1、2017年高考沖刺物理電磁場計算題專練(有答案)25.(20分)如圖所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數為k的水平絕緣輕質彈簧連接，物塊B、C用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為0的長斜面上，滑輪兩側的輕繩分別與水平面和斜面平行。A、B、C的質量分別是m、2m、2m，A、C均不帶電，B帶正電，滑輪左側存在著水平向左的勻強電場，整個系統(tǒng)不計一切摩擦，B與滑輪足夠遠。B所受的電場力大小為6mgsin0,開始時系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為a的勻加速直線運動，彈簧始終未超過彈性限度，重力加速度大小為go(1) 求彈簧的壓縮長度x1；(2) 求A剛要

2、離開墻壁時C的速度大小u1及拉力F的大?。?3) 若A剛要離開墻壁時，撤去拉力F,同時電場力大小突然減為2mgsin0，方向不變，求在之后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能Epmo925、(18分)如圖所示，一等腰直角三角形0MN的腰長為2L，P點為ON的中點，三角形PMN內存在著垂直于紙面向里的勻強磁場1(磁感應強度大小未知)，一粒子源置于P點，可以射出垂直于ON向上的不同速率、不同種類的帶正電的粒子.不計粒子的重力和粒子之間的相互作用.(1) 求線段PN上有粒子擊中區(qū)域的長度s；(2) 若三角形區(qū)域OMN的外部存在著垂直于紙面向外的勻強磁場II,磁感應強度大小為B;三角形OMP區(qū)域內存在著水平

3、向左的勻強電場.某粒子從P點射出后經時間t恰好沿水平向左方向穿過MN進入磁場II,然后從M點射出磁場II進入電場，又在電場力作用下通過P點.求該粒子的比荷以及電場的電場強度大小.25.如圖a所示，豎直虛線MN、PQ間由垂直于紙面向里的勻強磁場，MN左側由水平的平行金屬板，板的右端緊靠虛線MN,在兩板的電極E、F上加上如圖b所示的電壓，在板的左端沿兩板的中線00'不斷地射入質量為m，電量為q的帶正電粒子，粒子的速度大小均為v，側移最大的粒子剛好從板的右0側邊緣射入磁場，兩板長為L，兩板間距d二"L，若土遠小于T，磁場的磁感應強度大小為B，粒3v0子間的相互作用及重力忽略不計，求

4、：(1) 兩板間電壓的最大值U為多少？0(2) 要使所有粒子均不能從邊界PQ射出磁場，PQ、MN間的最小距離為多大？(3) 若將下板向下平移C'3-l)d，所有粒子仍從0點射入，則所有粒子進入磁場后，要使所有粒子均不能從邊界PQ射出磁場，PQ、MN間的最小距離為多大。25.如圖，直角坐標系xoy中，A、C分別為x、y軸上的兩點，0C長為L,ZOAC=30°,AOAC區(qū)域內有垂直于xoy平面向外的勻強磁場，區(qū)域外無磁場。有大量質量為m,電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸方向從OA邊各處持續(xù)不斷射入磁場。已知能從AC邊垂直射出的粒子在磁場中的運動時間為t,不考慮粒子間的相互作用

5、且粒子重力不計。(1) 求磁場磁感應強度B的大??；(2) 有些粒子的運動軌跡會與AC邊相切，求相切軌跡的最大半徑r及其對應的入射速度v；mm(3) 若粒子入射速度相同，有些粒子能在邊界AC上相遇，求相遇的兩粒子入射時間差的最大值。25.（18分）如圖所示，圓心為0、半徑為R的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強磁場，以圓心0為坐標原點建立坐標系，在y=-3R處有一垂直y軸的固定絕緣擋板，一質量為m、帶電量為+q的粒子，與x軸成60°角從M點（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁場區(qū)域，經磁場偏轉后由N點離開磁場（N點未畫出）恰好垂直打在擋板上，粒子與擋板碰撞后原速率彈回，再次進入磁場，

6、最后離開磁場。不計粒子的重力，求：（1）磁感應強度B的大??；（2）N點的坐標；（3）粒子從M點進入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間。25.（18分）如圖甲所示，直角坐標系xoy中，第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場，第一、四象限內有垂直坐標平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內有一發(fā)射裝置（沒一q、有畫出）沿y軸正方向射出一個比荷一=100C/kg的帶正電的粒子（可視為質點且不計重力），該粒子m以行20m/s的速度從x軸上的點A（-2m，0）進入第二象限，從y軸上的點C（0，4m）進入第一象限。取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，第一、四象限內磁場的磁感應強度按圖乙所示

7、規(guī)律變化g10m/s2.（1）求第二象限內電場的電場強度大??；（2）求粒子第一次經過x軸時的位置坐標;25.如圖所示為一方向垂直紙面向里的半圓形勻強磁場區(qū)域，O為其圓心，AB為其直徑。足夠長的收集板MN平行于AB且與半圓形區(qū)域相切與P點，O放置一粒子源，可在OA與OB之間180°范圍內向磁場內連續(xù)射入速度均為v°的帶負電粒子，已知AB=2L，粒子的質量均為m,帶電荷量均為q,不計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，所加磁場需滿足的條件(2) 若所加磁場的磁感應強度為冷，收集板上被粒子擊中區(qū)域上靠近M端距P點的最遠距離qL(3)

8、若恰有6的粒子能被收集板收集到，求所加磁場的磁感應強度。624.U4分)具空中有如圖所示矩唇區(qū)域.諺區(qū)域總高度為2弘總寬度為毎®其中上半制分育出協(xié)應強度為執(zhí)垂宜抵面向里的術平勻強磁場，下半部分有匪H向下時閔關電X軸怡肯水平分界鐮正申右皓為坐標原點6在雄有一與工躺垂直的足翳大的光犀個中素耳出.質量為略電荷巔的絕対值為q的帶負屯粒子源源不斷地從下進界的凹標值肯(一知一S的P點由靜止開始垃過勻強電場加速卜通過工軸后罐入勻強磁場中.fit子倒泊相互作用卻粒于車力溝不計-(D若粒子在匿場中怯好不從上邊界肘出十或加殖電場的場強E若密光捋向X軸氏方向平移T粒子打在理上的鉉迺始燼不改變.則加韻電場的

9、場強劇爹大？參考答案【解析】(1)開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)對C,受力平衡有Tl=2mgsin0對B,受力平衡有T1+kxl=6mgsin0AmgsinO解侍x1=k°(2) A剛要離開墻壁時墻壁對A的彈力為零，彈簧剛好不發(fā)生形變，則B做勻加速直線運動,位移大小為x1時有ul=2ax1解得Y1=冷8。根據牛頓第二定律對B有T2-6mgsin0=2ma對C有F+2mgsin0-T2=2ma解得F=4m(gsinO+a)。(3) A剛要離開墻壁后，A、B、C系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，當三個物塊的速度u2相等時，彈簧彈性勢能最大，有(2m+2m)u1=(m+2m+2m)u2根據能量守恒

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上離P最遠時，軌道恰好與MN相切，根據幾何關系作出粒子運動圖象有:由圖象根據幾何關系有片+叵珀二L可得臨界運動時粒子半徑：粒子擊中范圍：s=2R=2冥:.亍二2(2_1)L2)由題意作出粒子運動軌跡，由幾何關系得：R+Rtan45°=L22得到粒子在PNM中圓周運動的軌道半徑設粒子的速度大小為V,則可知粒子在PNM中運動的時間:兀22則可得粒子速度v=t粒子在磁場ii中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據圖示幾何關系可得:根據洛倫茲力提供向心力有：則解得粒子的比

11、荷:q_v_4t粒子從M進入電場后做類平拋運動，即在水平方向做初速度為。的勻加速直線運動，豎直方向做勻速直線運動，故有:豎直方向有：2L=vt可得類平拋運動時間t號水平方向有：L=22mv由此解得，電場強度E=兀L4t=3B兀L2L*16tiri25、(1)由于遠小于T,因此每個粒子穿過電場時可以認為電場強度大小不變，當兩板間的電壓為v0U°時，粒子的側移量最大L11qUmv2設粒子穿過電場用時為t二，-d二°12,求得U=°v22md03q°v(2)設粒子進磁場時速度與水平方向的夾角為0，則粒子在磁場中運動的速度大小V二Acos0v2mv粒子在磁場中運

12、動時，qvB=m，解得R=0-RqBCOs0mv1粒子在磁場中做圓周運動時，軌跡上點離MN的最遠距離s=R+Rsin0=0(+tan0)qBcos01d一一2d羽可見，0越大,s越大，從平行板邊緣飛出的粒子速度與水平方向夾角最大，此時tan0=-=匚-LL32故0=30°mv/1八、v3mv因此PQ、MN間的距離至少為s二°(+tan0)二°qBcos03qB(3)若將下板向下平移C'3-l)d，則兩板間的距離為P'3dd，則兩板間的距離為3d則所有粒子在電場中的側移最大值y二1qUj()2二1L2mx3dv60y13設最大偏向角為a，則tana=

13、i=，則COSa=看1 310L2因此要使所有粒子均不能從PQ邊射出磁場，需要PQ、MN間的間距離至少為s'=竺0(丄+tana)=qBCOsav03qB25、(1)恰好垂直于AC邊射出磁場的軌跡如圖，根據幾何知識可得，在磁場中軌跡對應圓心角&0f2兀m'兀m=30°，在磁場中的運動時間：t二360T，又=qB，解得=苑r(2)從O點入射的粒子軌跡與AC邊相切時半徑最大，根據幾何知識可得：r+m二msin30°Ltan30°v2根據牛頓第二定律可得qvB=解得r=mrmV3L3)由于入射速度相同，則半徑一樣，能在AC上相遇的情形有很多種，兩

14、圓弧對應的圓心角之差A0最大時，兩粒子入射的時間差最大。如圖甲，AOiBO2為等腰三角形，由幾何關系可得:A0=0-0=AOBO，1212又0+0=180°，得A0=20-180°，12可見0i最大時，A0最大。而當B為切點時，0最大(如圖乙),101所以t=1T=一T1360。30t=21360°AOBO為等邊三角形，由幾何關系可得0=120°，0=60°121211T=：T，最大時間差At=t-1=T=2s6m126（5分）址純在啟場中運型強為片根據匿設聶件畫出粒予的運型婭宙幾訶關系得：円!<3分）由洛倫舷力筲于向心力：qvB=-4分

15、）r昭4恤<1分）。分）由陽幾何關爲可猱x=/isin6O（）=-7?（1仆）yJ?cos60°=f/?（1莎N點的唯標為（R*H22<3）do）nr；m中運動的mir=（2分）由幾何知識符粒于在磁場中運動的酗心角共為L80%粒他BS場中運戢時同r外的正動，1齡速茂般運動町衍;從出罐場到叫空逬磁場的時冋r.=Q分）耳中f=3R-R<I；>）2施從M點址入嗨場到城將離幵嗨場區(qū)域運劇時總時P'Jr=h<2分）W：JM空仏（J分）25.（1）帶電粒子在第二象限的電場中做類平拋運動，設粒子從A點到C點用時為t，則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）設粒子在C點的運動方向與y軸正方向成9角,vV貝ycos9=-0=1即9=45°v甲11Cv2粒子在第一象限磁場中運動時有：qvB=mC-CrJ2解得：r='m2粒子做圓周運動的周期T=匝=sC20N-mg=mv2所以粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示，粒子運動第四個半圓的過程中第一次經過x軸，在x軸上對應的弦長為rJ2=imvv所以0D=3m粒子第一次經過x軸時的位置坐標為(3m,0)24、(1)當釋放高度為h時，恰好觸發(fā)壓力開關，mgh=1m

17、v2,0020代入N=15N,解得h=0.2m0由于h<h，未觸發(fā)壓力開關，長木板不動，小滑塊在木板上減速運動最終停止0mgh-ymgs=0得s=0.5m(2)當h'<h時，Q=mgh'=10h0當h'>ho時,mgh'=mv221mv2一22(m+m)v'2解得Q=5h'15mv225、(1)qvB=一，由左手定則可知OA方向入射的粒子不被收集，則所有粒子均不能被收集，可0r知幾何關系2r<L2mv聯(lián)立可得B>一-mv可得半徑r=忌=LqLmv(2)若所加磁場的磁感應強度為rqL沿OA方向入射的粒子能打到收集板靠近M端離P點最遠的位置，由幾何關系可知，射出磁場時的速度方向為沿左上與水平成60°，如圖所示XXXXXXXX由幾何關系可得，M端距P點最遠的距離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場的速度方向與OB的夾角。=30°,6粒子偏出磁場的速度方向與MN平行其幾何關系如圖所示WP'v/衣XX文(r''sin0)2+(r"r''cos0)2=L，r''=：2L24