(最新實(shí)用)2020年高考物理二輪熱點(diǎn)專題訓(xùn)練----《電磁學(xué)綜合計(jì)算題》(解析版)

1、2020年高考物理二輪熱點(diǎn)專題訓(xùn)練-電磁學(xué)綜合計(jì)算題1.如圖所示，一對(duì)加有恒定電壓的平行金屬極板豎直放置，板長(zhǎng)、板間距均為d.在右極板的中央有個(gè)小孔 P,小孔右邊半徑為 R的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域邊界剛好與右極板在小孔P處相切.一排寬度也為 d的帶負(fù)電粒子以速度 V0豎直向上同時(shí)進(jìn)入兩極板間后，只有一個(gè)粒子通過小孔P進(jìn)入磁場(chǎng)，其余全部打在右極板上，且最后一個(gè)到達(dá)極板的粒子剛好打在右極板的上邊緣.已知這排粒子中每個(gè)粒子的質(zhì)量均為m、帶電荷量大小均為 q,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 :2m0,不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作 qR用力.求：I* d *T -I4中行、J * *

2、小、dp!* " "jf *黑：I* T « K ,|卜真 IC貫，1 如|、JI J* "fttlttf(1)板間的電壓大小 U;(2)通過小孔P的粒子離開磁場(chǎng)時(shí)到右極板的距離L;(3)通過小孔P的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總.【解析】(1)依題意，從左極板下邊緣射入的粒子恰好打在右極板的上邊緣在豎直方向上有t = 0V0在水平方向上有 a= qE= qU;, d = 1at2m md 2聯(lián)立解得U=2mv0. q(2)從小孔P射入磁場(chǎng)的粒子，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間dti = Z- 2v0經(jīng)過小孔P時(shí)，水平分速度 vi = ati=v0進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速

3、度大小 v= 1v2+ v2 =Q2v0,速度方向與右極板的夾角0=4設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后從Q點(diǎn)離開磁場(chǎng)，其軌跡如圖所示，v2軌跡圓心在 O'點(diǎn)，則qvB= m,得mv 孑2mvo=后=k=R由幾何關(guān)系可知粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下,由圖知 L = r + rcos 0= (1 +2)R.(3)從小孔P飛出的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度a=年，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2 =3兀T 2jr 3 ：2 -2 兀 v 8vo通過小孔P的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t 總=tl + t2 =d T 3V2 卡8vo【答案】 (1)U =2mv2(2)(1+乎)R(3)2+38202

4、.如下圖甲所示，一邊長(zhǎng) L=0.5 m,質(zhì)量m=0.5 kg的正方形金屬線框，放在光滑絕B=0.8 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.金屬線緣的水平面上，整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度t=0.5 s框的一個(gè)邊與磁場(chǎng)的邊界 MN重合，在水平拉力作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過線框被拉出磁場(chǎng).測(cè)得金屬線框中的電流 I隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，在金屬線框被拉出磁場(chǎng)的過程中.LD1I水手拉力口son.6o40XXXXXMX稼M04 0.2 03 0.4 US 0乙(1)求通過線框?qū)Ь€截面的電量及該金屬框的電阻；(2)寫出水平力F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式；(3)若已知在拉出金屬框的過程中水平拉力做功1.10 J,求此過

5、程中線框產(chǎn)生的焦耳熱.【解析】(1)根據(jù)題圖乙知，在t=0.5 s時(shí)間內(nèi)通過金屬框的平均電流I =0.50 A,于是通過金屬框的電量 q="Tt=0.25 C.由平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)"E =BL-,平均電流 T = -E,通過金 tR BL2 BL 2屬框的電量q= It,得4 = 言，于是金屬框的電阻 R=-q-=0.80 Q.(2)由題圖乙知金屬框中感應(yīng)電流線性增大，說明金屬框運(yùn)動(dòng)速度線性增加，即金屬框1 被勻加速拉出磁場(chǎng).又知金屬框在t= 0.5 s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)距離 L=0.5 m ,由L=5at2得加速度a=2T = 4 m/s2由圖乙知金屬框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律為I=

6、kt,其中比例系數(shù) k=2.0 A/s.于是安培力Fa隨時(shí)間t變化規(guī)律為FA=-IL = k-Lt由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 F-FA = ma,所以水平拉力F= Fa+ ma= ma+ k-Lt代入數(shù)據(jù)得水平拉力隨時(shí)間變化規(guī)律為F=2+0.8t（單位為 “N”）(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況知金屬框離開磁場(chǎng)時(shí)的速度v= 2aL = 2 m/s.由能量守恒知，此過程中金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q= WF- 2mv2= 0.1 J.【答案】（1）0.25 C 0.80 （2）F=2+0.8t（單位為 “N' ） （3）0.1 J3.如圖所示，A、-間存在與豎直方向成 45°角斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng) E1, -、C

7、間存在豎直 向上的勻強(qiáng)電場(chǎng) E2, A、-的間距為1.25 m, -、C的間距為3 m, C為熒光屏.一質(zhì)量 m=1.0 x 10 kg,電荷量q=+ 1.0 x 1G C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的 。點(diǎn).若在-、C間再加方向垂直于紙面向外且大小-=0.1 T的勻強(qiáng)磁 場(chǎng)，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的 。'點(diǎn)(圖中未畫出).g取10 m/s2求:(1)Ei的大??；(2)加上磁場(chǎng)后，粒子由 b點(diǎn)到。點(diǎn)電勢(shì)能的變化量及偏轉(zhuǎn)角度.【解析】(1)粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，則有qEicos 45 -mg= 0解得 Ei= 22 N/C =

8、 1.4 N/C(2)粒子從a到b的過程中，由動(dòng)能定理得：1 2qEidABsin 45 = 2mvb解得 vb= 5 m/sC間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有:加磁場(chǎng)前粒子在B、qE2= mgC間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示:加磁場(chǎng)后粒子在B、vb qvbB = mz- R也從原點(diǎn)。以大小為V0的初速度沿x軸負(fù)方向射出.不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用, 粒子相遇時(shí)互不影響.XXXXXX x# xx XX XX XM XK MM M 31 若a粒子能經(jīng)過坐標(biāo)為(號(hào)，21)的P點(diǎn)，求y軸右邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi;(2)為使粒子a、b能在y軸上Q(0, lo)點(diǎn)相遇，求y軸右邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小 值B2；若

9、y軸右邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bo,求粒子a、b在運(yùn)動(dòng)過程中可能相遇的坐標(biāo)值.l)2= R11 C【解析】(1)設(shè)a粒子在y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為 Ri,由幾何關(guān)系有(Ril)2 +由于 Biqvo = mRi解得BTv。(2)B2最小，說明Q點(diǎn)是a、b粒子在y軸上第一次相遇的點(diǎn)，由圖乙可知，a、b粒子 同時(shí)從。點(diǎn)出發(fā)，且粒子在 y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)的圓周運(yùn)動(dòng)半徑解得 B2=2mv0 qlo(3)由圖丙可見，只有在兩軌跡相交或相切的那些點(diǎn)，才有相遇的可能性，所以有 y軸上的相切點(diǎn)和 y軸左側(cè)的相交點(diǎn).經(jīng)分析可知，只要a、b粒子從。點(diǎn)出發(fā)的時(shí)間差滿足一 定的條件，這些相交或相切的點(diǎn)均能相遇.粒子在y軸右側(cè)的運(yùn)

10、動(dòng)半徑 門=mv0B0q粒子在y軸左側(cè)的運(yùn)動(dòng)半徑2 =2mvoBoqdy軸上的相切點(diǎn)坐標(biāo)為0,2kmvoBoq(k= 1,2,3)ay軸左側(cè)的相交點(diǎn)相遇由丙圖可知， OA = AC = OC=2可得 xA=-r2Sin 60 =一甯yA= r2cos 60mvoBoqy軸左側(cè)的相遇點(diǎn)的坐標(biāo)3mvo Boq(2n 1)mvoBoq(n= 1,2,3)mvoqi(2)2mvoqloo ，2kmvo不中"1,2,3 和-f3mvoBoq '(2n 1)mvoBoq(n=123.5.某課外探究小組的同學(xué)們利用學(xué)校實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的絕緣材料自制了 一條細(xì)導(dǎo)軌OABCDP(如圖所示)，其中OAB

11、段和DP段為粗糙的水平導(dǎo)軌，B點(diǎn)和D點(diǎn)在同一水平面上但不重合，P端離沙地的高度 h=o.8 m； BCD段為圓環(huán)形導(dǎo)軌，半徑 R = o.5 m,其中BC 段光滑、CD段很粗糙.將一個(gè)中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點(diǎn)。處， 鋼球的帶電荷量 q=+3.7X1o4C,質(zhì)量m=o.2 kg.某次實(shí)驗(yàn)中，在導(dǎo)軌 OA段加上水平向 右的、場(chǎng)強(qiáng)E=1x1ov/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，鋼球即開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)， 經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度為3 m/s, 最終恰好停在 P點(diǎn).已知AB段長(zhǎng)L1 = 1.o m, DP段長(zhǎng)L2=1.o m,鋼球與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)(1)求鋼球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的彈力;(2)求OA段導(dǎo)軌的長(zhǎng)度

12、d;P端截去多長(zhǎng)的一(3)為了讓鋼球從導(dǎo)軌右端拋出，并且落在沙地上的位置最遠(yuǎn)，需在段水平導(dǎo)軌？鋼球落在沙地上的最遠(yuǎn)位置與D點(diǎn)的水平距離多大？【解析】(1)在C點(diǎn)，設(shè)導(dǎo)軌對(duì)鋼球的彈力方向?yàn)樨Q直向下， vc則 Fn+ mg = mR代入數(shù)據(jù)解得Fn= 1.6 N由牛頓第三定律知，鋼球?qū)?dǎo)軌的彈力也為1.6 N,方向豎直向上1 o(2)0 一C 過程，qEdmg(dF L1) mg - 2R= /mvC代入數(shù)據(jù)可解得d= 1 m(3)設(shè)導(dǎo)軌右端截去長(zhǎng)度為x,滑塊離開導(dǎo)軌平拋時(shí)的初速度為V0,落在沙地上的位置與D點(diǎn)的水平距離為s,則v2= 2gx h = 2gt2, s= (L2 x) + vot由以

13、上各式代入數(shù)據(jù)可得s=1-x+ 0.8-Jx當(dāng)收=0.4,即x = 0.16 m時(shí),s有最大值Sm= 1.16 m.【答案】(1)1.6 N,方向豎直向上 (2)1 m (3)0.16 m 1.16 m6 .如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)且平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成“=53。角，導(dǎo)軌間接一阻值為3 的電阻R,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì). 在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的 勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為 d= 0.5 m.導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m1 = 0.1 kg、電阻為Ri = 6 Q; 導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m2=0.2 kg、電阻為R2 = 3 Q它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸 良好.現(xiàn)從圖中的 M、

14、N處同時(shí)將a、b由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中它們都能勻速穿過磁場(chǎng)區(qū) 域，且當(dāng)a剛出磁場(chǎng)時(shí)b正好進(jìn)入磁場(chǎng).(sin 53 = 0.8, cos 53 = 0.6, g取10 m/s2, a、b電 流間的相互作用不計(jì)),求：在b穿越磁場(chǎng)的過程中 a、b兩導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量之比；(2)在a、b兩導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過程中，裝置上產(chǎn)生的熱量;(3)M、N兩點(diǎn)之間的距離.【解析】 由焦耳定律得，Q=I2Rt,加 Qi I2Rit倚耳=麗，又根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系得，Il=j2, 3Qi 2解得：Q2=9(2)設(shè)整個(gè)過程中裝置上產(chǎn)生的熱量為Q由 Q= migsin ad+ m2gsin ad,可解得Q=1.2 J(

15、3)設(shè)a進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為vi,此時(shí)電路中的總電阻R總i = (6 + ：39)0= 7.5 Q3 1 3,B2L2vi 力B2L2V2 r/曰 vimiR總 i 3由 migsin和 m2gsin a=，可得 : = = RR總i»R總 2V2 m2R 總 2 4d0.5vivi由上述兩式可得vi= i2(m/s)2,i6 29 V2v2v2M、N兩點(diǎn)之間的距離As= * 2a7i2 m又由 v2=vi+a,倚 v2=vi+8X【答案】(i)| (2)i.2 J (3)172 m 9i27 .如圖所示，兩間距為l的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，整個(gè)空間 存在豎直向下

16、的磁場(chǎng)，虛線將磁場(chǎng)分成兩部分，虛線左、右兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為Bi、B2,且Bi= 2B2.兩質(zhì)量均為 m的導(dǎo)體棒甲、乙垂直導(dǎo)軌靜止地放在虛線的左側(cè)，導(dǎo)體 棒甲、乙的阻值分別為 Ri、R2.現(xiàn)給導(dǎo)體棒甲一水平向右的沖量I,兩導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì).(i)求導(dǎo)體棒甲開始運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中的電流.(2)如果導(dǎo)體棒乙運(yùn)動(dòng)到虛線前達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，求導(dǎo)體棒乙穩(wěn)定時(shí)的速度大小.(3)導(dǎo)體棒乙越過虛線后，經(jīng)過一段時(shí)間再次達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，假設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒甲剛好運(yùn)動(dòng)到虛線.求導(dǎo)體棒乙從越過虛線到再次穩(wěn)定的過程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱.【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體棒甲得

17、到?jīng)_量I時(shí)的速度為vo,導(dǎo)體棒甲產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為巳 回路中的電流為i,則由動(dòng)量定理得I=mvo由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E=Bilvo由閉合電路歐姆定律得i = E,Ri + R2聯(lián)立得i = -B1I-.Ri+ R2 m(2)導(dǎo)體棒甲和導(dǎo)體棒乙在虛線左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中所受安培力大小相等、方向相反， 二者組成的系統(tǒng)所受的合力為零，故兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.導(dǎo)體棒甲和導(dǎo)體棒乙在虛線左側(cè)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)兩導(dǎo)體棒速度相等，導(dǎo)體棒乙速度達(dá)到最大，假設(shè)最大速度為Vm,此時(shí)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv0=2mvm,解得Vm= .2m(3)導(dǎo)體棒乙剛進(jìn)入虛線右側(cè)的磁場(chǎng)中時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒甲產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ei,導(dǎo)體

18、棒乙產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E2,則由法拉第電磁感應(yīng)定律得El=Blkm、E2=B2km又 Bi=2B2,所以 Ei = 2E2導(dǎo)體棒乙越過虛線后，回路中立即產(chǎn)生感應(yīng)電流，在安培力作用下導(dǎo)體棒甲做減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒乙做加速運(yùn)動(dòng)， 直至兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)，二者做勻速運(yùn)動(dòng).此時(shí)設(shè)導(dǎo)體棒甲的速度為 Va,導(dǎo)體棒乙的速度為 Vb,這一過程所用的時(shí)間為 t.此時(shí)有Bika=B2kb解得Vb= 2Va. . 、 . . . . . . . . . . . . . 一 . 、一設(shè)在t時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒甲、乙的電流的平均值為I ,以水平向右為正方向.對(duì)導(dǎo)體棒甲，根據(jù)動(dòng)重7E理有，一Bi I lt = mv

19、a- mvm對(duì)導(dǎo)體棒乙，根據(jù)動(dòng)重7E理有，B2 I It= mvb- mvm聯(lián)立解得 Va= cVm Vb= cVm5 '5設(shè)導(dǎo)體棒乙越過虛線后，整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)能量守恒定律有12121Q= 2 X2mvni 2mva 2mvI2 聯(lián)立得Q=40m.2【答案】R1+R2m(2)2m40m8 .如圖所示，以。為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)弓雖度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一粒子源位于圓周上的M點(diǎn)，可向磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)垂直磁場(chǎng)沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為一q的粒子，不計(jì)粒子重力，N為圓周上另一點(diǎn)，半徑 OM和ON間的夾角為 0,且?足 tan 2 = 0.5.(1)

20、若某一粒子以速率 vi = qmR,沿與MO成60°角斜向上方射入磁場(chǎng)，求此粒子在磁場(chǎng) 中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)若某一粒子以速率 V2,沿MO方向射入磁場(chǎng)，恰能從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)，求此粒子的速 率V2 ；(3)若由M點(diǎn)射入磁場(chǎng)各個(gè)方向的所有粒子速率均為V2,求磁場(chǎng)中有粒子通過的區(qū)域面積.【解析】(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)軌跡半徑為 n,由牛頓第二定律可得 qv1B =呼r 1粒子沿與MO成60。角方向射入磁場(chǎng)，設(shè)粒子從區(qū)域邊界 P射出，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示.由圖中幾何關(guān)系可知粒子軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為a= 150方法1:故粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間a i ma 5

21、m 兀t =V1 qB 6qB方法2:粒子運(yùn)動(dòng)周期T=2q7mBq粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t = 黑T3605m兀得 t=6qB(2)粒子以速率V2沿MO方向射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙，設(shè)粒子軌跡半徑為2 ,由圖中幾何關(guān)系可得：0 12= Rtan2= 2R乙由牛頓第二定律可得mv2qv2B=77解得粒子的速度qB2 qBRV2= cm 2m(3)粒子沿各個(gè)方向以 V2進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡半徑都為2,且不變.由圖丙可知，粒子在磁場(chǎng)中通過的面積 S等于以O(shè)3為圓心的扇形 MO3O的面積S1、以M為圓心 的扇形MOQ的面積S2和以。點(diǎn)為圓心的圓弧

22、 MQ與直線MQ圍成的面積S3之和.1 R2 R2 s1=2 兀 2)= 丁S2 = kR261 2 1 R12S3 = 6#-2 抵力tan 60 = 6 #-一. 11 C則 s=24, TR2【答案】見解析9.如圖所示，間距為L(zhǎng)的平行且足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為 9,在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為 m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).閉合開關(guān) S,讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬

23、桿運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo) 軌前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求：(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑彳T的最大速率vm;(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為 q,求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦 耳熱Q;(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑彳T的最大距離Xm.【解析】(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到的合力為零,對(duì)其受力分析，可得:mgsin 0- BIL = 0根據(jù)歐姆定律可得:BLvmI =2r解得：vm=2mg紫2n B L(2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿運(yùn)動(dòng)的位

24、移為x,由電流的定義可得：q= I At根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得:BAS BLxI =二=二2r At 2r At2qr解得：x=BL設(shè)電流為Io時(shí)金屬桿的速度為 V0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、 歐姆定律，可彳10= 磬1 c此過程中，電路廣生的總焦耳熱為Q總，由功能關(guān)系可得：mgxsin 0= Q a + 2mv2、八._ 1定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q= jQ總解得：Q =mgqrsin 0 mI0r2BLB2L2由牛頓第二定律得：BIL = ma由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得:BLvI=ir可得:B2L22rAv v=m不B2L2v At= m Av,2r'l2即Xm=

25、 mvm2r得：Xm =4m2gr2sin 0B4L4【答案】駕浮B Lmgqrsin 0 mI0r2 BL B2L24m2gr2sin 0B4L410.如圖所示，半徑為磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為L(zhǎng)i = 2 m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強(qiáng)B1 = 10 T .長(zhǎng)度也為L(zhǎng)1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為3=10 rad/s.通過導(dǎo)線將金屬桿的 a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻 Ri=R,滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R),圖中的平行板長(zhǎng)度為 L2 =

26、 2 m,寬度為d = 2 m.圖示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子 以初速度vo= 0.5 m/s向右運(yùn)動(dòng)，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大.(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導(dǎo)線電阻，忽略電容器的充放電時(shí)間，忽略帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射的影響，不計(jì)平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及帶電粒子的重力和空氣阻力)求：(1)在04 s內(nèi)，平行板間的電勢(shì)差Umn ;(2)帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度;B2應(yīng)滿足的條(3)在上述前提下若粒子離開磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度 件.

27、【解析】(1)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒為L(zhǎng) J , 2E = B 1L1 w= 2 V由串并聯(lián)電路的連接特點(diǎn)知：E= I R,EUo=I , R= 21 V,2兀CCT1 = = 20 s w由右手定則知：在 。4 s時(shí)間內(nèi)，金屬桿ab中的電流方向?yàn)閯t在0 4 s時(shí)間內(nèi)，如v料，Umn = 1 V(2)粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，.T1 .I 2T1在0萬時(shí)間內(nèi)，水平方向 L2=vot1，得力=藐=4 s< d 1豎直方向2=2Vyt1解得：vy= 0.5 m/s則粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度大小v= v0+ vy= -2 m/stan 0= vy= 1,所以該速度與水平方向的夾角0= 4

28、5°vo一v2(3)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由B2qv=m；,得r mvB2q由幾何關(guān)系及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知:也r>d時(shí)離開磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)粒子在平行板中加速得：Vy= atl ,又a耳E = UM m d解得：*=0.25 C/kg,綜合得B2<|mv=%4£t =2 Tdq 22【答案】(1)1 V (2)乎 m/s與水平方向的夾角0= 45° (3)B2V 2 T11 .華裔科學(xué)家丁肇中負(fù)責(zé)的AMS項(xiàng)目，是通過 太空粒子探測(cè)器”探測(cè)高能宇宙射線粒子，尋找反物質(zhì)。某學(xué)習(xí)小組設(shè)想了一個(gè)探測(cè)裝置，截面圖如圖所示。其中輻射狀加速

29、電場(chǎng)的內(nèi)、外邊界為兩個(gè)同心圓，圓心為 O,外圓電勢(shì)為零，內(nèi)圓電勢(shì) Q 45 V,內(nèi)圓半徑R = 1.0 m。在內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=9X105 t、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)內(nèi)有一圓形接收器，圓心也在 O點(diǎn)。假設(shè)射線粒子中有正電子，先被吸附在外圓上(初速度為零)，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，并被接收器接收。已知正電子質(zhì)量m= 9X1031 kg,電荷量q= 1.6X1019 C,不考慮粒子間的相互作用。求正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率v和半徑r;(2)若正電子恰好能被接收器接收，求接收器的半徑R'。171【答案】(1)4X10m/s 0.25 m (2)-4一 m【解析】(1)電場(chǎng)內(nèi)，內(nèi)

30、外邊界的電勢(shì)差大小為U = 0- Q45 V,在加速正電子的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得qU = 2mv2-0,代入數(shù)據(jù)解得v= 4X1(6 m/s,正電子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由向心力公式可得:qvB=mV",解得 r= 0.25 m。(2)正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，當(dāng)正電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與接收器相切時(shí)，正電 子恰好能被接收器接收，由幾何關(guān)系可得：(R'+ r)2=r2+R2,解得R =空二m。 412 .如圖為一除塵裝置的截面圖，塑料平板M、N的長(zhǎng)度及它們間的距離均為d。大量均勻分布的帶電塵埃以相同的速度vo進(jìn)入兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質(zhì)量均為 m,帶電量均為一q。當(dāng)兩板間同時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和垂直板向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)， 塵埃恰好勻速穿過兩板間；若撤去板間電場(chǎng)，并保持板間磁場(chǎng)不變，塵埃恰好全部被平板吸附，即除塵效率為100%;若撤去兩板間電場(chǎng)和磁場(chǎng)， 建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,y軸垂直于板并緊靠板右端，x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部U集到位于P(2d, 1.5d)處的條狀容器中，需在 y軸右側(cè)加一垂直于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。塵埃顆粒重力、 顆粒間作用及對(duì)板間電場(chǎng)和磁場(chǎng)的影響均不