、牛顿第二定律【解析】（1）设粒子的轨道半径为r根据题意003sin303cos30Lrd=+且01cos30)hr=（－解得23(3)(1)32hLd=--（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为'r2mvqvBr=，2''mvqvBr=由题意可知003sin304'sin30rr=解得3'()64qBLvvvdm=-=-设粒子经过上方磁场n次由题意可知00(22)cos30(22)sin30nLndnr=+++且2nnnmvqvBr=解得3(3)(11)13nqBLLvdnnmnd=-?+＜，取整数（2014年江苏卷）7.（2014年全国卷1）15.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半15.【答案】：B【解析】：由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向，A错的B对的；F=BILsinθ,安培力大小与磁场和电流夹角有关，C错误的；从中点折成直角后，导线的有效长度不等于导线长度一半，D错的8.（2014年全国卷1）16.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电拉子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知拉子穿越铝板时，其动能损失一半，这度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A．2B．2C．1D．22精心整理16.【答案】：D【解析】：动能是原来的一半，则速度是原来的212倍，又由rvmqvB2得上方磁场是下方磁场的212倍，选D。10.（2014年山东卷）24.如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直与纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m，带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度0v由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当0B和BT取某些特定值时，可使t=0时刻射入的粒子经t时间恰能垂直打到P板上（不考虑粒子反弹）。上述m，q，d，0v为已知量。（1）若12BtT，求0B（2）若32BtT，求粒子在磁场中运动的加速度大小。（3）若004mvBqd，为使粒子仍能垂直打到P板上，求BT24、【答案】（1）00=mvBqd（2）203vad（3）0d=3BTv；01d=arcsin242vBT（）【解析】解：（1）设粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得200mvqvBR①据题意由几何关系得R1=d②联立①②式得00=mvBqd③（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得202vaR④据题意由几何关系得23Rd⑤联立④⑤式得精心整理203vad⑥（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得02RTv⑦由牛顿第二定律得2000mvqvBR⑧由题意知004=mvBqd，代入⑧式得d=4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，连线与水平方向的夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求02，由题意可知2=22BTT⑩设经历完整TB的个数为n（n=0,1,2,3……）若在A点击中P板，据题意由几何关系得当n=0时，无解当n=1时，联立⑨式得联立⑦⑨⑩式得当2n时，不满足0090的要求若在B点击中P板，据题意由几何关系得当n=1时，无解当n=1时，联立⑨式得联立⑦⑨⑩式得当2n时，不满足0090的要求11.（2014年四川卷）10.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径mr449的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角37，过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度TB25.1；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度CNE/1014。小物体1P质量kgm3102、电荷量Cq6108，收到水平向右的推力NF31098.9的作用，沿CD向右做精心整理匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当1P到达倾斜轨道低端G点时，不带电的小物体2P在GH顶端静止释放，经过时间st1.0与1P相遇。1P和2P与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为5.0，取2/10smg，6.037sin8.037cos，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：（1）小物体1P在水平轨道CD上运动的速度v的大小；（2）倾斜轨道GH的长度s。10.【解析】(1)由对P1受力分析可得：竖着方向受力平衡：N+qvB=mg……①水平方向受力平衡：F=N……②联立①②可得：v=4m/s（2）P1从D到G由于洛伦兹力不做功，电场力做正功，重力做负功由动能定理可知：qErsin-mgr(1-cos)=21mvG2-21m2Dv……③P1过G点后做匀变速直线运动的加速度设为a1,则;qEcos-mgsin-(mgcos+qEsin）=ma1……④P2质量设为m2在GH上做匀加速直线运动的加速度a2，则：m2gsin-m2gcos=m2a2……⑤P1和P2在GH上的时间相同位移之和为S，所以：S=vGt+21a1t2+21a2t2……⑥联立各式，可得：S=0.56m17.（2014北京）16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相等，a运动的半径大