2022年高考物理压轴题选电学篇精选哦.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载1.（ 09 全国 1 第 26 题）（21 分）如图,在 x 轴下方有匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于 xy 平面对外, P是 y 轴上距原点为 h 的一点, N0 为 x 轴上距原点为 a 的一点；A 是一块平行于 x 轴的档板,与 x 轴的距离为 h ,A 的中点在 y 轴上,长度略小于 a ；带电粒子与挡板碰撞前后 x 方2 2向上的分速度不变,y 方向上的分速度反向,大小不变；质量为 m,电荷量为 q（q0）的粒子从 P 点瞄准 N0 点入射,最终又通过P 点；不计重力；求粒子入射速度的全部可能值；y P

2、 A O h/2 N0x 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 47 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载1.（ 09 全国 1 第 26 题）【解析】 设粒子的入射速度为 v, 第一次射出磁场的点为 N O , 与板mv碰撞后再次进入磁场的位置为 N . 粒子在磁场中运动的轨道半径为 R,有 R , 粒qB子 速 率 不 变 , 每 次 进 入 磁 场 与 射 出 磁 场 位 置 间 距 离 1x 保 持 不 变 有1x N O N O 2 R sin , 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离 2x 始终不变 ,与 N O N相等 .

3、 由图可以看出 x 2 a 设粒子最终离开磁场时 , 与档板相碰 n 次n=0 、1、2、3 . 如粒子能回到 P点, 由对称性 ,出射点的 x 坐标应为 -a, 即 n 1 x 1 nx 2 2 a , 由两式得 x 1 n 2a n 1如粒子与挡板发生碰撞 , 有 x 1 x 2 a 联立得 n0 带电微粒在磁场中经过一段半径为r 的圆弧运动后,将在y 同的右方 x0 的区域离开磁点C r O/R 微场并做匀速直线运动,如图c 所示；靠近M粒 发点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x 同正方向的无穷远处国靠近N 点发射出来射装的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场；所以,这束带电微粒与x 同

4、相交的区域范畴Q O 是 x0. 图3.（ 09 海南第 16 题）如图, ABCD 是边长名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 47 页精选学习资料 - - - - - - - - - 为 a 的正方形；质量为学习好资料欢迎下载BC 变射m 、电荷量为 e 的电子以大小为v 的初速度沿纸面垂直于入正方形区域；在正方形内适当区域中有匀强磁场；电子从 能从 A 点射出磁场；不计重力,求：（1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积；BC 边上的任意点入射,都只名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 47 页精选学习资料 - - -

5、 - - - - - - 学习好资料 欢迎下载3.（09 海南第 16 题） . （1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为 B；令圆弧.AEC 是自 C 点垂直于 BC 入射的电子在磁场中的运行轨道；电子所受到的磁场的作用力 f ev B应指向圆弧的圆心,因而磁场的方向应垂直于纸面对外；圆弧 .AEC 的圆心在 CB 边或其延长线上；依题意,圆心在 A、C 连线的中垂线上,故 B 点即为圆心,圆半径为 a 按照牛顿定律有fm2 v 02联立式得mv 0Bea（2）由（1）中打算的磁感应强度的方向和大小,可知自C 点垂直于 BC 入射电子在 A 点沿 DA 方向射出,且自 BC边上其它点垂直于入射的

6、电子的运动轨道只能在 BAEC 区域中；因而,圆弧 .AEC 是所求的最小磁场区域的一个边界；为了打算该磁场区域的另一边界,我们来考察射中 A 点的电子的速度方向与 BA 的延长线交角为（不妨设 0）的情形；该电子的运动轨迹 qpA 如右图所示；2图中,圆.AP 的圆心为 O,pq 垂直于 BC 边 ,由式知,圆弧 .AP 的半径仍为 a ,在 D为原点、 DC 为 x 轴, AD 为 y 轴的坐标系中,xasinacos acoszyaP 点的坐标 , x y 为这意味着,在范畴02内, p 点形成以D 为圆心、 a 为半径的四分之一圆周.AFC ,它是电子做直线运动和圆周运动的分界线,构成

7、所求磁场区域的另一边界；因此,所求的最小匀强磁场区域时分别以 周.AEC 和.AFC 所围成的,其面积为B 和 D 为圆心、 a 为半径的两个四分之一圆S21a21a222a2424.09 福建 22 题） . 20 分 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 47 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图为可测定比荷的某装置的简化示意图,在第一象限区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场,磁感应强度大小 B=2.0 10-3T, 在 y 轴上距坐标原点 L=0.50 m 的 P 处为离子的入射口,在 y 上安放接收器,现将一带正电荷的粒子以 v=3.

8、 5 104m/s 的速率从 P 处射入磁场,如粒子在 y 轴上距坐标原点 L=0.50m 的 M 处被观测到, 且运动轨迹半径恰好最小,设带电粒子的质量为 m, 电量为 q, 不记其重力；q（1）求上述粒子的比荷；m（ 2）假如在上述粒子运动过程中的某个时刻,在第一象限内再加一个匀强电场,就可以使其沿 y 轴正方向做匀速直线运动,求该匀强电场的场强大小和方向,并求出从粒子射入磁场开头计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在 M 处观测到按题设条件运动的上述粒子,在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内,求此矩形磁场区域的最小面积,并在图中画出该矩形；y 接收器 M B L O L P

9、x 入射口4.09 福建第 22 题） . （20 分）名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 47 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载（1）设粒子在磁场中的运动半径为 r；如图甲,依题意 M 、P 连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径,由几何关系得r2L2由洛伦兹力供应粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力,可得qvBmv2r联立并代入数据得q 7 7=4. 910 C/kg（或 5. 010 C/kg）m（2）设所加电场的场强大小为 E；如图乙,当例子经过 Q 点时,速度沿 y 轴正方向,依题意,在此时加入沿 x 轴正方向的匀强电场,

10、电场力与此时洛伦兹力平稳,就有qE qvB 代入数据得E70N/CPQ 所对应的圆心角为45 ,所加电场的长枪方向沿x 轴正方向；由几何关系可知,圆弧设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T,所求时间为t,就有t450T3600T2vr联立并代入数据得t7.9106s0 .MM1P 1P,该区域面积MM1P 1P（虚线）（3）如图丙,所求的最小矩形是S2r2矩形如图丙中25 m2联立并代入数据得S5.09 宁夏第 25 题）18 分 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 47 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载如下列图, 在第一象限有一均强电场

11、,场强大小为 E,方向与 y 轴平行； 在 x 轴下方有一均强磁场,磁场方向与纸面垂直；一质量为 m、电荷量为 -qq0 的粒子以平行于 x 轴的速度从 y 轴上的 P 点处射入电场,在 x 轴上的 Q 点处进入磁场,并从坐标原点 O 离开磁场；粒子在磁场中的运动轨迹与 y 轴交于 M 点；已知 OP=l , OQ 2 3 l；不计重力；求（1） M 点与坐标原点 O 间的距离；（2）粒子从 P 点运动到 M 点所用的时间；5.09 宁夏第 25 题）【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动,在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 47

12、页精选学习资料 - - - - - - - - - 动,设加速度的大小为学习好资料欢迎下载v ,粒子从 P 点运a ；在 x 轴正方向上做匀速直线运动,设速度为动到 Q 点所用的时间为1t ,进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为,就aqEt 12y 0v0x 0mat 1其中x 02 3 , l y 0l ；又有tanat 1MQ 为直径；从图中的几何关系v0联立式,得30MOQ=90,所以由于 M、O、Q点在圆周上,可知；R2 3 lMO6 lP、Q 垂直于 y（2）设粒子在磁场中运动的速度为v ,从 Q 到 M 点运动的时间为2t , 就有vv 0t2Rcosv带电粒子自P 点动身到M

13、 点所用的时间为t 为tt 1+ t2联立式,并代入数据得t3+ 12ml2qE6.09 山东第 25 题）（18 分）如图甲所示,建立Oxy 坐标系,两平行极板名师归纳总结 - - - - - - -轴且关于x 轴对称,极板长度和板间距均为l,第一四象限有磁场,方向垂直于Oxy 平面向里；位于极板左侧的粒子源沿x 轴间右连接发射质量为m、电量为 +q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t 时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）；已知 t=0 时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0 时,刻经极板边缘射入磁场；上述m、q、l、第 10 页,共 47 页精选学习资料 - - - - -

14、 - - - - 学习好资料 欢迎下载l 0、 B 为已知量；（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情形）（1）求电压 U 的大小；（2）求1 时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；2（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间；0v图乙图甲6.09 山东第 25 题）【解析】（1） t=o 时刻进入两极板的带电粒子在电场中名师归纳总结 做匀变速曲线运动,t0 时刻刚好从极板边缘射出,在y第 11 页,共 47 页轴负方向偏移的距离为l/2,就有- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载t 0/2 时间两极板没有EU

15、0U0ml2；lEq=ma l/2=at 0 2/2联立以上三式,解得两极板间偏转电压为qt2 0（2） t0/2 时刻进入两极板的带电粒子,前t0/2 时间在电场中偏转,后电场,带电粒子做匀速直线运动；带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 v0=l/t 0 1带电粒子离开电场时沿 y 轴负方向的分速度大小为 v y a t 0 2带电粒子离开电场时的速度大小为 v v x 2v 2y 2设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R,就有 Bqv m v R联立式解得 R 5 ml ；2 qBt 0（3） 2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短；带电粒子离开磁场时沿 y

16、轴正方向的分速度为 v y at 0 ,设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为,就 tan v 0,v y联立式解得,带电粒子在磁场运动的轨迹图如下列图,圆弧所对的圆心角为41 2 m2,所求最短时间为 t min T ,带电粒子在磁场中运动的周期为 T,联立以2 4 qB上两式解得 t min m；2 qB7.09 四川第 25 题） .20 分 如下列图,轻弹簧一端连于固定点O,可在竖直平面内自由转动,另一端连接一带电小球 P,其质量 m=2 10-2 kg,电荷量 q=0.2 C.将弹簧拉至水平后, 以初速度 V 0=20 m/s 竖直向名师归纳总结 下射出小球P,小球 P

17、 到达 O 点的正下方O1 点时速度恰好水平,其大小 V=15 m/s. 如 O、O1第 12 页,共 47 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载相距 R=1.5 m, 小球 P 在 O1 点与另一由细绳悬挂的、不带电的、 质量 M=1.6 10-1 kg 的静止绝缘小球 N 相碰；碰后瞬时,小球 P 脱离弹簧,小球 N 脱离细绳,同时在空间加上竖直向上的匀强电场 E 和垂直于纸面的磁感应强度 B=1T 的弱强磁场；此后,小球 P 在竖直平面内做半径 r=0.5 m 的圆周运动；小球 P、N 均可视为质点,小球 P 的电荷量保持不变

18、,不计空气阻力,取 g=10 m/s2；那么,（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中,其弹力做功为多少？（2）请通过运算并比较相关物理量,度；3 如题中各量为变量,在保证小球判定小球 P、N 碰撞后能否在某一时刻具有相同的速P、N 碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下,请推导出 r 的表达式 要求用 B、q、m、 表示,其中 为小球 N 的运动速度与水平方向的夹角 ；7.09 四川第 25 题）解析 ：名师归纳总结 （1）设弹簧的弹力做功为W,有：mgRW1mv212 mv 第 13 页,共 47 页22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下

19、载代入数据,得：W2.05J （2）由题给条件知,N 碰后作平抛运动,P 所受电场力和重力平稳,P 带正电荷；设 P、N 碰后的速度大小分别为 v1 和 V,并令水平向右为正方向,有 : mv mv 1 MV 而：v 1 Bqrm如 P、N 碰后速度同向时,运算可得 Vv1 ,这种碰撞不能实现；P、N 碰后瞬时必为反向运动；有：V mv BqrMP、N 速度相同时, N 经过的时间为 Nt,P 经过的时间为 t P；设此时 N 的速度 V1 的方向与水平方向的夹角为,有：V Vcos gt N V 1 sin v 1 sin V 1 v 13代入数据,得：Nt s 对小球 P,其圆周运动的周期

20、为 T,有：42 mT 经运算得：NtT,BqP 经过 Pt 时,对应的圆心角为,有：t P T 2当 B 的方向垂直纸面朝外时,P、N 的速度相同,如图可知,有：12联立相关方程得：Pt 1 s15比较得,t N t P 1,在此情形下,P、N 的速度在同一时刻不行能相同；当 B 的方向垂直纸面朝里时,P、N 的速度相同,同样由图,有：a 2,同上得：Pt 2,比较得,t N t p 2,在此情形下,P、N 的速度在同一时刻也不行能15相同；名师归纳总结 （3）当 B 的方向垂直纸面朝外时,设在t 时刻 P、N 的速度相同,tNtPt ,第 14 页,共 47 页再联立解得：r2 n1sin

21、2 mgn0,1,2 K2 2B q- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载e、质当 B 的方向垂直纸面朝里时,设在t 时刻 P、N 的速度相同tNtPt ,同理得：rB q 2m g 2,2sin考虑圆周运动的周期性,有: r2 n12sin2 mgn0,1,2 KB q 2（给定的 B、q、r、m、等物理量打算n 的取值）8.09 重庆第 25 题） .（19 分）如题 25 图,离子源A 产生的初速为零、带电量均为名师归纳总结 - - - - - - -量不同的正离子被电压为U0 的加速电场加速后匀速通过准直管,垂直射入匀强偏转电场,

22、偏转后通过极板HM 上的小孔 S 离开电场, 经过一段匀速直线运动,垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场； 已知 HOd,HS2d,MNQ 90；（忽视粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E0 的大小以及HM 与 MN 的夹角 ；第 15 页,共 47 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）求质量为学习好资料欢迎下载S2 处；求m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）如质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点 S1 处,质量为16m 的离子打在S1 和 S2 之间的距离以及能打在8.09 重庆第 25 题）NQ 上的正离子的质量范畴；解析 ：（1）正离子被电压为U0

23、 的加速电场加速后速度设为V 1,设对正离子,应用动能定理有eU01 2mV 12,正离子垂直射入匀强偏转电场,作类平抛运动名师归纳总结 受到电场力FqE0、产生的加速度为aF m,即 aqE0,第 16 页,共 47 页m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载垂直电场方向匀速运动,有2dV 1t,沿场强方向：Y1 2at2,联立解得 E0U0又 tan V 1,解得 45；datat2,（2）正离子进入磁场时的速度大小为V 22 V 1解得 V 2正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动,由洛仑兹力供应向心力,qV 2BmV 22,R2mU0；

24、R124m U0,R解得离子在磁场中做圆周运动的半径2 eB（3）依据 R2mU0可知,S1,运动半径为2 eB质量为 4m 的离子在磁场中的运动打在2 eB质量为 16m 的离子在磁场中的运动打在S2,运动半径为R2216 m U02 eB又 ON R2R1,由几何关系可知S1和 S2 之间的距离 SR 22ON2R1,R1,解得 mmx25m；联立解得 S43 1mU0；2 eB由 R2 2 R 12+ R R12解得 R 5 2R1,再依据1 2R1R5 29.08 全国 1 第 25 题）（22 分）如下列图, 在坐标系 xOy 中,过原点的直线OC 与 x 轴正向的夹角 =120,在

25、 OC 右侧有一匀强电场；在其次、三象限内有一匀强磁场,其上边界与电场边界重叠、右边界为y 轴、左边界为图中平行于 y 轴的虚线,磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直纸面对里；一带正电荷 q、质量为 m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的 A 点射入磁场区域,并从 O点射出,粒子射出磁场的速度方向与 x 轴的夹角 30,大小为 v,粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍；粒子进入电场后,在名师归纳总结 电场力的作用下又由O 点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场；已知粒子从A第 17 页,共 47 页- - - - - - -精选学习资料 - - - -

26、 - - - - - 学习好资料 欢迎下载点射入到其次次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期；忽视重力的影响；求（1）粒子经过A 点时速度的方向和A 点到 x 轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从其次次离开磁场到再次进入电场时所用的时间；y A v C x O B 9.08 全国 1 第 25 题）（22 分）名师归纳总结 （1）设磁场左边界与x 轴相交子 D 点,与 CO 相交于 O 点,由第 18 页,共 47 页几何关系可知,直线OO 与粒子过 O 点的速度 v 垂直；在直角三角形OOD 中已知 OOD =300设磁场左右边界间距为d,就OO=2d；依题意

27、可知, 粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即为 O 点,圆弧轨迹所对的圈心角为300,且 OO 为圆弧的半径R；由此可知,粒子自A 点射入磁场的速度与左边界垂直；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载A 点到 x 轴的距离： AD=R1 cos300 由洛仑兹力公式、牛顿其次定律及圆周运动的规律,得：qvB=mv 2/R 联立式得：AD mv1 3 qB 2（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T 第一次在磁场中飞行的时间为 t1,有：t1=T/12 T=2 m/qB 依题意 匀强电场的方向与 x 轴正向夹角应为 1500；由几何关系

28、可知,粒子再次从 O 点进人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为600；设粒子其次次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O,O必定在直线OC 上；设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P 点,就 OOP =120 0设粒子其次次进入磁场在磁场中运动的时问为t2 有：t2=T/3 设带电粒子在电场中运动的时间为t 3,依题意得：t3=Tt 1+t 2 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知： v=v at3 a=qE/m 联立式可得：E=12B v/7 粒子自 P 点射出后将沿直线运动；设其由 P 点再次进人电场,由几何关系知：OPP =30 0 三角形 OPP 为等腰三角形；设粒子在 P、 P 两点间运动的时问为 t

29、4,有：t 4=PP/v 又由几何关系知：OP= 3 R 联立式得：t4= 3 m/qB 12.（08 山东第 25 题）（18 分）两块足够大的平行金属极板水平放置,极板间加有空间分布匀称、大小随时间周期性变化的电场和磁场,变化规律分别如图1、图 2 所示（规定垂直纸面对里为磁感应强度的名师归纳总结 正方向）；在 t=0 时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）h；如电场强度 E0、磁感应强度B0、粒子的比荷q均已知,且t02 m,两板间距102mE 0；mqB0qB 02（1）求粒子在0t0 时间内的位移大小与极板间距h 的比值；3 所示,试画（2）求粒子在板板间做圆周运动

30、的最大半径（用h 表示）；（3）如板间电场强度E 随时间的变化仍如图1 所示,磁场的变化改为如图第 19 页,共 47 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载出粒子在板间运动的轨迹图（不必写运算过程）；图 3 12.（08 山东第 25 题）解法一 ：（1）设粒子在0t 0时间内运动的位移大小为s1s 11 2at2,h102mE 0aqE0s 110m又已知t02m联立式解得qB 02 qB 0h5（2）粒子在 t02t0 时间内只受洛伦兹力作用,且速度与磁场方向垂直,所以粒子做匀速圆名师归纳总结 周运动；设运动速度大小为v1,轨道

31、半径为R1,周期为 T,就v 1at0第 20 页,共 47 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载2qv B 0 mv 1R 1联立式得 R 1 h又 T 2 m5 qB 0即粒子在 t02t0 时间内恰好完成一个周期的圆周运动；在2t 03t0 时间内,粒子做初速度为 v1 的匀加速直线运动,设位移大小为 s21 2s 2 v t 1 0 at 0 2解得 s 2 3 h 5由于 s1+s2h,所以粒子在3t04t0 时间内连续做匀速v 2圆周运动,设速度大小为v2,半径为 R2v 1at0qv B 0mv 2 2 1111 R

32、2解得 R 2 25 h 1212 由于 s1+s2+R2 h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动；在4t05t0 时间内,粒子运动到正极板（如图1 所示）；因此粒子运动的最大半径R 22h；5（3）粒子在板间运动的轨迹如图2 所示；解法二： 由题意可知,电磁场的周期为 加速度大小为aqE0方向向上m2t0,前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动,名师归纳总结 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动,周期为TT2 mt0snqB 0粒子恰好完成一次匀速圆周运动；至第n 个周期末,粒子位移大小为第 21 页,共 47 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ns1学习好资料欢迎下载s 11a nt02h 的比值2又已知h102mE 02 qB 0由以上各式得s nn2h5粒子速度大小为nvant0粒子做圆周运动的半径为R nmv nqB 0解得R nnh5明显s 2R 2hs 3（1）粒子在 0t0 时间内的位移大小与极板间距h5（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径R 22h5（3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2；13.（08 重庆第 25 题）（20 分）题 25 为图一种质谱仪工作原理示意图在以O 为圆心, OH 为对称轴,夹角为2 的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场对称于 OH 轴的 C 和 D 分别是离子发射