《2022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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022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）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022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.【答案】（1）（2） 所以有 ⑥ 由幾何關系得?、? 所以 ⑧

2、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增大過程中，將產生渦旋電場，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

3、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O點出發(fā)記為第一次經過直線MN，而第五次經過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的

4、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 ③ 而 ④ 由

5、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 產生帶正電的粒子質量均為m，電荷量均為q，由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于兩水平金屬

6、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）設粒子經加速

7、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

8、。 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)粒子經過c點時的速度大??；(3)圓形磁場區(qū)域的最小面積。 5.【解析】 試題分析：（1）粒子

9、由a到c，向下偏轉，根據左手定則判斷，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，故粒子經過c點時的速度與a點速度大小相等。由上可知粒子經過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

10、切點。 洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律可知： 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= (現只研究與放射源P和直線ab同一個平面內的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

11、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的垂線交PQ于A點，如圖所示，由幾何知識可得： 代入數據可得α

12、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C點，α粒子轉過的圓心角最小，運動時間最短． 則：= 最小圓心角：

13、 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： （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

14、??； （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 由于兩粒子在電場中時間相同，所以進電場時

15、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軸負方向射入區(qū)域I，經過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點出發(fā)到再次經過A點所用的最短時間。 8.【解析】 試題分析：

16、（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，即取最小整數m=4，n=9 由圓周運動規(guī)律可得：， 代入數據得 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

17、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）粒子在時間內，速度方向改變了，故周期 根據洛倫茲力提供向心力 得到周期公式 聯(lián)

18、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 由題意可知代入數據得的最大值為 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 根據洛倫茲力提供向心力 代入數據解得 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xoy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

19、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軸經過C點，C與原點O的距離為3L。第二次到達x軸時經過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.