廣東電磁計算題真題

1、2014-15年廣東省各地高考模擬理綜物理分類匯編電學大題1、（2014韶關一模36.）如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，場強N/C?，F(xiàn)將一重力不計、比荷C/kg的正電荷從電場中的0點由靜止釋放，經(jīng)過t0=1s后，通過MN上的P點進入其上方的勻強磁場。磁場方向垂直于紙面向外，以電荷第一次通過MN時開始計時，磁感應強度按圖乙所示規(guī)律周期性變化。(1)求電荷進入磁場時的速度;(2)求圖乙中t=2×10s時刻電荷與P點的距離；(3)如果在P點右方d=l00cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間。2、（2015年汕頭一模35.）真空室內，一對

2、原來不帶電的相同金屬極板P、Q水平正對固定放置，間距為d.在兩極板外部右側有一個半徑也為d的圓形區(qū)域，其圓心O處于兩極板的中心線上，區(qū)域內部充滿方向垂直于紙面向內的勻強磁場一束等離子體（含有大量帶電量為+q或q的帶電微粒，正、負電荷的總數(shù)相同）從兩極板之間水平向右持續(xù)射入，射入時的速度大小都為v0，如圖所示不計微粒的重力作用（1)若兩極板之間的區(qū)域充滿磁感應強度為B的勻強磁場（方向垂直于紙面向內）求極板P、Q間最后穩(wěn)定的電壓U并指出兩板電勢的高低 （2）若兩極板之間沒有磁場，則微粒保持勻速向右運動直到射人圓形區(qū)現(xiàn)只研究從最下方（圖中b點）射人的帶正電微粒，結果發(fā)現(xiàn)該微粒運動過程恰好經(jīng)過圓心O已

3、知微粒的質量為m，求圓形區(qū)域內磁場的磁感應強度B0和該微粒在圓形區(qū)域內運動的時間（不計微粒間的相互作用）3、（2014清遠市第一學期期末教學質量檢測36）如圖所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極板，相距為D，其右側有一邊長為2a的正三角形區(qū)域，區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，在極板M、N之間加上電壓U后，M板電勢高于N板電勢現(xiàn)有一帶正電的粒子，質量為m，電荷量為q，其重力和初速度均忽略不計，粒子從極板M的中央小孔s1處射入電容器，穿過小孔s2后從距三角形A點的P處垂直AB方向進入磁場，試求： （1）粒子到達小孔s2時的速度； （2） 若粒子從P點進入磁場后經(jīng)時間t從AP間離開磁場，求

4、粒子的運動半徑和磁感應強度的大小； （3）若粒子能從AC間離開磁場，磁感應強度應滿足什么條件？36（18分）解析：(1)帶電粒子在電場中運動時由動能定理得： （2分）解得粒子進入磁場時的速度大小為 （2分）甲 (2) 粒子的軌跡圖如圖甲所示，粒子從進入磁場到從AD間離開，由牛頓第二定律可得：（1分）粒子在磁場中運動的時間為 （1分）由以上兩式可解得軌道半徑 （2分）磁感應為 （2分）乙（3）粒子從進入磁場到從AC間離開，若粒子恰能到達BC邊界，如圖乙所示，設此時的磁感應強度為B1，根據(jù)幾何關系有此時粒子的軌道半徑為 （1分）由牛頓第二定律可得 （1分）由以上兩式解得 （1分）粒子從進入磁場到從

5、AC間離開，若粒子恰能到達AC邊界，如圖丙所示，設此時的磁感應強度為B2，根據(jù)幾何關系有：丙 （1分）由牛頓第二定律可得 （1分）由以上兩式解得 （1分）總上所述要使粒子能從AC間離開磁場，磁感應強度應滿足： （2分）4、（2015梅州市一模35）在直角坐標系第一象限與第三象限分布有如圖所示的勻強磁場和勻強電場，電場強度為E、磁感應強度為B；現(xiàn)在第三象限中從P點以初速度v0沿x軸方向發(fā)射質量為m，帶+q的離子，離子經(jīng)電場偏轉后掐從坐標原點O射入磁場。（1）已知P點的縱坐標為L，試求P點的橫坐標x；（2）若離子經(jīng)O點射入磁場時的速度為2v0，試求離子在磁場中運動的時間及磁場出射點距O點的距離d。

6、35（）離子在電場中做類平拋運動：（2分） （2分） （2分）解得：（2分）（2）由可知，速度方向與x軸夾角（2分）離子在磁場中做圓周運動：（2分）（1分）（1分）（1分）由幾何關系可得：，即（2分）所以：（1分）5、（2015茂名一模）如圖所示，在真空中，半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內只存在垂直紙面向外的勻強磁場有一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，以速率V0從圓周上的P點沿垂直于半徑OOl并指向圓心O的方向進入磁場，從圓周上的O1點飛出磁場后沿兩板的中心線O1O2射入平行金屬板M和N，O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上板間存在勻強電場，兩板間的電壓為U，兩板間距為d不計粒子所受重力求：

7、（1）磁場的磁感應強度B的大小；（2）粒子在磁場中運動的時間；（3）粒子在兩平行板間運動過程中的最大速度與板長L的關系【解析】： 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得：qv0B=m，由幾何關系知：r=R，解得：B=；（2）粒子在圓周運動的周期：T=，粒子在磁場中運動時間為四分之一個周期，有：t=T=；（3）粒子在平行板間做類平拋運動，則有：L=v0t y=at2=t2=t2，聯(lián)立解得：y=，當y，即：L時，粒子打在板上，這種情況下粒子在板間的最大速度v1，由動能定理得：q=mv12mv02，解得：v1=，當y，即：L時，粒子從兩板間飛出電場，粒子在板間的

8、最大速度V2，這種情況下由動能定理得：qy=mv22mv02，解得最大速度為：v2=；6、（2015年江門市一模）“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為1，內圓弧面CD的半徑為，電勢為2。足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP=L。假設太空中漂浮著質量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響。（1）求粒子到達O點時速度的大小；（2）如圖2所示，在邊界ACD

9、B和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，圓心為O，半徑為L，方向垂直紙面向內，則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子經(jīng)O點進入磁場后有2/3能打到MN板上（不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感應強度的大??；（3）同上問，從AB圓弧面收集到的粒子經(jīng)O點進入磁場后均不能到達收集板MN，求磁感應強度所滿足的條件。試寫出定量反映收集板MN上的收集效率與磁感應強度B的關系的相關式子。36（18分）解：（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理， （2分）又U=12 （2分）所以： （1分)（2）從AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行，則

10、入射的方向與AB之間的夾角是600，在磁場中運動的軌跡如圖1，軌跡圓心角=600（2分）根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑為r=L （2分）由牛頓第二定律得： （1分）聯(lián)立解得： （1分）（3）當沿OD方向的粒子剛好打到MN上，則由幾何關系可知，（2分）由牛頓第二定律得： （1分）得：（1分），即（1分）如圖2，設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為，由幾何關系可知： （1分）MN上的收集效率：（1分）7、(廣東省華附、廣雅、省實、深中2015屆高三上學期期末四校聯(lián)考)示波器的示波管中電子束是用電偏轉技術實現(xiàn)的，電視機的顯像管中電子束是用磁偏轉技術實現(xiàn)的。圖為磁場或電場實現(xiàn)電子束偏轉的示意圖，M為

11、顯示屏。已知燈絲正常工作，由燈絲發(fā)射出來的電子初速度可認為零，經(jīng)加速電壓為U1的電場加速，電子束從兩極板正中央水平射入。已知電子質量為m、電荷量為q。當加一勻強磁場時能讓電子束恰好射到極板的右下邊緣，偏轉角度最大為53°，已知極板長為4L，電子所受的重力大小忽略不計。（sin53°= 08，cos53°= 06），求：（1）電子在該磁場中的偏轉半徑R和極板間距d分別為多少？（2）此時所加的磁場的磁感強度B的值？53°U1（3）若撤去磁場，改加豎直方向電場時也讓電子束射到極板的右下邊緣，則極板間的電壓U2為多少？35（18分）、（1）由幾何關系可得： （2

12、分） 極板間距d=2（RRcos37°）=4L （2分）（2）在加速電場中: （2分） 依： （2分） 由由可得： （2分） (3)加電場時電子做類平拋運動： 飛行時間 (2分)加速度 (2分)側移距離 (2分)整理得： (2分)8、（2014佛山二模）如圖所示，勻強磁場B1垂直于光滑金屬導軌平面向里，導體棒ab在平等于導軌的接力F作用下做勻加速運動，使電壓表計數(shù)保持U不變。已知變阻器最大阻值為R1，定值電阻阻值為R2，平行金屬板MN相距為d。一個帶電荷量為+q，質量為m的粒子，由靜止開始從O1加速經(jīng)O2小孔垂直AC邊射入勻強磁場區(qū)。已知該磁場的磁感應強度為B2，方向垂直紙面向外，其

13、邊界AD距O1O2的連線的距離為h。 （1）R1的滑動頭位于最右端時，MN兩極間電流強度多大？ （2）調節(jié)R1的滑動頭，使MN間電壓為U時，粒子進入b2磁場后擊中AD邊界，求粒子在磁場中沿AD邊界方向的射程S。（不計粒子重力） （3）判斷拉力F能否為恒力以及F的方向（不需要說明理由）C35（18分）（1）（共7分） （2分）MN兩板間電壓 （2分） （2分）（寫成的只給1分）解得： （1分）（2）（共7分） （2分） （2分） 或 解得： （1分）（B2寫成B的，第、第式合計扣1分，寫成B1的兩式都不給分）說明：（1）式分幾種情況討論的不扣分，按答案中的得分點給分即可。（2）式?jīng)]有有理化的也給

14、分，如 ； 式h提出來也給分 ； 式?jīng)]有化簡不給分，如根號內的平方?jīng)]開出來不給分。（3）（共4分）F不能為恒力（2分），方向向左（2分）。答F不斷增大給2分，答F不斷減小不給分。9、如圖所示，直角坐標系Oxy位于豎直平面內，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場質量為m2=8×10-3kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l=0.045m，質量m1=1×10-3kg的帶電小物塊以初速度v0=0.5m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力

15、已知電場強度E=40N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為=0.1，取g=10m/s2，求：（1）碰后m1的速度；（2）若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角=30°，OP長為lop=0.4m，求磁感應強度B的大?。粁yPOAm1m2v0lBE（3）其它條件不變，若改變磁場磁感應強度的大小為B/使m2能與m1再次相碰，求B/的大小？36（18分）解：（1）m1與m2碰前速度為v1，由動能定理（分）代入數(shù)據(jù)解得：m/s（分）設v2=0.1m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有：（2分）代入數(shù)據(jù)得：，水平向左（分）xyPOAm1m2v0lBE2（2）m2恰好做勻速圓周運

16、動，所以（分）得：q=2×10-3C（分）粒子受洛侖茲力提供向心力，設圓周的半徑為R則（分）軌跡如圖，由幾何關系有：（分）解得：B=1T（分）（3）當m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動m1勻減速運動至停，其平均速度為：，所以m2在m1停止后與其相碰（分）由牛頓第二定律有：（分）m1停止后離O點距離：（分）則m2平拋的時間：（分）平拋的高度：（分）設m2做勻速圓周運動的半徑為R/，由幾何關系有：（分）由（分）聯(lián)立得：（分）10、（2014汕頭二模）在真空室內取坐標系xOy，在x軸上方存在二個方向都垂直于紙面向外的磁場區(qū)域和（如圖），平行于x軸的直線a

17、a和bb是區(qū)域的邊界線，兩個區(qū)域在y方向上的寬度都為d、在x方向上都足夠長區(qū)和區(qū)內分別充滿磁感應強度為B和的勻強磁場，邊界bb上裝有足夠長的平面感光板一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從坐標原點O以大小為v的速度沿y軸正方向射入?yún)^(qū)的磁場中不計粒子的重力作用 （1）粒子射入的速度v大小滿足什么條件時可使粒子只在區(qū)內運動而不會進入?yún)^(qū)？（2）粒子射入的速度v大小滿足什么條件時可使粒子擊中bb上的感光板？并求感光板可能被粒子擊中的范圍？36（18分） （1）粒子在區(qū)內做勻速圓周運動，有 （1分） 得粒子運動的軌道半徑 （1分） 粒子只在區(qū)內運動而不會進入?yún)^(qū)，則 （1分） 解得速度v滿足的條件 （1分

18、）（2）粒子區(qū)內做勻速圓周運動，有 （1分） 得粒子運動的軌道半徑 （1分） 粒子恰好能運動到感光板的運動情況如圖所示（圖2分）。粒子在區(qū)中運動的圓心為、在區(qū)中運動的圓心為,在圖中相似于，因此 即 （1分）解得 （1分） （2分）因此，要使粒子擊中感光板，粒子射入的速度應滿足 （1分）在中，可得 （1分）粒子經(jīng)過感光板上的F點的x坐標 （1分）解得 （1分） 因此，感光板可能被粒子擊中的x坐標范圍 （2分）11、（2014深圳二模）如圖，空間區(qū)域、有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為理想邊界，區(qū)域高度為d，區(qū)域的高度足夠大勻強電場方向豎直向上；、區(qū)域的磁感應強度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外

19、一個質量為m，電量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動已知重力加速度為g (1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大小； (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求它釋放時距MN的高度h； (3)試討論在h取不同值時，帶電小球第一次穿出區(qū)域的過程中，電場力所做的功OdhMNPQB36、解析：(1)帶電小球進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，合力為洛倫茲力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電。 由qE=mg解得 (2)帶電小球在進入磁場前做自由落體運動，依機械能守恒有mgh=mv2/2 帶電小球在磁場中作勻速圓周運動，設半徑為R

20、，依牛頓第二定律有qvB=m 由于帶電小球在、兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內角為60º，如答圖(a)所示由幾何關系知R= 解得h=；作出小球運動大致軌跡圖 (3)當帶電小球在區(qū)域作圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如答圖(b)所示，有 半徑R=d 聯(lián)立式，解得h0= 討論：i當h<h0時，帶電小球進入磁場區(qū)域的速度較小，半徑較小，不能進入?yún)^(qū)域，由磁場上邊界MN第一次穿出磁場區(qū)域，此過程電場力做功W=qEs=0 當h>h0時，帶電小球進入磁場區(qū)域后由下邊界PQ第一次穿出磁場區(qū)域進入

21、區(qū)域，此過程電場力做功W=qEd 將式代入得W=mgd12、（2014年深圳一模）如圖所示，水平地面上方MN邊界左側存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場，磁感應強度B1.0T，邊界右側離地面高h3m處有光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的a球，質量ma=0.1kg、電量q=0.1C，以初速度v0=3.4m/s水平向左運動，與質量為mb=0.07kg靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質點，g取10m/s2。求：（1）電場強度的大小和方向；（2）碰后a球在電場中運動的最短時間；（3）碰后a球落點的范圍。（計算結果都可以用根號表示）36解：（1）

22、因為a球做勻速圓周運動，電場力必等于重力，有： 2分得： 1分方向豎直向上 1分（2）假設兩球發(fā)生彈性碰撞，有： （寫對一式得1分，合計1分）解得： 1分假設兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，有： 1分解得： 1分綜合分析得：碰后a球的速度為： 1分碰撞后a球以2m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短，根據(jù)和 （寫對一式得1分，合計1分）得：和因為，得： 1分a球在磁場中轉過的角度為1200，所以在磁場中轉過時間 1分(3)a球落在N點左邊最大距離時，有： 1分a球從右邊界飛出的最小半徑a球落在右邊的最大距離由平拋運動 1分 1分當時，s有最大值因，故成立 1分代入數(shù)據(jù)解得： 1分所以，a球可能的落點在

23、距N點左邊、右邊的范圍內。1分13、（2014肇慶一模）如圖所示，在直角坐標系xoy平面的第象限內有半徑為r的圓o1分別與x軸、y軸相切于C（r，0）、D（0，r） 兩點，圓o1內存在垂直于xoy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B與y軸負方向平行的勻強電場左邊界與y軸重合，右邊界交x軸于G點，一帶正電的A粒子（重力不計）電荷量為q、質量為m，以某一速率垂直于x軸從C點射入磁場，經(jīng)磁場偏轉恰好從D點進入電場，最后從G點以與x軸正向夾角為45°的方向射出電場求：（1）A粒子在磁場區(qū)域的偏轉半徑及OG之間的距離；（2）該勻強電場的電場強度E；GA45°OO1yC30°D

24、Ax （3）若另有一個與A的質量和電荷量均相同、速率也相同的粒子A，從C點沿與x軸負方向成30°角的方向射入磁場，則粒子A再次回到x軸上某點時，該點的坐標值為多少？36（18分）解：AK30°DGJIH45°AOOO1yxC（1）設粒子A射入磁場時的速率為v0 ，其在磁場中做圓周運動的圓心必在x軸上，設其圓心為OA，連接OAC、OAD，則OACOADr，所以OA與O點重合，故A粒子在磁場區(qū)域的偏轉半徑也是r. （2分） A粒子運動至D點時速度與y軸垂直，粒子A從D至G作類平拋運動，設其加速度為a，在電場中運行的時間為t，由平拋運動的規(guī)律可得： （1分） （1分）由

25、運動學知識可得： （1分）聯(lián)立解得： （1分）（2）粒子A的軌跡圓半徑為r ，由洛侖茲力和向心力公式可得： （2分）由牛頓運動定律和電場力公式可得： （2分） 聯(lián)立解得： （2分）（3）設粒子A在磁場中圓周運動的圓心為O ，因為O CA =90°，OC=r，以 O為圓心、r為半徑做A的軌跡圓交圓形磁場O1于H點，則四邊形COH O1為菱形，故OHy軸，粒子A 從磁場中出來交y軸于I點，HIOH，所以粒子A也是垂直于y軸進入電場。（2分）設粒子A從J點射出電場，交x軸于K點，因與粒子A在電場中的運動類似，由（1）式可得：OIJG=r （

26、2分） 又OI=r+rcos30° （1分）由式解得：JG=rcos30°=r 根據(jù)圖中幾何知識可得：JKG=45°，GK=GJ 所以粒子A再次回到x軸上的坐標為（，0）13、（2014年中山一中等六校第一次聯(lián)考）如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，與兩板及左側邊緣線相切。一個帶正電的粒子（不計重力）沿兩板間中心線O1O2從左側邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0。若撤去磁場，粒子仍從O1點以相同速度射入，則經(jīng)時間打到極板上。（1）求兩極板間電壓U（2

27、）若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1 O2從O1點射入，欲使粒子從兩板左側間飛出，射入的速度應滿足什么條件OBO1O2R第36題圖36（18分）解：（1）設粒子從左側O1點射入的速度為，極板長為粒子在初速度方向上做勻速直線運動， （2分）在電場中: （1分）（2分） （1分）在復合場中作勻速運動：（2分）解得 （2分）（2）設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉角為，由幾何關系可知：， （2分）(寫成R+r=R同樣得此2分)因為 ，qE=qv0B, 所以 （2分）OBO1O2根據(jù)向心力公式 ，解得 v= （2分）所以，粒子兩板左側間飛出的

28、條件為 （2分）14（2014屆珠海市高三摸底考試理綜物理）36(18分) 如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧,左端連著絕緣介質小球B，右端連在固定板上，放在光滑絕緣的水平面上。整個裝置處在場強大小為E、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一質量為m、帶電量為+q的小球A，從距B球為S處自由釋放，并與B球發(fā)生碰撞。碰撞中無機械能損失，且A球的電量始終不變。已知B球的質量M=3m，B球被碰后作周期性運動，其運動周期(AB小球均可視為質點)。(1)求A球與B球第一次碰撞后瞬間，A球的速度v1和B球的速度v2(2)要使A球與B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，求勁度系數(shù)k的可能取值第36題圖36（18分）解

29、：（1）（12分）設A球與B球碰撞前瞬間的速度為v0，由動能定理得， （2分）解得： （2分）碰撞過程中動量守恒 （2分）機械能無損失，有 （2分）解得 負號表示方向向左 （2分） 方向向右 （2分） （2）（6分）要使m與M第二次迎面碰撞仍發(fā)生在原位置，則必有A球重新回到O處所用的時間t恰好等于B球的 （2分） （1分）（n=0,1,2,3 ） （1分）由題意得： （1分）解得： （n=0,1,2,3 ） （1分）15（2014屆廣東省中山一中等七校第二次聯(lián)考）36(18分）如圖，絕緣水平地面上有寬L=0.4m的勻強電場區(qū)域，場強，方向水平向左。帶電的物塊B靜止在電場邊緣的O點，帶電量、質量的物塊A在距O點s=2.25m處以Vo=5m/s的水平初速度向右運動，并與B發(fā)生碰撞，假設碰撞前后A、B構成的系統(tǒng)沒有動能損失。A的質量是B的k(k>1)倍，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)都為=0.2，物塊均可視為質點，且A的電荷量始終不變，取g = 10m/S2。(1) 求A到達O點與B碰撞前的速度大?。?2) 求碰撞后瞬間A