2013年高考电磁场真题汇总 (含答案).doc

1（2013四川理综第10题 17分）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角370的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E5104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg,mB=0.2kg,B所带电荷量q=+410-6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8.(1)求B所受摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始作匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数为=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率？解：（1）F作用之前，A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为，A、B间绳中张力为，有对A： 对B： 联立式，代入数据解得=0.4N （2）物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳中张力为有 设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为，弹簧的伸长量为，有 由几何关系知 设拉力F的瞬时功率为P，有P=Fv 联立-式，代入数据解得 2、（2013新课标全国II卷T24）（14分）如图，匀强电场中有一半径为的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为(q)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N和,不计重力，求电场强度的大小、质点经过a点和b点时的动能。【解析】设电荷质量为m，经过a点和b点时速度大小为 va和vb，由牛顿第二定律有 （3分） （3分）经过a点和b点时动能分别为 Eka和Ekb， （1分） （1分）从a点到b点的过程用动能定理有Ekb-Eka=2rqE （3分）联立得 （1分） （1分） （1分）【答案】 3、(2013浙江理综T24）分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量EK左和EK右分别为多少？（4）比较|EK左|和|EK右|的大小，并说明理由。【解析】（1）电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A析电势。（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度大小相同，有：联立解得：（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有（4）根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有即 【答案】（1）见解析（2） (3) 4、（2013上海单科T32）(12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，Er曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积。(1)写出Er曲线下面积的单位；(2)己知带电球在rR处的场强EkQr2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?(3)求球心与球表面间的电势差U；(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?【解析】(1)Er曲线下面积的单位是（V/m）m，即伏特 （2）当时， 故 （3）球心与球表面间的电势差为图象与横轴围成的面积， (4) 球面处到处的电势差等于球心与球表面间的电势差， 令负电荷具有初速度能刚好运动到处，由动能定理得，故答案：（）伏特（）（）（）5、(2013大纲版全国卷T25)一电荷量为q（q0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力。求在t=0到t=T的时间间隔内（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。【解析】（1）带电粒子在0,T时间间隔做匀速运动，设加速度分别为,，由牛顿第二定律得 设带电粒子在时的速度分别为，则设带电粒子在t=0 到t=T 时的位移为s，有联立上面各式可得：它沿初始电场正方向。（2）由电场变化规律知，时粒子开始减速，设经过时间t1 粒子速度减为零+将式代入上式，得 粒子从时开始加速，设经过时间t2 速度减为零。此式与式联立得从t =0 到t=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t 为将式代入式得【答案】（1） 沿初始电场正方向 （2）=6、(2013大纲版全国卷T26)如图，虚线OL与y轴的夹角=60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于p点（图中未画出）且=R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。7、(2013北京卷) (22)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：（1） 匀强电场场强E的大小；（2） 粒子从电场射出时速度的大小；（3） 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。（4） 【答案】（1） （2） （3）。（5） 【解析】（1）由平行板电容器电场强度的定义式可知，电场强度的大小为；（6） （2）根据动能定理，有，解得；（7） （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，解得。8、(2013山东理综23题).如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E. 一质量为、带电量为的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为，加速度的大小为a，粒子的初速度为，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立式得 （2）设粒子做圆周运动的半径为，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得 由牛顿第二定律得 联立式得 （3）设粒子做圆周运动的半径为，由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示，、是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接、，由几何关系知，和均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOG为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有 联立得 9、(2013广东卷) .如图19（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度的关系如图19（b）所示，期中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻（1） 根据图19（b）写出ab、bc段对应I与的关系式（2） 求出图19（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc（3） 分别求出ab、bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式10、(2013年高考福建理综) (20分)如图甲，空间存在范围足够大的垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。让质量为m，电量为q（qv1)为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin值：(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射。研究表明：粒子在xoy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。【答案】 (1) (2) 2 （3）【解析】 (1) 带电粒大以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有 当粒子沿y轴正方向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有 由代入式解 (2) 如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在的直线上，半径为R0，当给定一个初速度v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有有 由式解得 (3) 粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速度最大，用ym表示其坐标，由动能定理，有 由题知 当E=0时，粒子以初速度v0沿y轴正方向入射，有 由式解得11、(2013年天津理综) 一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中，粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径R；（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。【答案】(1) (2) (3) 3【解析】(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed 联立上式可得 (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O， 圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角。 由几何关系得 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 联立式得 (3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为，则 设粒子进入S孔时的速度为，由式看出 结合式可得 设粒子做圆周运动的半径为，则 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为，比较两式得到，可见 粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3 12、（2013年四川理综）如图所示，竖直平面（纸面）内有平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在x0的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限内的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P的电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；（2）小球Q的抛出速度v0取值范围；（3）B1是B2的多少倍？【答案】（1） 正电（2） （3）0.5【解析】（1）由题意，小球P到达D前匀速：， ，且P带正电过D进入电磁场区域做匀速圆周运动，则（2）经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，设匀速圆周运动半径为RRvv0vyN则设小球P、Q在第四象限相遇时的坐标为x、y。设小球Q平抛后经时间t与P相遇，Q的水平位移为s,竖直位移为d。则位移关系：=R 0联解得：（3） 小球Q在空间作平抛运动，在满足题目条件下，运动到小球P穿出电磁场时的高度（图中N点）时，设用时t1,竖直方向速度vy,竖直位移yQ,则有（此后a=g同，PQ相遇点竖直方向速度必同）联解得:B1=0.5B213、(2013年江苏物理) 在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。 如题15-1图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间作周期性变化的图象如题15-2图所示。 x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。 在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q。不计重力。在时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动。（1）求P在磁场中运动时速度的大小；（2）求应满足的关系；（3）在时刻释放P，求P速度为零时的坐标。【答案】见解析【解析】(1) 作匀加速直线运动，作匀速圆周运动 电场力 加速度 速度 ，且 解得 (2)只有当时，P在磁场中作圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道作往复运动，如图所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T。则 匀速圆周运动 解得 (3)在t0时刻释放，P在电场中加速时间为在磁场中匀速圆周运动 圆周运动的半径 解得 又经（）时间P减速为零后向右加速时间为t0P再进入磁场 圆周运动的半径 解得 综上分析，速度为零时横坐标x=0相应的纵坐标为 【来源：全,品中&高*考*网】GEF300135014、(2013年海南物理) 如图，纸面内有E、F、G三点，GEF=30，EFG=135，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射