高中物理电磁大题和答案.doc

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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． B． C． D．
【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。带电粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：得。而故可得：又带电粒子的运动半径不变，所以。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）　　　（２）
【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
（２）同理可得
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。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2<k<3，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。

S1
S2
B0
Ⅰ
m
N
M
A1
A2
+q
+
-
Ⅱ
6L
L
L
d
p
图25

36.【答案】：（1） （2）
【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：
粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：
综合上式解得：
（2）因为2<k<3，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：,又有
则整理解得：
又因为：
根据几何关系有：
则Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系：

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、和3.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是

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】 ，
【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，所需时间t1为

求得
（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
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。

14.【答案】（1） （2）
（3）
【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 且
解得
（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为
，
由题意可知 解得
设粒子经过上方磁场n次
由题意可知
且 解得
（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=BIL sin θ,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．2 B． C．1 D．

16.【答案】：D
【解析】：动能是原来的一半，则速度是原来的倍，又由得上方磁场是下方磁场的倍，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。当和取某些特定值时，可使t=0时刻射入的粒子经时间恰能垂直打到P板上（不考虑粒子反弹）。上述m，q，d，为已知量。

（1） 若，求
（2） 若，求粒子在磁场中运动的加速度大小。
（3） 若，为使粒子仍能垂直打到P板上，求
24、【答案】（1）（2）（3）；
【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
①
据题意由几何关系得
R1=d ②
联立①②式得
③
（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
④
据题意由几何关系得
⑤
联立④⑤式得
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
⑦
由牛顿第二定律得
⑧
由题意知，代入⑧式得
d=4R ⑨
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，由题意可知
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

当时，不满足的要求
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

当时，不满足的要求
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，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；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。小物体质量、电荷量，收到水平向右的推力的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当到达倾斜轨道低端G点时，不带电的小物体在GH顶端静止释放，经过时间与相遇。和与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为，取，，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：
（1） 小物体在水平轨道CD上运动的速度v的大小；
（2） 倾斜轨道GH的长度s。
S
D
G
C
F
P1
P2
O
H
E
r
θ
B

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-mgr(1-cos)=mv-m ……③
P1过G点后做匀变速直线运动的加速度设为a,则;
qEcos-mg-(mgcos+qE）=ma ……④
P2质量设为m在GH上做匀加速直线运动的加速度a，则：
mg-mgcos=ma ……⑤
P1和P2在GH上的时间相同位移之和为S，所以：

S=vt+at+at ……⑥
联立各式，可得：S=0.56m

17.（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运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有
A.qa<qb B. ma<mb C. Ta<Tb D.
16．【答案】A
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动、圆周运动的规律、动量
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：，因为两个粒子的动量相等,且，所以，A项正确；速度不知道，所以质量关系不确定，B项错误；又因为，质量关系不知道，所以周期关系不确定，CD项错误。

20.（12分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0（见图）．若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．

（2）当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？

解析：20.参考解答：
棒向棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，棒则在安培力作用下作加速运动．在棒的速度大于棒的速度时，回路总有感应电流，棒继续减速，棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度作匀速运动．
（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有：mv0＝2mv 　　 ①
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量： 　　　 ②
（2）设棒的速度变为初速度的时，棒的速度为，则由动量守恒可知：
　　　　　　　　　　　　　　　　　 　③
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④
　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤
此时棒所受的安培力： 　　　　　　　　 ⑥
棒的加速度： 　　　　　　　　　　　　 ⑦
由以上各式，可得： 　　　　　　　　　　 ⑧
22．（13分）如图所示，两条互相平行的光滑导轨位于水平面内，距离为l=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5Ω的电阻，在x ≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5T。一质量为m=0.1Kg的金属直杆垂直放置在在导轨上，并以v0=2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的作用下作匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2、方向
与初速度方向相反。设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求：
（1）电流为零时金属杆所处的位置；
（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向；
（3）保持其他条件不变。而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系。

解析：22．（1）感应电动势ε＝BLV, I＝ε/R ∴I＝0时，v＝0
∴x＝=1m， 　　　　　 ①
　 （2）最大电流
安培力f=　　　　　　　　　　　　　　　　 ②
向右运动时 F＋f＝ma， F＝ma－f＝0.18N， 方向与X轴相反 ③
向左运动时 F－f＝ma， F＝ma＋f＝0.22N, 方向与X轴相反 ④
(3)开始时，v＝v0，f＝ImBL= F＋f＝ma，F＋ma－f＝ma－ ⑤
当v0=10m/s时，F＞0， 方向与X轴相反 ⑥
当v0=10m/s时，F ＜0，方向与X轴相同 ⑦
24．（18分）如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y＝处的P3点。不计重力。求
（l）电场强度的大小。
（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。
（3）磁感应强度的大小。

24．（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有
qE ＝ ma ①
v0t ＝ 2h ②
③
由①、②、③式解得
④
（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有
⑤
⑥
⑦
由②、③、⑤式得
v1＝v0 ⑧
由⑥、⑦、⑧式得
⑨
⑩
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
⑾
r是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2＝OP3，
θ＝45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得
r＝ ⑿
由⑨、⑾、⑿可得

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