《高考沖刺物理百題精練 專題05 電場、磁場及復合場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考沖刺物理百題精練 專題05 電場、磁場及復合場（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精誠凝聚 =^_^= 成就夢想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌ 2015年高考沖刺物理百題精練 專題05 電場、磁場及復合場（含解析） 1．如圖所示，空間分布著方向平行于紙面且與場區(qū)邊界垂直的有界勻強電場，電場強度為E，場區(qū)寬度為L，在緊靠電場右側的圓形區(qū)域內，分布著垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B未知，圓形磁場區(qū)域半徑為r。一質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從A點由靜止釋放后，在M點離開電場，并沿半徑方向射入磁場區(qū)域，然后從N點射出，O為圓心，，粒子重力可忽略不計。求： （1）粒子在電場中加速的時間； （2）勻強磁場的磁感應強度B的大小。 1.【答

2、案】（1）（2） 所以有 ⑥ 由幾何關系得　⑦ 所以 ⑧ 考點：帶電粒子在勻強電場及在勻強磁場中的運動. 2．如圖甲，在圓柱形區(qū)域內存在一方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在此區(qū)域內，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管，環(huán)心O在區(qū)域中心．一質量為m、帶電荷量為q(q＞0)的小球，在管內沿逆時針方向(從上向下看)做圓周運動．已知磁感應強度大小B隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中設小球在運動過程中電荷量保持不變，對原磁場的影響可忽略。 (1)在t＝0到t＝T0這段時間內，小球不受細管側壁的作用力，求小球的速度大小v0； (2)在豎直向下的磁感應強度

3、增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強大小相等．試求t＝T0到t＝1.5T0這段時間內：①細管內渦旋電場的場強大小E；②電場力對小球做的功W。 2.【解析】 試題分析：（1）小球運動時不受細管側壁的作用力，因而小球所受洛倫茲力提供向心力 ① 3．如圖，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45的有界勻強電場，電場強度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R。若該粒子從

4、O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，而第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的重力。求： （1）電場強度的大小； （2）該粒子再次從O點進入磁場后，運動軌道的半徑； （3）該粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的時間。 3.【解析】 試題分析：粒子的運動軌跡如圖，先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點，接著恰好逆電場線勻減速運動到b點速度為零再返回a點速度仍為，再在磁場中運動一段3/4圓弧到c點，之后垂直電場線進入電場作類平拋運動。 （1）如圖，由幾何關系知：，類平拋運動的垂直和平行電場方向的位移都為 ① 所以類平拋運動時間為 ② 又

5、 ③ 而 ④ 由①②③④可得 ⑤ （2）由平拋知識得 所以 則第五次過MN進入磁場后的圓弧半徑 （3）粒子在磁場中運動的總時間為 ⑥ 粒子在電場中的加速度為 粒子做直線運動所需時間為 ⑦ 由②⑥⑦式求得粒子從出發(fā)到第五次到達O點所需時間 4．粒子擴束裝置示意圖如圖甲所示，它是由粒子源、加速電場、偏轉電場、勻強磁場和熒光屏組成。粒子源A 產(chǎn)生帶正

6、電的粒子質量均為m，電荷量均為q，由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于兩水平金屬板從正中央連續(xù)不斷地射入偏轉電場。偏轉電場的極板間距為d，兩金屬板間電壓U1隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示， 其中電壓變化周期為T，電壓最大值。設加速電壓，勻強磁場水平寬度為，豎直長度足夠長，磁場方向垂直紙面向外，豎直放置的熒光屏與磁場右邊界重合。已知粒子通過偏轉電場的時間為T，不計粒子重力和粒子間相互作用。求： （1）偏轉電場的極板長度L1； （2）粒子射出偏轉電場的最大側移y1； （3）調整磁感應強度B的大小，可改變粒子束打在熒光屏上形成的光帶的位置。B取何值時，粒子束打在熒光屏上的光帶位置最低？光帶的最低位

7、置離中心O點的距離h為多少？ 4.【解析】 試題分析：（1）設粒子經(jīng)加速電場加速后速度為v0，則 ， 粒子在偏轉電場中的水平分運動為勻速直線運動，則 L1=v0T 聯(lián)立解得： （2）在t=nT（n=0、1、2、3…）時刻進入偏轉電場的粒子有最大側移量，粒子在豎直方向上，0～時間內向上做勻加速直線運動，～T時間內向上做勻速直線運動。 （3）在（n=0、1、2、3…）時刻進入偏轉電場的粒子有最小側移量。 在偏轉電場中的偏轉角θ滿足：，θ=30 由于所有粒子射出偏轉電場時，速度的大小和方向均相同，它們進入磁場后軌道半徑相同且平行，因此側移

8、量最小的粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與熒光屏相切時，打到熒光屏上的位置最低。 進入磁場時的速度 由幾何關系得： 聯(lián)立解得： 又 解得： 5．如圖所示，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重臺，極板間勻強電場的場強為E。一電量為q、質量為m的帶電粒子，從O點與x軸成角斜向上射入極板間，粒子經(jīng)過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，立即進入一磁感應強度為B的圓形磁場（未畫出），隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場。已知粒子在O點的初速度大小為，，，磁場方向垂直于坐標平面向外，磁場與電容器不重和，帶電粒子重力不計，試求： (1)K極板所帶電荷的電性；(2)粒子經(jīng)過c點時的速度大

9、??；(3)圓形磁場區(qū)域的最小面積。 5.【解析】 試題分析：（1）粒子由a到c，向下偏轉，根據(jù)左手定則判斷，可知粒子帶正電。粒子在電場中做類斜拋運動，根據(jù)物體做曲線運動的條件可知電場力垂直于兩極板向下，正電荷受到的電場力與電場方向相同，故電場方向垂直于兩極板向下，K板帶正電，L板帶負電。 （2）粒子由O到a做類斜拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，豎直方向為勻減速運動，到達a點平行于x軸飛出電容器，即豎直方向分速度減為零，a點速度為初速度的水平分量，出電場后粒子在磁場外做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，速度大小始終不變，故粒子經(jīng)過c點時的速度與a點速度大小相等。由上可知粒子經(jīng)

10、過c點時的速度大小 （3）粒子在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，a、c為兩個切點。 洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知： 可得軌跡半徑 粒子飛出電容器立即進入圓形磁場且磁場與電容器不重和，圓形磁場必與電容器右邊界ab切于a點，還需保證c點也在磁場中，當圓形磁場與bc切于c點時磁場面積最小，此時磁場半徑與軌跡半徑相等。 磁場最小面積 6．如圖所示，真空室內有一個點狀的α粒子放射源P，它向各個方向發(fā)射α粒子(不計重力)，速率都相同。ab為P點附近的一條水平直線(P到直線ab的距離PC=L)，Q為直線ab上一點，它與P點相距PQ= (現(xiàn)只研究與放射源P和直線ab同一個平面

11、內的α粒子的運動)，當真空室內(直線ab以上區(qū)域)只存在垂直該平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場時，水平向左射出的α粒子恰到達Q點；當真空室(直線ab以上區(qū)域)只存在平行該平面的勻強電場時，不同方向發(fā)射的α粒子若能到達ab直線，則到達ab直線時它們動能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到達Q點。(α粒子的電荷量為+q，質量為m；sin37=0.6；cos37=0.8)求： （1）α粒子的發(fā)射速率 （2）勻強電場的場強大小和方向 （3）當僅加上述磁場時，能到達直線ab的α粒子所用最長時間和最短時間的比值 6.【解析】 試題分析：（1）設α粒子做勻速圓周運動的半徑R，過O作PQ的

12、垂線交PQ于A點，如圖所示，由幾何知識可得： 代入數(shù)據(jù)可得α粒子軌跡半徑： 洛侖磁力提供向心力： 解得α粒子發(fā)射速度為： （2）真空室只加勻強電場時，由α粒子到達ab直線的動能相等，可得ab為等勢面，電場方向垂直ab向下. 水平向左射出的α粒子做類平拋運動，由運動學關系可知： 與ab平行方向： 與ab垂直方向： 其中 解得： （3）真空室只加磁場時，圓弧O1和直線ab相切于D點，α粒子轉過的圓心角最大，運動時間最長，如圖所示． 則：= 最大圓心角： 最長時間： 圓弧O2經(jīng)C點，α

13、粒子轉過的圓心角最小，運動時間最短． 則：= 最小圓心角： 最短時間： 則最長時間和最短時間的比值為：(或2.20) 7．如圖所示，在xOy平面內0L的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點，以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場．正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60o和30o，兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇．已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計．求：

14、 （1） 正、負粒子的比荷之比； （2） 正、負粒子在磁場中運動的半徑大??； （3） 兩粒子先后進入電場的時間差． 7.【解析】 試題分析：（1）設粒子進磁場方向與邊界夾角為θ， （2）磁場中圓周運動速度， ， ， ， 兩粒子離開電場位置間的距離 根據(jù)題意作出運動軌跡，兩粒子相遇在P點， 由幾何關系可得 ， （3） 兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期

15、 由于兩粒子在電場中時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差 8．如圖所示，在xoy平面內以O為圓心、R0為半徑的圓形區(qū)域I內有垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為+q的粒子以速度v0從A（R0，0）點沿x軸負方向射入?yún)^(qū)域I，經(jīng)過P（0，R0）點，沿y軸正方向進入同心環(huán)形區(qū)域Ⅱ，為使粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后能從Q點回到區(qū)域I，需在區(qū)域Ⅱ內加一垂直于紙面向里的勻強磁場。已知OQ與x軸負方向成30角，不計粒子重力。求： （1）區(qū)域I中磁感應強度B0的大??； （2）環(huán)形區(qū)域Ⅱ的外圓半徑R至少為多大； （3）粒子從A

16、點出發(fā)到再次經(jīng)過A點所用的最短時間。 8.【解析】 試題分析： （1） 設在區(qū)域I內軌跡圓半徑為r1，由圖中幾何關系可得：r1=R0，由洛倫茲力提供向心力可得 解得 （2）設粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡圓半徑為r2，部分軌跡如圖所示，由幾何關系可知： 由幾何關系得 即 （3）軌跡從A點到Q點對應圓心角，要仍從A點射入，需要滿足，m、n屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù)m=4，n=9 由圓周運動規(guī)律可得：， 代入數(shù)據(jù)得 考點：本題考查了帶電粒子在磁場中的運動 9．如圖， 的三個頂點的坐標分別為O（0,0）、A（L，0）、C（0, L），在區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的

17、勻強磁場。在t=0時刻，同時從三角形的OA邊各處以沿y軸正向的相同速度將質量均為m，電荷量均為q的帶正電粒子射入磁場，已知在t=t0時刻從OC邊射出磁場的粒子的速度方向垂直于y軸。不計粒子重力和空氣阻力及粒子間相互作用。 （1）求磁場的磁感應強度B的大??； （2）若從OA邊兩個不同位置射入磁場的粒子，先后從OC邊上的同一點P（P點圖中未標出）射出磁場，求這兩個粒子在磁場中運動的時間t1與t2之間應滿足的關系； （3）從OC邊上的同一點P射出磁場的這兩個粒子經(jīng)過P點的時間間隔與P點位置有關，若該時間間隔最大值為，求粒子進入磁場時的速度大小。 9.【解析】 試題分析：（1）粒子在時間

18、內，速度方向改變了，故周期 根據(jù)洛倫茲力提供向心力 得到周期公式 聯(lián)立得 （2）在同一點射出磁場的兩粒子軌跡如圖，軌跡所對應的圓心角分別為和，由幾何關系有 故 （3）由圓周運動知識可知，兩粒子在磁場中運動的時間差與成正比，由得 有此可知越大，時間差越大由 由題意可知代入數(shù)據(jù)得的最大值為 在磁場中運動時間最長的粒子軌跡如圖，由幾何關系 得 解得 根據(jù)洛倫茲力提供向心力 代入數(shù)據(jù)解得 10．如圖所示，在x軸上方有垂直xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1=B0，在x軸下方有交替分布的勻強電場和勻強磁場，勻強電場平行于y軸，勻強磁場B2=2B0垂直于x

19、oy平面，圖象如圖所示。一質量為m，電量為-q的粒子在時刻沿著與y軸正方向成60角方向從A點射入磁場，時第一次到達x軸，并且速度垂直于x軸經(jīng)過C點，C與原點O的距離為3L。第二次到達x軸時經(jīng)過x軸上的D點，D與原點O的距離為4L。(不計粒子重力，電場和磁場互不影響，結果用B0、m、q、L表示。) （1）求此粒子從A點射出時的速度υ0。 （2）求電場強度E0的大小和方向。 （3）粒子在時到達M點，求M點坐標。 10.【解析】 試題分析：（1）設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得 ① 根據(jù)題意由幾何關系可得 ② 聯(lián)立① ②得 ③ （2）粒子在第一象限磁場中運動的周期設為T1，可得 ④ 粒子在第四象限磁場中運動的周期設為T2，可得 ⑤ 根據(jù)題意由幾何關系可得 ⑥ 由④ ⑤ ⑥可得 ⑦ ⑧ 考點：帶電粒子在電場及在磁場中的運動. ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓點亮心燈 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓