高中物理电磁大题和答案.doc

1、. .Word 完美格式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 T B C 3 D 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：2vqBmR得 q。而21kEmv故可得： 2kmEvBqR又带电粒子的运动半径不变，

2、所以BT。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，求：电场强度大小与磁感应强度大小的比值；该粒子在电场中运动的时间。25. 【答案】 （） 201tanv （） 02tandv. .Word 完美格式【考点】 带电 粒子在 电磁场中的运动、牛顿第二定律、【解析

3、】 （ 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：200vqBR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：xqmaExvt=2d粒子在电场中做类平抛运动，如图所示 0tanyv=联立得 21tanEB. .Word 完美格式（）同理可得 02tandv=3.（2014 年 广东卷）36、 （18 分）如图 25

4、 所示，足够大的平行 挡板 A1、A 2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和 ，以水平面 MN 为理想分界面。 区的磁感应强度为 B0，方向垂直纸面向外，A 1、A 2上各有位置正对的小孔 S1、S 2，两孔 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 区，并直接偏转到 MN 上的 P 点，再进入区。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

5、与 k 的关系式和区的磁感 应强度 B 与 k 的关系式。36.【答案】：（1 ）20qdmBLE（2）20q(kL)v=mB0kB3 【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，S1 S2B0mNMA1 A2+q+ -6LL Ldp图 25. .Word 完美格式粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，则有：20vqmBR粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有： 21dE综合上式解得：20qdmBLE（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

6、： 22(k)RL, 又有 20vqmBR则整理解得： 20qv=mB又因为： 6kLx根据几何关系有： Rr则 区的磁感 应 强度 B 与 k 的关系： 0kB34. （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、 和 3 l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是. .Word 完美格式Aa 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Ca、c 两处的磁感应强度方向相同Db 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

7、，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（ q0）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

8、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。. .Word 完美格式14. 【答案】 qBmt451， 02TvE【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 RvmBq2000vT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Tt851求得 qBmt41（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

9、maq201tv得 qEt02根据题意，要使粒子能够回到 P 点，必须满足. .Word 完美格式02Tt得电场强度最大值 0qTmvE6. (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 O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30 0角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P点。

10、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 v；(3)欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值。14.【答案】 （1） 23()(132Ld- （2） 3()64qBLdm- （3） () (1)qBnnmn-+ ， 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 . .Word 完美格式【解析】 （ 1）设粒子的 轨道半径为 r根据题意 003sincos3Lrd=+ 且 01cos3)hr=（ 解得 2()(12h-

11、（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为 rmvqBr=，2vqr由题意可知 003sin4si3 解得 3()64qBLvdm=-设粒子经过上方磁场 n 次由题意可知 00(2)cos3(2)sin3Ldr=+且2nmvqBr解得 (11)nqLLvdnmd- ， 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. .Word

12、 完美格式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=BIL sin ,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A2 B C1 D 216.【答案】：

13、D【解析 】：动能是原 来的一半，则速度是原来的 21倍，又由 rvmqB2得上方磁场是下方磁场的 21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. .Word 完美格式荷量为+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 B和 T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 2BtT，求 0（2）若 3，求粒子在磁 场中运动的加速度大小。（3）若 004mvqd，为使粒子仍能垂直打到 P 板上，求 BT24、 【答案】 （1） 0=B（2）203vad（3） 0d=Bv； 01darcsin242vB（ ） 【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200mvqBR据题意由几何关系得R1=d 联立式得 0=mvBqd（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B00-B3B2t图 乙d0vQ图 甲