2020年高考物理壓軸題預(yù)測(cè)之電磁綜合計(jì)算題壓軸題

1、2020年高考物理壓軸題預(yù)測(cè)之電磁綜合計(jì)算題壓軸題.如圖，M、N是電壓U=10V的平行板電容器兩極板，與絕緣水平軌道CF相接，其中CD段光滑， DF段粗糙、長(zhǎng)度=1.0m. F點(diǎn)緊鄰半徑為R的絕緣圓筒（圖示為圓筒的橫截面），圓筒上開一小孔與 圓心O在同一水平面上，圓筒內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和方向豎直 向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E. 一質(zhì)量機(jī)=0.01kg、電荷量q =0.02C的小球a從C點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí) 與質(zhì)量為2m、不帶電的靜止小球b發(fā)生碰撞，碰撞后a球恰好返回D點(diǎn)，b球進(jìn)入圓筒后在豎直面 內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).不計(jì)空氣阻力，小球a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，碰時(shí)兩球電量平分，小

2、球a在DF段與軌道 的動(dòng)摩因數(shù)戶0.2,重力加速度大小g=10m/s2.求 圓筒內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小； （2）兩球碰撞時(shí)損失的能量；若b球進(jìn)入圓筒后，與筒壁發(fā)生彈性碰撞，并從N點(diǎn)射出，則圓筒的半徑.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平 面向里的有界矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一粒 子源固定在x軸上坐標(biāo)為（-L,。）的A點(diǎn)。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v0的電子，電子通 過y軸上的C點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸正方向成a = 45o角，電子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限 內(nèi)與x軸正方向成P= 15o角的射線

3、OM已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒 子之間的相互作用）。求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；（2）電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t（3）矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積Smin。.如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的 勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線段CO=OD=L，CD邊在x軸上，NADC=30。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從LCD邊上的各點(diǎn)射入磁場(chǎng)，已知這些電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為y，在第四象限正方形ODQP 內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y=-L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光 屏，屏與y軸交點(diǎn)為P。忽略電子間

4、的相互作用，不計(jì)電子的重力。(1)電子的比荷；(2)從x軸最右端射入電場(chǎng)中的電子打到熒光屏上的點(diǎn)與P點(diǎn)間的距離：射入電場(chǎng)中的電子打到熒光屏上的點(diǎn)距P的最遠(yuǎn)距離。.如圖所示，虛線MN沿豎直方向，其左側(cè)區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)和方向垂直紙面向里， 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線MN的右側(cè)區(qū)域有方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).水平線段AP與MN 相交于O點(diǎn).在A點(diǎn)有一質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點(diǎn)，以大小為%的速度在左側(cè)區(qū)域垂直磁場(chǎng)方向射入，恰好在左側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已矢必與O點(diǎn)間的距離為9mz，虛線MN右側(cè)電 qB場(chǎng)強(qiáng)度為三3mg，重力加速度為g.求: q(1) MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和

5、方向；(2)帶電質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)的入射方向與AO間的夾角為多大時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中剛好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，并畫出帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；(3)帶電質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)進(jìn)入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vp.如圖甲所示，兩根與水平面成。=30角的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌的電 阻忽略不計(jì).整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上.現(xiàn)將 質(zhì)量均為m、電陰均為R的金屬棒a、b垂直于導(dǎo)軌放置，一不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線的P端系在金屬桿 b的中點(diǎn)，另一端N通過滑輪與質(zhì)量為M的物體相連，細(xì)繩與導(dǎo)軌平面平行.導(dǎo)軌與金屬棒接觸良 好，不計(jì)一切摩擦，運(yùn)動(dòng)過程中物體始終末與地面接觸，重

6、力加速度g取10m/s2.-I討(皿)若金屬棒a固定，M=m,由靜止釋放b,求釋放瞬間金屬棒b的加速度大小.(2)若金屬棒a固定，L=1m, B=1T, m=0.2kg, R=1Q,改變物體的質(zhì)量M,使金屬棒b沿斜面向上運(yùn) 動(dòng)，請(qǐng)寫出金屬棒b獲得的最大速度v與物體質(zhì)量M的關(guān)系式，并在乙圖中畫出v-M圖像若撤去物體，改在繩的N端施加一大小為F=mg,方向豎直向下的恒力，將金屬棒a、b同時(shí)由靜 止釋放.從靜止釋放到a剛開始勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，a產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求這個(gè)過程流過金屬棒a 的電量.如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.在光滑絕緣水平面 內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方

7、形金屬線框，其質(zhì)量m = 1kg、電阻,：!),在水平向左的外力F作用下， 以初速度v0 = 4m/s勻減速進(jìn)入磁場(chǎng)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，外力F大小隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙 所示，以線框右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開始計(jì)時(shí)，求：枷國(guó)甲因乙(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B ;(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，通過線框的電荷量q ；(3)線框向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為多少？(4)當(dāng)線框左側(cè)導(dǎo)線即將離開磁場(chǎng)的瞬間，撤去外力F，則線框離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。多大？.如圖，間距為L(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為廠的4圓弧部分豎直放置、直的部分固定于水平地面， MNQP范圍內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).金屬棒ab和cd

8、垂直導(dǎo)軌放置且接 觸良好，cd靜止在磁場(chǎng)中，ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)后與cd在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸.已 知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g .求ab棒到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。? ，:(2)當(dāng)ab棒速度為40gr時(shí)，cd棒加速度的大小(此時(shí)兩棒均未離開磁場(chǎng)), 日，1 (3)若cd棒以4 y 2gr離開磁場(chǎng)，已知從cd棒開始運(yùn)動(dòng)到其離開磁場(chǎng)一段時(shí)間后，通過cd棒的電 荷量為q.求此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱是多少.(此過程ab棒始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)).如圖所示為電子發(fā)射器原理圖，M處是電子出射口，它是寬度為d的狹縫.D為絕緣外殼，整個(gè) 裝置處于真空中，

9、半徑為a的金屬圓柱A可沿半徑向外均勻發(fā)射速率為v的電子；與A同軸放置的 金屬網(wǎng)C的半徑為2a.不考慮A、C的靜電感應(yīng)電荷對(duì)電子的作用和電子之間的相互作用，忽略電子 所受重力和相對(duì)論效應(yīng)，已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e.若A、C間加速電壓為U,求電子通過金屬網(wǎng)C發(fā)射出來的速度大小vC；(2)若在A、C間不加磁場(chǎng)和電場(chǎng)時(shí)，檢測(cè)到電子從M射出形成的電流為I,求圓柱體A在t時(shí)間內(nèi)發(fā) 射電子的數(shù)量N.(忽略C、D間的距離以及電子碰撞到C、D上的反射效應(yīng)和金屬網(wǎng)對(duì)電子的吸收) (3)若A、C間不加電壓，要使由A發(fā)射的電子不從金屬網(wǎng)C射出，可在金屬網(wǎng)內(nèi)環(huán)形區(qū)域加垂直于 圓平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，求所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)

10、度B的最小值.如圖所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2為水平放置的兩足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌，整個(gè)裝置處在豎直向上、 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，P回與M.M間的距離為L(zhǎng), = 1.0 m, P2Q2與M2N2間的距離乙 乙乙 乙為L(zhǎng)2=0.5 m,兩導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì).質(zhì)量均為m = 0.2 kg的兩金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌上，運(yùn)動(dòng)過 程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并與導(dǎo)軌形成閉合回路.已知兩金屬棒位于兩導(dǎo)軌間部分的電阻均為R =1.0 Q；金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.2,且與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.取重力加速度大小g =10 m/s2.在t=0時(shí)刻，用垂直于金屬棒

11、的水平外力F向右拉金屬棒cd,使其從靜止開始沿導(dǎo)軌以a=5.0 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)？（2）若用一個(gè)適當(dāng)?shù)乃酵饬0（未知）向右拉金屬棒cd,使其速度達(dá)到v2=20 m/s后沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)， 此時(shí)金屬棒ab也恰好以恒定速度沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，求金屬棒ab沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的速度大小和金屬棒cd勻速 運(yùn)動(dòng)時(shí)水平外力F0的功率；當(dāng)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌Q1M位置時(shí)剛好碰到障礙物而停止運(yùn)動(dòng)，并將作用在金屬棒cd上的水平 外力改為F 1 = 0.4 N,此時(shí)金屬棒cd的速度變?yōu)関0=30 m/s,經(jīng)過一段時(shí)間金屬棒cd停止運(yùn)動(dòng)，求金 屬棒ab停止運(yùn)動(dòng)后金屬棒cd運(yùn)

12、動(dòng)的距離.歐洲大型強(qiáng)子對(duì)撞機(jī)是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對(duì)撞的高能 物理設(shè)備，其原理可簡(jiǎn)化如下：兩束橫截面積極小，長(zhǎng)度為l_0質(zhì)子束以初速度v0同時(shí)從左、右兩側(cè) 入口射入加速電場(chǎng)，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩3質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m,電量為e；加速極板AB、AB間電壓均為U0,且滿足eU0= - mv02。兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，半徑均為乩圓心0、O在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂 直且距離為H=7R；整個(gè)裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對(duì)論效應(yīng)。試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場(chǎng)加速后（未進(jìn)入磁場(chǎng)）的速度V

13、和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B；R(2)如果某次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場(chǎng)O的圓心往上移了不，其余條件均不變，質(zhì)子束能在007連線的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長(zhǎng)度10應(yīng)該滿足的條件。.如圖所示，在xQy坐標(biāo)系中，第I、II象限內(nèi)無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)。第W象限內(nèi)(含坐標(biāo)軸)有垂直坐 標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第III象限內(nèi)有沿l軸正向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電 荷量為q的帶正電粒子，從軸上的P點(diǎn)以大小為%的速度垂直射入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和空氣阻mv 2力，P、。兩點(diǎn)間的距離為浜(1)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小V以及進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)的距離；(2)若粒子由第w象限的磁場(chǎng)直接回到第m象限的電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小需

14、要滿足的條 件。.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系Oy的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的 勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域少。，A點(diǎn)坐標(biāo)為(0, 3a) , C點(diǎn)坐標(biāo)為(0, - 3a) , B點(diǎn)坐標(biāo)為(2ga , -3a).在 直角坐標(biāo)系g的第一象限內(nèi)，加上方向沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x=3a處 垂直于x軸放置一平面熒光屏，其與x軸的交點(diǎn)為Q.粒子束以相同的速度v0由O、。間的各位置垂 直y軸射入，已知從y軸上尸-2a的點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中的軌跡恰好經(jīng)過O點(diǎn).忽略粒子間 的相互作用，不計(jì)粒子的重力.(1)求粒子的比荷；(2)求粒子束射入電場(chǎng)的縱坐標(biāo)范圍；(3)從什么位置射

15、入磁場(chǎng)的粒子打到熒光屏上距Q點(diǎn)最遠(yuǎn)？求出最遠(yuǎn)距離.13.“太空粒子探測(cè)器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡(jiǎn)化如下：如圖1所示，輻射狀L /的加速電場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢(shì)為3 3 O)，內(nèi)圓弧面CD的電勢(shì)為。，足夠長(zhǎng)的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與MN板的距離為L(zhǎng).假設(shè)太空 中漂浮著質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場(chǎng)從靜 止開始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ拥挠绊?，不考慮過邊界ACDB的粒子再次返 回.(1)求粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小;(2)如圖2所示，在PQ (與ACDB重合且足夠長(zhǎng)

16、)和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向2垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后最多有能打到MN板上， 求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)如圖3所示，在PQ (與ACDB重合且足夠長(zhǎng))和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)垂直MN的勻強(qiáng) 0電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向如圖所示，大小E=，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后4 L到達(dá)收集板MN離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，求該粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度的方向和它在PQ與MN間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.如圖所示，絕緣斜面傾角為仇虛線下方有方向垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 虛線與斜面底邊平行.將質(zhì)量為m,電阻為R,邊長(zhǎng)為l的正方形金屬框abcd從斜面上由靜止釋放，

17、 釋放時(shí)cd邊與磁場(chǎng)邊界距離為x0不計(jì)摩擦，重力加速度為g.求：(1)金屬框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬框中的電動(dòng)勢(shì)大小E；(2)金屬框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小a；（3）金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，通過金屬框的電荷量q.如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個(gè)小孔，40為CD的中垂線，在MN的下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 方向垂直紙面向外（圖中未畫出），質(zhì)量為m電荷量為q的粒子（不計(jì)重力）以某一速度從4點(diǎn)平行 于MN的方向進(jìn)入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)（電場(chǎng)方向指向0點(diǎn)），已知圖 中虛線圓弧的半徑為R,其所在處場(chǎng)強(qiáng)大小為E,若離子恰好沿圖中虛線做圓周運(yùn)動(dòng)后從小孔C垂直于MN進(jìn)入下方磁場(chǎng).（D

18、求粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小;（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時(shí)無(wú)電荷的轉(zhuǎn)移，之后恰好從小孔D進(jìn)入MN上方的一個(gè)三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從4點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則三角形磁場(chǎng)區(qū)域最小面積為多少？ MN上下兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為多少？（3）粒子從4點(diǎn)出發(fā)后，第一次回到4點(diǎn)所經(jīng)過的總時(shí)間為多少？16.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP,由半徑r=0.5m的圓弧軌道CDP和與之相切 于C點(diǎn)的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角9=37,A、B兩點(diǎn)間的 距離d=0.2m.質(zhì)量m1=0.05kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點(diǎn)，質(zhì)量m2=0.1kg、電荷量q=

19、1x10-5C的 帶正電小球靜止在B點(diǎn)，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)用大小F=4.5N、方向水平向 右的恒力推滑塊，滑塊到達(dá)月點(diǎn)前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運(yùn)動(dòng)， 到達(dá)P點(diǎn)時(shí)恰好和軌道無(wú)擠壓且所受合力指向圓心.小球和滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中小球的電荷 量不變，不計(jì)一切摩擦.取 g=10m/s2, sin37=0.6, cos37=0.8.(1)求撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小v以及勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E； (2)求小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小vp和B、C兩點(diǎn)間的距離x.17.如圖所示，在空間坐標(biāo)系x0區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)J,在一、四象限的正方形區(qū)域C

20、DEF 內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2和勻強(qiáng)磁場(chǎng)8,已知CD=2L, OC=L, E2 =4片.在負(fù)x軸上 有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度V0沿x軸向右勻速運(yùn)動(dòng)，并與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)O處用絕 緣細(xì)支柱支撐的(支柱與b球不粘連、無(wú)摩擦)質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞.已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點(diǎn)電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g,不計(jì)a、b球間b球的速度大小;(1)b球的速度大小;(1)的靜電力，不計(jì)a、b球產(chǎn)生的場(chǎng)對(duì)電場(chǎng)、磁場(chǎng)的影響，求:碰撞后，a、(2)(2)a、b碰后2 v經(jīng)t = 時(shí)a球到某位置P點(diǎn)，求P點(diǎn)的位置坐標(biāo);3g(3)(3)a、b碰后要使

21、b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值.18.如圖所示，空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電荷量為+外質(zhì)量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺(tái)邊緣，另一質(zhì)量為m18.如圖所示，mg不帶電的絕緣小球p以水平初速度v0向Q運(yùn)動(dòng)v0麗,兩小球p、Q可視為質(zhì)點(diǎn),正碰過程中mg沒有機(jī)械能損失且電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移.已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E =-，水平臺(tái)面距地面高度,2 m 2 gh二君，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力(1)求(1)求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球Q的速度大小;X X其EK(2) P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)過多少時(shí)間小球P落地？落

22、地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣間的水平距離 多大?mg(3)若撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)，并將小球Q重新放在平臺(tái)邊緣、小球P仍以水平初速度v0 =可方向Q運(yùn)動(dòng), 小球Q的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示(平臺(tái)足夠高，小球Q不與地面相撞).求小球Q在運(yùn)動(dòng)過程中的最 大速度和第一次下降的最大距離H.19.如圖：豎直面內(nèi)固定的絕緣軌道abc，由半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長(zhǎng)l =1.5 m的粗糙水平段ab在b點(diǎn)相切而構(gòu)成，O點(diǎn)是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角0=37;過了點(diǎn)的豎直虛線左側(cè)有方向豎 直向上、場(chǎng)強(qiáng)大小E =10 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，Ocb的外側(cè)有一長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、寬度d =1.6 m的矩形區(qū)域efgh，ef與Oc交于c點(diǎn)，ecf與水

23、平向右的方向所成的夾角為伏53少口47)，矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里 的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量m2=3x10-3kg、電荷量q=3x10-3 C的帶正電小物體Q靜止在圓弧軌道上b點(diǎn)，質(zhì)量m 1=1.5x10-3 kg的不帶電小物體P從軌道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，P、Q碰撞時(shí)間極短，碰后P以1 m/s的速度水平向右彈回.已知P與ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5, A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),Q的電荷量始終不變，忽略空氣阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g =10 m/s2.求:碰后瞬間，圓弧軌道對(duì)物體Q的彈力大小FN；(2)當(dāng)B=53時(shí)，物體Q剛好不從gh邊穿出磁場(chǎng)，求區(qū)域

24、efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B/當(dāng)區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=2T時(shí)，要讓物體Q從gh邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求此最長(zhǎng)時(shí)間t及對(duì)應(yīng)的小值.20.豎直平面內(nèi)存在著如圖甲所示管道，虛線左側(cè)管道水平，虛線右側(cè)管道是半徑R=1m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，管道半圓形部分處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E=4x103V/m.小球a、b、c的半徑略小于管道內(nèi)徑，b、c球用長(zhǎng)L = 3的整數(shù)) tann【解析】1(1)小球b要在圓筒內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足：Eq=2mg解得：E=20 N/C1(2)小球a到達(dá)F點(diǎn)的速度為vy根據(jù)動(dòng)能定理得：Uq mg=；y mv 12 TO

25、C o 1-5 h z 小球a從F點(diǎn)的返回的速度為v”根據(jù)功能關(guān)系得：加gx = 1 mv22 222兩球碰撞后，b球的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv 1 = -mv2+2mv HYPERLINK l bookmark50 o Current Document 111則兩球碰撞損失的能量為：/E mv 12 mv222 mv2 HYPERLINK l bookmark52 o Current Document 21222聯(lián)立解得：AE=0(3)小球b進(jìn)入圓筒后，與筒壁發(fā)生n-1次碰撞后從N點(diǎn)射出，軌跡圖如圖所示: HYPERLINK l bookmark58 o Current Docum

26、ent 2兀兀 HYPERLINK l bookmark58 o Current Document 2兀兀每段圓弧對(duì)應(yīng)圓筒的圓心角為，則在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑：-1 = Rtan- HYPERLINK l bookmark44 o Current Document n1 n HYPERLINK l bookmark46 o Current Document 1v 2粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)：qvB = 2m HYPERLINK l bookmark16 o Current Document 2r1聯(lián)立解得：R = -6f兀（n3的整數(shù)）tan nmv 2mv 22 F ；2L 2兀 m m

27、v、丁癡京【解析】3電子從A至U C的過程中,由動(dòng)能定理得：eEL = gy- 2 m0v cos45o = v，、 一 mv2聯(lián)立解得：E = -02 eLv sina12)電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向有：L =v其中v 二 C cosa2兀由數(shù)學(xué)知識(shí)知電子在磁場(chǎng)中的速度偏向角等于圓心角：9 =9電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：，之二五工電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t = 1 +122 L 2 兀 m 聯(lián)立解得：t = - +而0G）電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，一 nV 2則有 evB = m-c最小矩形區(qū)域如圖所示，r最小矩形區(qū)域如圖所示，3. (1)BL(2)3.

28、(1)BL(2)由數(shù)學(xué)知識(shí)得：CD = 2r - sin g CQ = r - rcos 最小矩形區(qū)域面積：Sm： CD CQ聯(lián)立解得：Smin =（1（1）由題意可知電子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑r =【解析】即粒子從F即粒子從F點(diǎn)離開磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，離0點(diǎn)最遠(yuǎn):由牛頓第二定律得Bev= mt 0 r電子的比荷=0;m BL（2）若電子能進(jìn)入電場(chǎng)中，且離0點(diǎn)右側(cè)最遠(yuǎn)，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓軌跡應(yīng)恰好與邊AD相切，2 L設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為。點(diǎn)。則o=f 從F點(diǎn)射出的電子,做類平拋運(yùn)動(dòng),有x=與=導(dǎo)2，y=Vd電子射出電場(chǎng)時(shí)與水平方向的夾角為0電子射出電場(chǎng)時(shí)與水平方向的夾角為0有。淌代;2所以，從x軸

29、最右端射入電場(chǎng)中的電子打到熒光屏上的點(diǎn)為G，則它與P點(diǎn)的距離tan 03tan 03（3）設(shè)打到屏上離P點(diǎn)最遠(yuǎn)的電子是從（x,0）點(diǎn)射入電場(chǎng)，則射出電場(chǎng)時(shí)y=Vt=VX L y設(shè)該電子打到熒光屏上的點(diǎn)與P點(diǎn)的距離為X，由平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得T=丁x y2所以X = 2I y( xL3.3所以X = 2I y( xL3.3所以當(dāng)x = 一L，有X = L。8m 4【解析】4.T，方向豎直向上;(3) v13v0.（1）質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)區(qū)域受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可得：重力和電場(chǎng) 力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場(chǎng)力qE=mg，方向豎直向上;mg 、，所以MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)

30、度氣=V ,方向豎直向上; mv 2質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，故有：B父/， 所以軌道半徑R=F；qB質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過A、O兩點(diǎn)，故質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在AO的垂直平分線上，且質(zhì)點(diǎn)從A運(yùn)動(dòng)到O的過程O點(diǎn)為最右側(cè)；所以，粒子從A到O的運(yùn)動(dòng)軌跡為劣??；一、13 mv _又有d =上廿 =v3R ；根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)的入射方向與AO間的夾角AO qB1 d2 Ao / 0 = arcsin-= 60根據(jù)左手定則可得：質(zhì)點(diǎn)做逆時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)，故帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示:(3)根據(jù)質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得：質(zhì)點(diǎn)在0點(diǎn)的豎直分速度 y 0

31、600 二弓 v o ,水平分速度 y v o 3600 二 2v o ； 質(zhì)點(diǎn)從0運(yùn)動(dòng)到P的過程受重力和電場(chǎng)力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運(yùn)動(dòng);質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，故豎直位移為零，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間/ =工=包 g g TOC o 1-5 h z 所以質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的豎直分速度、二了vo , 一qE 1- 33v7水平分速度V = V + - t = -V + v3g0- = -v ； HYPERLINK l bookmark96 o Current Document xP x m 2 0g 2 0所以帶電質(zhì)點(diǎn)從0點(diǎn)進(jìn)入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度V = JV2 + V2 = 113V ；P *

32、 yP xP05. 2.5m/s2 (2) v5. 2.5m/s2 (2) v = 20M 2(3)q =些(也+R mgm 2 gR 24 B 4L【解析】(1)設(shè)釋放金屬棒b瞬間的加速度為。：對(duì)物體M： Mg T = Ma對(duì)金屬棒 b： T - mgsin9 = maMg - mgsin 6, 解得： a = 2.5m/s2M + m(2)當(dāng)金屬棒b速度達(dá)到最大時(shí)，對(duì)物塊M有：T = Mg對(duì)金屬棒 b 有：mgsin30 + ILB - T對(duì)電路分析有：E - BLv2R2 K解得：V = 20M 2對(duì) a 棒：mgsinQ F安=ma1對(duì) b 棒： F-mgsinQ -F安=ma即在任一

33、時(shí)刻兩棒的速度、加速度、位移總是大小相等方向相反，同時(shí)達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，此時(shí)的速 度最大.設(shè)a棒的最大速度為此過程通過的位移為亂 則 電路中的總電動(dòng)勢(shì)：E1= 2BLv1 電路中的總電流：/ =與.12 R對(duì) a 棒：mgsin30 = 11 LB 一 八 1由能量守恒定律得：mgS=2Q + 2x%.從靜止釋放到a剛開始勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，流過a棒的電量有:E其中：1二永A E =.A tAO = 2 BLS.mgR解得：V亞S =吆+厘 mg 4 B 4 L4BL ( 2Q m 2 gR 2) 十396.(1) 0.33T (2) 0.75C (3) 4m (4) J32【解析】F(1)由F

34、 -1圖象可知，線框加速度a = = 2m/s2 m1則線框的邊長(zhǎng)1則線框的邊長(zhǎng)L = v 0t-5 at 2 =(.一 1 一 一、 一4 義 1 - -x 2 義 12 m = 3m TOC o 1-5 h z 八, BLvt=0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電流I=0R線框所受的安培力晨=B 由牛頓第二定律Fi + F安=ma HYPERLINK l bookmark164 o Current Document 11聯(lián)立得 B = 3T = 0.33T BL2(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = tE平均電流I=- R通過線框的電荷量q = It聯(lián)立解得：q = 0.75C(3)設(shè)勻減速運(yùn)

35、動(dòng)速度減為零的過程中線框通過的位移為X由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0 -V 0 =-2 ax代入數(shù)值得x = 4m(4)當(dāng)線框左邊導(dǎo)線到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)，v2 = 2a(x-L)解得：v = 2m/s之后撤去外力F，線框在安培力作用下減速，對(duì)線框，若減速到零，由動(dòng)量定理得：-BILAt = 0-mv ,BLxRAt解得x = 8m L，說明線框能從磁場(chǎng)中離開.則有：一BILAt = mv 一 mv-e Bn i =R R A t一，5 , 解得v = -m/s所以線框離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q所以線框離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q=mv 2 一 一 mv 2 =B2L J；2gri1B2Lq27.(1) 3mg

36、. (2) . (3) BLq 2gr - mgr4 mR162 m【解析】1(1) ab下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgr= mv2 ,20解得：v0=(2gr , 、八v 2ab運(yùn)動(dòng)到底端時(shí)，由牛頓第二定律得：F - mg=m -0-,r解得：F=3mg,由牛頓第三定律知：ab對(duì)軌道壓力大小：F=F=3mg；(2)兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：mv0=mvab+mv, 1 ：z解得：v= -V 不一一一，, 不一一一，,(3)由題意可知，cd棒以-v2gr離開磁場(chǎng)后向右勻速運(yùn)動(dòng)，ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：Eab=BLvab, cd棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：Ecd=

37、BLv, 回路中電流：I= Eb；JEcd ,2 R解得：i= BL2gr 4 R此時(shí)cd棒所受安培力：F=BIL,此時(shí)cd棒加速度：a =,m解得：a = BLW4 mR且從cd棒開始運(yùn)動(dòng)到通過其電荷量為q的時(shí)間內(nèi)，通過ab棒電荷量也為q.對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理可知：-BI Lt=mvab-mv0,其中：q = I t，解得：vab = 2ggr -， TOC o 1-5 h z abm一11此過程，由能量守恒定律得：mgr =-mvg +-mv2 + Q，2 ab g cd-1 1B g L q g解得：Q=BLqq2gr - mgr；16 g m：geUxt 4冗 alt4 4mv8 丁+

38、v gn=FB二五7【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求解求電子通過金屬網(wǎng)C發(fā)射出來的速度大??；(g)根據(jù)1二拳求解圓柱體A 在時(shí)間t內(nèi)發(fā)射電子的數(shù)量N； (3)使由A發(fā)射的電子不從金屬網(wǎng)C射出，則電子在CA間磁場(chǎng)中 做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡圓與金屬網(wǎng)相切，由幾何關(guān)系求解半徑，從而求解B.【詳解】(1)對(duì)電子經(jīng)CA間的電場(chǎng)加速時(shí)，由動(dòng)能定理得mv g 一 一 mv g g e g(g)設(shè)時(shí)間t從A中發(fā)射的電子數(shù)為N,由M 口射出的電子數(shù)為n,則neI = td dr dN n =N =g兀義g a4兀a、T 4兀 alt 解得N =一 ed(3)電子在CA間磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡圓與金屬網(wǎng)相切時(shí)，對(duì)應(yīng)

39、的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B .設(shè)此 軌跡圓的半徑為r ,則（ga 一 r）g = rg + agn y 2Bev = m r解得：B解得：B =4 mv3 ae9. (1)2 s(2)v 1 = 5 m/s 12 W (3)225 m【解析】 設(shè)金屬棒cd運(yùn)動(dòng)t時(shí)間金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，此時(shí)金屬棒cd的速度v=at金屬棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2=BL2v,E BL at則通過整個(gè)回路的電流I =力= l22 R 2 R金屬棒a所受安培力J= BI2L竺鏟金屬棒ab剛要開始運(yùn)動(dòng)的臨界條件為FA= mg2 r mgR聯(lián)立解得西叮2(2)設(shè)金屬棒cd以速度v2=20 m/s沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬

40、棒ab沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BL2 v 2BL v 1此時(shí)通過回路的電流I = E = B2：口 L1VJ 2R2RB2L (L v 一Lv )金屬棒ab所受安培力F = BIL =1-2-21 = r mga 12 R解得 v 1 = 5 m/s以金屬棒cd為研究對(duì)象，則有F0=r mg+BL21=0.6N水平外力F0的功率為P0=F0v2=12 W(3)對(duì)于金屬棒cd根據(jù)動(dòng)量定理得(Fr mg - BL21)At = 0 - mv0設(shè)金屬棒ab停止運(yùn)動(dòng)后金屬棒cd運(yùn)動(dòng)的距離為，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E = 個(gè) =BALOxI =根據(jù)閉合電路歐姆定律

41、3 RT聯(lián)立解得：x = mR = 225m22 mv兀 十 3 0; eR 012mv2 一 一 mv2【解析】 解：mv2 一 一 mv2又：eU = 3mv2 ,0 2 o解得：v = 2v0 ； 根據(jù)對(duì)稱，兩束質(zhì)子會(huì)相遇于OO的中點(diǎn)P,粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知必定沿OP 方向射出，出射點(diǎn)為D，過C、D點(diǎn)作速度的垂線相交于K，則K，則K點(diǎn)即為軌跡的圓心，如圖所 示，并可知軌跡半徑r=Rv2根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：evB = m一 r(2)磁場(chǎng)(2)磁場(chǎng)O的圓心上移了不，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對(duì)稱，但是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)達(dá)半徑認(rèn)為R，對(duì)于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從F點(diǎn)

42、射入磁場(chǎng)，如圖所示，E點(diǎn)是原來C點(diǎn)位置，連OF、OD，并作FK平行且等于OD，連KD,由于 OD=OF=FK，故平行四邊形ODKF為菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然會(huì)從D故粒子束仍然會(huì)從D點(diǎn)射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心R 由于磁場(chǎng)上移了 7,故 sinZCOF= 2 = R 由于磁場(chǎng)上移了 7,故 sinZCOF= 2 = 一21nnZCOF=-, ZDOF=ZFKD=-63對(duì)于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點(diǎn)，-R + (H + R - 2 R)下方粒子到達(dá)C后最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子所需時(shí)間為t，= 2、2)2 v0(-+ 4) R4 v0l而上

43、方粒子最后一個(gè)到達(dá)E點(diǎn)的試卷比下方粒子中第一個(gè)達(dá)到C的時(shí)間滯后At = 廣0上方最后的一個(gè)粒子從E點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)所需時(shí)間為t =R 一 Rsin (2nR) , 。0 右3 + 6= 6 + 2 兀 - 313 R2V02V012V0要使兩質(zhì)子束相碰，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t4 t + At聯(lián)立解得l聯(lián)立解得l0n + 3 3 + 61211.(111.(1) V0【解析】mv211由動(dòng)能定理有：qE 京二2mv2 一2mv0 解得：v =。2 v 0 v五設(shè)此時(shí)粒子的速度萬(wàn)向與y軸負(fù)萬(wàn)向夾角為仇則有cosO= -0 =v 2解得：0=45%根據(jù)tan 0 = 2 - =1，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)位置到坐標(biāo)原

44、點(diǎn)的距離為PO兩點(diǎn)距離的兩倍，故 ymv2% 二0- qE(2)要使粒子由第w象限的磁場(chǎng)直接回到第m象限的電場(chǎng)中，其臨界條件是粒子的軌跡與軸相切， 如圖所示，由幾何關(guān)系有：s=R+R sin。v 2又：qvB = m R(；2 +1) E解得：B v0珈 r(& +1)E故BNv012. (1) -0- (2)0y2aBa【解析】 由題意可知，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r=a由牛頓第二定律得V 2Bqv 0= m 0-故粒子的比荷v 0Ba(2)能進(jìn)入電場(chǎng)中且離0點(diǎn)上方最遠(yuǎn)的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與AB邊相切，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為。點(diǎn)，如圖所示.由幾何關(guān)系知AB0A = r - bc =2

45、 aOO =OA O A=a即粒子離開磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，離O點(diǎn)上方最遠(yuǎn)距離為OD=y =2 am所以粒子束從y軸射入電場(chǎng)的范圍為0y 2 a 假設(shè)粒子沒有射出電場(chǎng)就打到熒光屏上，3 a = %4所以，粒子應(yīng)射出電場(chǎng)后打到熒光屏上 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,豎直方向位移為y,水平方向位移為,水平方向有%=% t豎直方向有1 qEy - 5122m代入數(shù)據(jù)得% = q 2 ay設(shè)粒子最終打在熒光屏上的點(diǎn)距Q點(diǎn)為H，粒子射出電場(chǎng)時(shí)與軸的夾角為仇則tan 0tan 0H =(3a %)-tan 0 = (3%.a 、,：2y )q2y當(dāng)3、,a 、 - v;2y時(shí)，即y =

46、 9 a時(shí)，H有最大值89由于W a2a，所以H9由于W a2a，所以H的最大值H max9=4 a，粒子射入磁場(chǎng)的位置為13.(1) v -2 L【解析】八 c 1 八試題分析：解：(1)帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí)，電場(chǎng)力做功，得：qU = 0-mv2U = 2一=9v =2(2)從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上，則上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是60。，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，軌跡圓心角。二600.根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R = 2L由洛倫茲力提供向心力得:qBv =m聯(lián)合解得：由洛倫茲力提供向心力得:qBv =m聯(lián)合解得：B二ZV2 q

47、(3)如圖粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)，切點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)， 這是一個(gè)類平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程.建立如圖坐標(biāo).Eq =Eq =mv 2Eqt_t - m若速度與X軸方向的夾角為a角 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark220 o Current Document V1 HYPERLINK l bookmark276 o Current Document cos a = r cosa =，a = 600 v2. (1) E = Bl J2gx sin9 . (2) a = g sin9 一 BRj2gx sin9 . (3) q= BR2【解析】一1(1)金屬框

48、進(jìn)入磁場(chǎng)前機(jī)械能守恒，mgxosin0= mv2金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=Blv 解得 E=Bl2gx0 sin9E(2)感應(yīng)電流I=R安培力Fa=I1B 取沿斜面向下為正方向，對(duì)于金屬框mgsin。Fa=ma一rB 2 l 2 ：-解得 a=gsin。一 r q 2gx sin 9 (3)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的平均電動(dòng)勢(shì)Bl 2E=tE 平均電流I=- R流過的電荷量q=It 解得q=半R:EqR11mR.(1)：吠；(2) -R2； (3) 2 n- m2 n +1Eq【解析】 (1)由題可知，粒子進(jìn)入靜電分析器做圓周運(yùn)動(dòng)，則有:解得：V解得：V =(2)粒子從D到A勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如

49、圖所示:由圖示三角形區(qū)域面積最小值為:由圖示三角形區(qū)域面積最小值為:R 2S =2在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，則有:Bqv Bqv =mv 2得:設(shè)MN下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2,如圖所示:若只碰撞一次，則有:若只碰撞一次，則有:R mvR = 一 =12 Bq1mv若碰撞n次，則有:(3(3)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間:在MN下方的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間:在在MN上方的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間:總時(shí)間:總時(shí)間:R mvRR mvR =1 n +1 B qimvx 22兀R x1x 22兀R x1 =兀R1 vmREqm=兀EqR1 21 2兀R 兀:mRt = X2 = 3 4 v 2 EqmR

50、t = t +1 +1 = 2 幾 16. (1) 6m/s； 7.5X104N/C (2) 2.5m/s ； 0.85m【解析】【詳解】 1對(duì)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：Fd = 5m1V2解得：v=6m/s 小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力如圖所示:則有：qE=m2gtan Q解得：E=7.5x104N/C- m g（2）小球所受重力與電場(chǎng)力的合力大小為：G =等 cos。v 2小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：G = + 等 r解得：vP=2.5m/s 滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后滑塊、小球的速度大小分別為匕、v2， 則有：m 1 v=m 1 v 1+m2v2111m v 2 =

51、m v 2 + m v 22 12 1 1222解得：vL-Zm/sC-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s對(duì)小球碰后運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有:qE(x-qE(x-rsin。)一m g(r + r cos9)=11m v 2- mv 22 2 p 2 22解得：x=0.85m1217.(11217.(1) -v ;-v3 0 3 016 mv 1 16 mv0 B 綜上，B綜上，B 216m vo-15 qL 16m v八 16m v故要使b不從CD邊界射出,則B的取值范圍滿足：E B 【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及動(dòng)量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要注

52、意幾何關(guān)系的應(yīng)用在電場(chǎng)中注意由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解._ img18幾何關(guān)系的應(yīng)用在電場(chǎng)中注意由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解._ img18(1) 3qBm；舞5冗 m_ 4 m 2 g,3qB3 q 2 B 2【解析】【詳解】(1(1)小球P、Q首次發(fā)生彈性碰撞時(shí)，取向右為正方向由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，得：moo = mvP + mVQ1 mv 2 =_mv 1 mv 2 =_mv 2 + mv 2聯(lián)立解得乙二0，mg0 3 qBV 2（2）對(duì)于小球Q,由于qE = mg ,故Q球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則qvB = mf r2兀m 經(jīng)過一個(gè)周期的時(shí)間丁二行2 h 22 mg qB小球P、Q再次發(fā)生彈性碰撞，由（1）可知碰后V2 h 22 mg qB TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark328 o Current Document 11小球P離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為12,則有h = -gt2，代入數(shù)據(jù)，得：12 = 2 222兀 m 22 m m 一 =故P與Q首次發(fā)生碰撞后到落地，經(jīng)過的時(shí)間t =+ -=（2兀+2qB qB qB落地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣的水平距離X落地點(diǎn)與平臺(tái)