2020年高考物理壓軸題預測之電磁綜合計算題壓軸題

1、2020年高考物理壓軸題預測之電磁綜合計算題壓軸題.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、長度=1.0m. F點緊鄰半徑為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，圓筒內存在磁感應強度B=0.5T、方向垂直紙面向里的勻強磁場和方向豎直 向下的勻強電場E. 一質量機=0.01kg、電荷量q =0.02C的小球a從C點靜止釋放，運動到F點時 與質量為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，b球進入圓筒后在豎直面 內做圓周運動.不計空氣阻力，小球a、b均視為質點，碰時兩球電量平分，小

2、球a在DF段與軌道 的動摩因數(shù)戶0.2,重力加速度大小g=10m/s2.求 圓筒內電場強度的大小； （2）兩球碰撞時損失的能量；若b球進入圓筒后，與筒壁發(fā)生彈性碰撞，并從N點射出，則圓筒的半徑.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平 面向里的有界矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場。一粒 子源固定在x軸上坐標為（-L,。）的A點。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點時速度方向與y軸正方向成a = 45o角，電子經過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限 內與x軸正方向成P= 15o角的射線

3、OM已知電子的質量為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）勻強電場的電場強度E的大?。唬?）電子在電場和磁場中運動的總時間t（3）矩形磁場區(qū)域的最小面積Smin。.如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內存在垂直平面向里磁感應強度為B的 勻強磁場，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邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為y，在第四象限正方形ODQP 內存在沿x軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場，在y=-L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光 屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間

4、的相互作用，不計電子的重力。(1)電子的比荷；(2)從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離：射入電場中的電子打到熒光屏上的點距P的最遠距離。.如圖所示，虛線MN沿豎直方向，其左側區(qū)域內有勻強電場(圖中未畫出)和方向垂直紙面向里， 磁感應強度為B的勻強磁場，虛線MN的右側區(qū)域有方向水平向右的勻強電場.水平線段AP與MN 相交于O點.在A點有一質量為m，電量為+q的帶電質點，以大小為%的速度在左側區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側區(qū)域內做勻速圓周運動，已矢必與O點間的距離為9mz，虛線MN右側電 qB場強度為三3mg，重力加速度為g.求: q(1) MN左側區(qū)域內電場強度的大小和

5、方向；(2)帶電質點在A點的入射方向與AO間的夾角為多大時，質點在磁場中剛好運動到O點，并畫出帶電質點在磁場中運動的軌跡；(3)帶電質點從O點進入虛線MN右側區(qū)域后運動到P點時速度的大小vp.如圖甲所示，兩根與水平面成。=30角的足夠長光滑金屬導軌平行放置，導軌間距為L,導軌的電 阻忽略不計.整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面斜向上.現(xiàn)將 質量均為m、電陰均為R的金屬棒a、b垂直于導軌放置，一不可伸長的絕緣細線的P端系在金屬桿 b的中點，另一端N通過滑輪與質量為M的物體相連，細繩與導軌平面平行.導軌與金屬棒接觸良 好，不計一切摩擦，運動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,改變物體的質量M,使金屬棒b沿斜面向上運 動，請寫出金屬棒b獲得的最大速度v與物體質量M的關系式，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同時由靜 止釋放.從靜止釋放到a剛開始勻速運動的過程中，a產生的焦耳熱為Q,求這個過程流過金屬棒a 的電量.如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.在光滑絕緣水平面 內有一邊長為L的正方

7、形金屬線框，其質量m = 1kg、電阻,：!),在水平向左的外力F作用下， 以初速度v0 = 4m/s勻減速進入磁場，線框平面與磁場垂直，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙 所示，以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求：枷國甲因乙(1)勻強磁場的磁感應強度B ;(2)線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q ；(3)線框向右運動的最大位移為多少？(4)當線框左側導線即將離開磁場的瞬間，撤去外力F，則線框離開磁場過程中產生的焦耳熱。多大？.如圖，間距為L的光滑金屬導軌，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范圍內有磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場.金屬棒ab和cd

8、垂直導軌放置且接 觸良好，cd靜止在磁場中，ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd在運動中始終不接觸.已 知兩根導體棒的質量均為m、電阻均為R金屬導軌電阻不計，重力加速度為g .求ab棒到達圓弧底端時對軌道壓力的大?。? ，:(2)當ab棒速度為40gr時，cd棒加速度的大小(此時兩棒均未離開磁場), 日，1 (3)若cd棒以4 y 2gr離開磁場，已知從cd棒開始運動到其離開磁場一段時間后，通過cd棒的電 荷量為q.求此過程系統(tǒng)產生的焦耳熱是多少.(此過程ab棒始終在磁場中運動).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 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C的半徑為2a.不考慮A、C的靜電感應電荷對電子的作用和電子之間的相互作用，忽略電子 所受重力和相對論效應，已知電子質量為m,電荷量為e.若A、C間加速電壓為U,求電子通過金屬網C發(fā)射出來的速度大小vC；(2)若在A、C間不加磁場和電場時，檢測到電子從M射出形成的電流為I,求圓柱體A在t時間內發(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上的反射效應和金屬網對電子的吸收) (3)若A、C間不加電壓，要使由A發(fā)射的電子不從金屬網C射出，可在金屬網內環(huán)形區(qū)域加垂直于 圓平面向里的勻強磁場，求所加磁場磁感應強

10、度B的最小值.如圖所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2為水平放置的兩足夠長的平行導軌，整個裝置處在豎直向上、 磁感應強度大小B=0.4 T的勻強磁場中，P回與M.M間的距離為L, = 1.0 m, P2Q2與M2N2間的距離乙 乙乙 乙為L2=0.5 m,兩導軌電阻可忽略不計.質量均為m = 0.2 kg的兩金屬棒ab、cd放在導軌上，運動過 程中始終與導軌垂直且接觸良好，并與導軌形成閉合回路.已知兩金屬棒位于兩導軌間部分的電阻均為R =1.0 Q；金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)尸0.2,且與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g =10 m/s2.在t=0時刻，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軌以a=5.0 m/s2的加速度做勻加速直線運動，金屬棒cd運動多長時間金屬棒ab開始運動？（2）若用一個適當?shù)乃酵饬0（未知）向右拉金屬棒cd,使其速度達到v2=20 m/s后沿導軌勻速運動， 此時金屬棒ab也恰好以恒定速度沿導軌運動，求金屬棒ab沿導軌運動的速度大小和金屬棒cd勻速 運動時水平外力F0的功率；當金屬棒ab運動到導軌Q1M位置時剛好碰到障礙物而停止運動，并將作用在金屬棒cd上的水平 外力改為F 1 = 0.4 N,此時金屬棒cd的速度變?yōu)関0=30 m/s,經過一段時間金屬棒cd停止運動，求金 屬棒ab停止運動后金屬棒cd運

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

13、和磁場磁感應強度B；R(2)如果某次實驗時將磁場O的圓心往上移了不，其余條件均不變，質子束能在007連線的某位置相碰，求質子束原來的長度10應該滿足的條件。.如圖所示，在xQy坐標系中，第I、II象限內無電場和磁場。第W象限內(含坐標軸)有垂直坐 標平面向里的勻強磁場，第III象限內有沿l軸正向、電場強度大小為E的勻強磁場。一質量為m、電 荷量為q的帶正電粒子，從軸上的P點以大小為%的速度垂直射入電場，不計粒子重力和空氣阻mv 2力，P、。兩點間的距離為浜(1)求粒子進入磁場時的速度大小V以及進入磁場時到原點的距離；(2)若粒子由第w象限的磁場直接回到第m象限的電場中，求磁場磁感應強度的大小需

14、要滿足的條 件。.如圖所示，在平面直角坐標系Oy的第二、第三象限內有一垂直紙面向里、磁感應強度為B的 勻強磁場區(qū)域少。，A點坐標為(0, 3a) , C點坐標為(0, - 3a) , B點坐標為(2ga , -3a).在 直角坐標系g的第一象限內，加上方向沿y軸正方向、場強大小為E=Bv0的勻強電場，在x=3a處 垂直于x軸放置一平面熒光屏，其與x軸的交點為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的點射入磁場的粒子在磁場中的軌跡恰好經過O點.忽略粒子間 的相互作用，不計粒子的重力.(1)求粒子的比荷；(2)求粒子束射入電場的縱坐標范圍；(3)從什么位置射

15、入磁場的粒子打到熒光屏上距Q點最遠？求出最遠距離.13.“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀L /的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢為3 3 O)，內圓弧面CD的電勢為。，足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與MN板的距離為L.假設太空 中漂浮著質量為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，并被加速電場從靜 止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球對粒子的影響，不考慮過邊界ACDB的粒子再次返 回.(1)求粒子到達O點時速度的大小;(2)如圖2所示，在PQ (與ACDB重合且足夠長

16、)和收集板MN之間區(qū)域加一個勻強磁場，方向2垂直紙面向內，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經O點進入磁場后最多有能打到MN板上， 求所加磁感應強度的大?。?3)如圖3所示，在PQ (與ACDB重合且足夠長)和收集板MN之間區(qū)域加一個垂直MN的勻強 0電場，電場強度的方向如圖所示，大小E=，若從AB圓弧面收集到的某粒子經O點進入電場后4 L到達收集板MN離O點最遠，求該粒子到達O點的速度的方向和它在PQ與MN間運動的時間.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、磁感應強度為B的勻強磁場， 虛線與斜面底邊平行.將質量為m,電阻為R,邊長為l的正方形金屬框abcd從斜面上由靜止釋放，

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

18、求粒子運動的速度大小;（2）粒子在磁場中運動，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉移，之后恰好從小孔D進入MN上方的一個三角形勻強磁場，從4點射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？ MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應強度大小之比為多少？（3）粒子從4點出發(fā)后，第一次回到4點所經過的總時間為多少？16.如圖所示，豎直平面內有一固定絕緣軌道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兩點間的 距離d=0.2m.質量m1=0.05kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點，質量m2=0.1kg、電荷量q=

19、1x10-5C的 帶正電小球靜止在B點，小球的右側空間存在水平向右的勻強電場.現(xiàn)用大小F=4.5N、方向水平向 右的恒力推滑塊，滑塊到達月點前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運動， 到達P點時恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心.小球和滑塊均視為質點，碰撞過程中小球的電荷 量不變，不計一切摩擦.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以及勻強電場的電場強度大小E； (2)求小球到達P點時的速度大小vp和B、C兩點間的距離x.17.如圖所示，在空間坐標系x0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場J,在一、四象限的正方形區(qū)域C

20、DEF 內有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場8,已知CD=2L, OC=L, E2 =4片.在負x軸上 有一質量為m、電量為+q的金屬a球以速度V0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標原點O處用絕 緣細支柱支撐的(支柱與b球不粘連、無摩擦)質量為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電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g,不計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a、b球產生的場對電場、磁場的影響，求:碰撞后，a、(2)(2)a、b碰后2 v經t = 時a球到某位置P點，求P點的位置坐標;3g(3)(3)a、b碰后要使

21、b球不從CD邊界射出，求磁感應強度B的取值.18.如圖所示，空間存在著方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于紙面向內、磁感應強度大小為B 的勻強磁場，帶電荷量為+外質量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺邊緣，另一質量為m18.如圖所示，mg不帶電的絕緣小球p以水平初速度v0向Q運動v0麗,兩小球p、Q可視為質點,正碰過程中mg沒有機械能損失且電荷量不發(fā)生轉移.已知勻強電場的電場強度E =-，水平臺面距地面高度,2 m 2 gh二君，重力加速度為g，不計空氣阻力(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，經過多少時間小球P落地？落

22、地點與平臺邊緣間的水平距離 多大?mg(3)若撤去勻強電場，并將小球Q重新放在平臺邊緣、小球P仍以水平初速度v0 =可方向Q運動, 小球Q的運動軌跡如圖2所示(平臺足夠高，小球Q不與地面相撞).求小球Q在運動過程中的最 大速度和第一次下降的最大距離H.19.如圖：豎直面內固定的絕緣軌道abc，由半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長l =1.5 m的粗糙水平段ab在b點相切而構成，O點是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角0=37;過了點的豎直虛線左側有方向豎 直向上、場強大小E =10 N/C的勻強電場，Ocb的外側有一長度足夠長、寬度d =1.6 m的矩形區(qū)域efgh，ef與Oc交于c點，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)域內有方向水平向里 的勻強磁場.質量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，質量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的水平速度向左運動，P、Q碰撞時間極短，碰后P以1 m/s的速度水平向右彈回.已知P與ab間的動摩擦因數(shù)=0.5, A、B均可視為質點,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，圓弧軌道對物體Q的彈力大小FN；(2)當B=53時，物體Q剛好不從gh邊穿出磁場，求區(qū)域

24、efgh內所加磁場的磁感應強度大小B/當區(qū)域efgh內所加磁場的磁感應強度為B2=2T時，要讓物體Q從gh邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，求此最長時間t及對應的小值.20.豎直平面內存在著如圖甲所示管道，虛線左側管道水平，虛線右側管道是半徑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電場中，電場強度E=4x103V/m.小球a、b、c的半徑略小于管道內徑，b、c球用長L = 3的整數(shù)) tann【解析】1(1)小球b要在圓筒內做圓周運動，應滿足：Eq=2mg解得：E=20 N/C1(2)小球a到達F點的速度為vy根據動能定理得：Uq mg=；y mv 12 TO

25、C o 1-5 h z 小球a從F點的返回的速度為v”根據功能關系得：加gx = 1 mv22 222兩球碰撞后，b球的速度為v，根據動量守恒定律得：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進入圓筒后，與筒壁發(fā)生n-1次碰撞后從N點射出，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兀兀每段圓弧對應圓筒的圓心角為，則在磁場中做圓周運動的軌跡半徑：-1 = Rtan- HYPERLINK l bookmark44 o Current Document n1 n HYPERLINK l bookmark46 o Current Document 1v 2粒子在磁場中做圓周運動：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)電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有：L =v其中v 二 C cosa2兀由數(shù)學知識知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：9 =9電子在磁場中的運動時間：，之二五工電子在電場和磁場中運動的總時間t = 1 +122 L 2 兀 m 聯(lián)立解得：t = - +而0G）電子在磁場中做勻速圓周運動，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)學知識得：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中的軌跡半徑r =【解析】即粒子從F即粒子從F點離開磁場進入電場時，離0點最遠:由牛頓第二定律得Bev= mt 0 r電子的比荷=0;m BL（2）若電子能進入電場中，且離0點右側最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應恰好與邊AD相切，2 L設電子運動軌跡的圓心為。點。則o=f 從F點射出的電子,做類平拋運動,有x=與=導2，y=Vd電子射出電場時與水平方向的夾角為0電子射出電場時與水平方向的夾角為0有。淌代;2所以，從x軸

29、最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為G，則它與P點的距離tan 03tan 03（3）設打到屏上離P點最遠的電子是從（x,0）點射入電場，則射出電場時y=Vt=VX L y設該電子打到熒光屏上的點與P點的距離為X，由平拋運動特點得T=丁x y2所以X = 2I y( xL3.3所以X = 2I y( xL3.3所以當x = 一L，有X = L。8m 4【解析】4.T，方向豎直向上;(3) v13v0.（1）質點在左側區(qū)域受重力、電場力和洛倫茲力作用，根據質點做勻速圓周運動可得：重力和電場 力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場力qE=mg，方向豎直向上;mg 、，所以MN左側區(qū)域內電場強

30、度氣=V ,方向豎直向上; mv 2質點在左側區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：B父/， 所以軌道半徑R=F；qB質點經過A、O兩點，故質點在左側區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在AO的垂直平分線上，且質點從A運動到O的過程O點為最右側；所以，粒子從A到O的運動軌跡為劣弧；一、13 mv _又有d =上廿 =v3R ；根據幾何關系可得：帶電質點在A點的入射方向與AO間的夾角AO qB1 d2 Ao / 0 = arcsin-= 60根據左手定則可得：質點做逆時針圓周運動，故帶電質點在磁場中運動的軌跡如圖所示:(3)根據質點在左側做勻速圓周運動，由幾何關系可得：質點在0點的豎直分速度 y 0

31、600 二弓 v o ,水平分速度 y v o 3600 二 2v o ； 質點從0運動到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動;質點運動到P點，故豎直位移為零，所以運動時間/ =工=包 g g TOC o 1-5 h z 所以質點在P點的豎直分速度、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所以帶電質點從0點進入虛線MN右側區(qū)域后運動到P點時速度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)設釋放金屬棒b瞬間的加速度為。：對物體M： Mg T = Ma對金屬棒 b： T - mgsin9 = maMg - mgsin 6, 解得： a = 2.5m/s2M + m(2)當金屬棒b速度達到最大時，對物塊M有：T = Mg對金屬棒 b 有：mgsin30 + ILB - T對電路分析有：E - BLv2R2 K解得：V = 20M 2對 a 棒：mgsinQ F安=ma1對 b 棒： F-mgsinQ -F安=ma即在任一

33、時刻兩棒的速度、加速度、位移總是大小相等方向相反，同時達到勻速運動狀態(tài)，此時的速 度最大.設a棒的最大速度為此過程通過的位移為亂 則 電路中的總電動勢：E1= 2BLv1 電路中的總電流：/ =與.12 R對 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剛開始勻速運動的過程中，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1則線框的邊長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時刻線框中的感應電流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)線框進入磁場的過程中，平均感應電動勢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)設勻減速運

35、動速度減為零的過程中線框通過的位移為X由運動學公式得0 -V 0 =-2 ax代入數(shù)值得x = 4m(4)當線框左邊導線到達磁場邊界時，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，對線框，若減速到零，由動量定理得：-BILAt = 0-mv ,BLxRAt解得x = 8m L，說明線框能從磁場中離開.則有：一BILAt = mv 一 mv-e Bn i =R R A t一，5 , 解得v = -m/s所以線框離開磁場過程中產生的焦耳熱Q所以線框離開磁場過程中產生的焦耳熱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下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgr= mv2 ,20解得：v0=(2gr , 、八v 2ab運動到底端時，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對軌道壓力大?。篎=F=3mg；(2)兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律：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離開磁場后向右勻速運動，ab棒產生的電動勢：Eab=BLvab, cd棒產生的感應電動勢：Ecd=

37、BLv, 回路中電流：I= Eb；JEcd ,2 R解得：i= BL2gr 4 R此時cd棒所受安培力：F=BIL,此時cd棒加速度：a =,m解得：a = BLW4 mR且從cd棒開始運動到通過其電荷量為q的時間內，通過ab棒電荷量也為q.對ab棒，由動量定理可知：-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)根據動能定理求解求電子通過金屬網C發(fā)射出來的速度大小；(g)根據1二拳求解圓柱體A 在時間t內發(fā)射電子的數(shù)量N； (3)使由A發(fā)射的電子不從金屬網C射出，則電子在CA間磁場中 做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網相切，由幾何關系求解半徑，從而求解B.【詳解】(1)對電子經CA間的電場加速時，由動能定理得mv g 一 一 mv g g e g(g)設時間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間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網相切時，對應

39、的磁感應強度為B .設此 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】 設金屬棒cd運動t時間金屬棒ab開始運動，根據運動學公式可知，此時金屬棒cd的速度v=at金屬棒cd產生的電動勢E2=BL2v,E BL at則通過整個回路的電流I =力= l22 R 2 R金屬棒a所受安培力J= BI2L竺鏟金屬棒ab剛要開始運動的臨界條件為FA= mg2 r mgR聯(lián)立解得西叮2(2)設金屬棒cd以速度v2=20 m/s沿導軌勻速運動時，金屬

40、棒ab沿導軌勻速運動的速度大小為v1,根據法拉第電磁感應定律可得E=BL2 v 2BL v 1此時通過回路的電流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為研究對象，則有F0=r mg+BL21=0.6N水平外力F0的功率為P0=F0v2=12 W(3)對于金屬棒cd根據動量定理得(Fr mg - BL21)At = 0 - mv0設金屬棒ab停止運動后金屬棒cd運動的距離為，根據法拉第電磁感應定律得E = 個 =BALOxI =根據閉合電路歐姆定律

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 ； 根據對稱，兩束質子會相遇于OO的中點P,粒子束由CO方向射入，根據幾何關系可知必定沿OP 方向射出，出射點為D，過C、D點作速度的垂線相交于K，則K，則K點即為軌跡的圓心，如圖所 示，并可知軌跡半徑r=Rv2根據洛倫磁力提供向心力有：evB = m一 r(2)磁場(2)磁場O的圓心上移了不，則兩束質子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運達半徑認為R，對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從F點

42、射入磁場，如圖所示，E點是原來C點位置，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，故粒子束仍然會從D故粒子束仍然會從D點射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心R 由于磁場上移了 7,故 sinZCOF= 2 = R 由于磁場上移了 7,故 sinZCOF= 2 = 一21nnZCOF=-, ZDOF=ZFKD=-63對于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點，-R + (H + R - 2 R)下方粒子到達C后最先到達D點的粒子所需時間為t，= 2、2)2 v0(-+ 4) R4 v0l而上

43、方粒子最后一個到達E點的試卷比下方粒子中第一個達到C的時間滯后At = 廣0上方最后的一個粒子從E點到達D點所需時間為t =R 一 Rsin (2nR) , 。0 右3 + 6= 6 + 2 兀 - 313 R2V02V012V0要使兩質子束相碰，其運動時間滿足t4 t + At聯(lián)立解得l聯(lián)立解得l0n + 3 3 + 61211.(111.(1) V0【解析】mv211由動能定理有：qE 京二2mv2 一2mv0 解得：v =。2 v 0 v五設此時粒子的速度萬向與y軸負萬向夾角為仇則有cosO= -0 =v 2解得：0=45%根據tan 0 = 2 - =1，所以粒子進入磁場時位置到坐標原

44、點的距離為PO兩點距離的兩倍，故 ymv2% 二0- qE(2)要使粒子由第w象限的磁場直接回到第m象限的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與軸相切， 如圖所示，由幾何關系有：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)能進入電場中且離0點上方最遠的粒子在磁場中的運動軌跡恰好與AB邊相切，設粒子運動軌跡的圓心為。點，如圖所示.由幾何關系知AB0A = r - bc =2

45、 aOO =OA O A=a即粒子離開磁場進入電場時，離O點上方最遠距離為OD=y =2 am所以粒子束從y軸射入電場的范圍為0y 2 a 假設粒子沒有射出電場就打到熒光屏上，3 a = %4所以，粒子應射出電場后打到熒光屏上 粒子在電場中做類平拋運動，設粒子在電場中的運動時間為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)據得% = q 2 ay設粒子最終打在熒光屏上的點距Q點為H，粒子射出電場時與軸的夾角為仇則tan 0tan 0H =(3a %)-tan 0 = (3%.a 、,：2y )q2y當3、,a 、 - v;2y時，即y =

46、 9 a時，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)帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，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。，在磁場中運動的軌跡如圖甲，軌跡圓心角。二600.根據幾何關系，粒子圓周運動的半徑：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)如圖粒子在電場中運動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠， 這是一個類平拋運動的逆過程.建立如圖坐標.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、進入磁場前機械能守恒，mgxosin0= mv2金屬框中感應電動勢大小為E=Blv 解得 E=Bl2gx0 sin9E(2)感應電流I=R安培力Fa=I1B 取沿斜面向下為正方向，對于金屬框mgsin。Fa=ma一rB 2 l 2 ：-解得 a=gsin。一 r q 2gx sin 9 (3)金屬框進入磁場過程中的平均電動勢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，粒子進入靜電分析器做圓周運動，則有:解得：V解得：V =(2)粒子從D到A勻速圓周運動，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在磁場中洛倫茲力提供向心力，則有:Bqv Bqv =mv 2得:設MN下方的磁感應強度為B1，上方的磁感應強度為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)粒子在電場中運動時間:在MN下方的磁場中運動時間:在在MN上方的磁場中運動時間:總時間:總時間: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對滑塊從A點運動到B點的過程，根據動能定理有：Fd = 5m1V2解得：v=6m/s 小球到達P點時，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力的合力大小為：G =等 cos。v 2小球到達P點時，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對小球碰后運動到P點的過程，根據動能定理有: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 【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關系，注意在磁場中的運動要注

52、意幾何關系的應用在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解._ img18幾何關系的應用在電場中注意由類平拋運動的規(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，取向右為正方向由動量守恒和機械能守恒，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）對于小球Q,由于qE = mg ,故Q球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則qvB = mf r2兀m 經過一個周期的時間丁二行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離開平臺后做平拋運動，平拋運動的時間為12,則有h = -gt2，代入數(shù)據，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，經過的時間t =+ -=（2兀+2qB qB qB落地點與平臺邊緣的水平距離X落地點與平臺