高考物理計(jì)算題專題復(fù)習(xí)《電磁學(xué)綜合計(jì)算題》（解析版）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)《電磁學(xué)綜合計(jì)算題》一、計(jì)算題如圖所示，一質(zhì)量為m=2.0×10-2kg、帶電荷量為q=10×10-6C的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的云強(qiáng)電場(chǎng)中，假設(shè)電場(chǎng)區(qū)域足夠大，靜止時(shí)懸線向左與豎直方向成60°角.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，重力加速度取g=10m/s2．

(1)電子質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v0與x軸成θ角射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后落在x軸上的P點(diǎn)，如圖所示，求：

(1)電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R；

(2)OP的長(zhǎng)度；

(3)電子由O點(diǎn)射入到落在P點(diǎn)所需的時(shí)間t．

如圖所示，寬為L(zhǎng)=0.1m的MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r=0.5m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M=2kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B=1T.現(xiàn)有質(zhì)量m=1kg的ab金屬桿，電阻為R0，R0=R=1Ω，它以初速度v0=12m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)其它電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取g=10m/s2，求：

(1)碰后瞬間cd絕緣桿的速度大小v2與ab金屬桿速度大小v1；

(2)碰后ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間受到的安培力大小Fab；

(3)ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱Q．如圖，兩根足夠長(zhǎng)的固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于傾角θ=30°的固定斜面上，導(dǎo)軌上、下端分別接有阻值R1=10Ω和R2=30Ω的電阻，導(dǎo)軌自身電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌寬度L=2m，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T.質(zhì)量為m=0.1kg，電阻r=2.5Ω的金屬棒ab在較高處由靜止釋放，金屬棒ab在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬棒ab下滑高度h?=3m(1)金屬棒ab達(dá)到的最大速度vm；(2)該過(guò)程通過(guò)電阻R1的電量q(3)金屬棒ab在以上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)軌下端電阻R2中產(chǎn)生的熱量。

平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，為：

(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。

ABC表示豎直放在電場(chǎng)強(qiáng)度為E=104V/m的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的14圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切.A為水平軌道上的一點(diǎn)，而且AB=R=0.2m，把一質(zhì)量m=0.1kg，帶電量為q=+10?4C的小球，放在A點(diǎn)由靜止釋放后，求：(g=10m/s2)

(1)小球到達(dá)C點(diǎn)的速度大小

(2)小球在C點(diǎn)時(shí)，軌道受到的壓力大?。鐖D，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m=1×10?2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該物體恰能靜止在斜面上，g=10m/s2，求：

(1)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；

(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的12，小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?/p>

(3)在如圖所示，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其上下水平邊界的間距為H；磁場(chǎng)的正上方有一長(zhǎng)方形導(dǎo)線框，其長(zhǎng)和寬分別為L(zhǎng)、d(d<H)，質(zhì)量為m，電阻為R.現(xiàn)將線框從其下邊緣與磁場(chǎng)上邊界間的距離為h處由靜止釋放，測(cè)得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程所用的時(shí)間為t.線框平面始終與磁場(chǎng)方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度為g.求：

(1)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流的大小和方向；

(2)線框的上邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)線框的速率v1；

(3)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)到下邊緣剛離開(kāi)磁場(chǎng)的全過(guò)程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q．

如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g。求：

(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。?/p>

(2)電阻的阻值。

如圖所示，直角坐標(biāo)系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在?x軸上的點(diǎn)a以速率v0，方向和?x軸方向成60°射入磁場(chǎng)，然后經(jīng)過(guò)y軸上的b點(diǎn)垂直于y軸方向進(jìn)入電場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)x軸上x=2L處的c點(diǎn)時(shí)速度大小為2v0.不計(jì)粒子重力．求

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小

(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

如圖所示，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L=0.2m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角θ=37°，N、Q間連接一個(gè)電阻R=0.1Ω，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T.一根質(zhì)量m=0.03kg的金屬棒正在以v=1.2m/s的速度沿導(dǎo)軌勻速下滑，下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好．金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：

(1)電阻R中電流的大??；

(2)金屬棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)的大?。?/p>

(3)對(duì)金屬棒施加一個(gè)垂直于金屬棒且沿導(dǎo)軌平面向上的恒定拉力F=0.2N，若金屬棒繼續(xù)下滑x=0.14m后速度恰好減為0，則在金屬棒減速過(guò)程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？

如圖所示，真空室中電極K發(fā)出的電子(初速度不計(jì))經(jīng)過(guò)電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電極時(shí)速度方向與水平方向成45°，最后打在熒光屏上，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，C、D極板長(zhǎng)為l，D板的電勢(shì)比C板的電勢(shì)高，極板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為16.電子重力不計(jì)．求：

(1)電子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間(2)偏轉(zhuǎn)電極C、D間的電壓U2(3)電子到達(dá)熒光屏離O點(diǎn)的距離Y．

如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng)。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求(不計(jì)重力)

(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。

如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板長(zhǎng)為l，兩板間距為d，兩板間電壓為U，且上板帶正電，一個(gè)電子沿水平方向以速度v0，從兩板中央射入，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為q(1)電子偏離金屬板的側(cè)位移y0(2)電子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度是多少？(3)電子離開(kāi)電場(chǎng)后，打在屏上的P點(diǎn)，若s已知，求OP的長(zhǎng)。

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第I象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第IV象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，自y軸正半軸上y=h處的M點(diǎn)，以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)。經(jīng)x軸上x=2h處的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，最后垂直于y軸的方向射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；

(3)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。

有一臺(tái)內(nèi)阻為1Ω發(fā)電機(jī)，供給一學(xué)校照明用，如圖所示，升壓比為1：4，降壓比為4：1，輸電線的總電阻R=4Ω，全校共22個(gè)班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則：

(1)發(fā)電機(jī)輸出功率多大？

(2)發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)多大？

(3)輸電效率是多少？

在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n=1500匝，橫截面積S=20?cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r=1.0?Ω，R1=4.0?Ω，R2(1)螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。(2)閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1(3)S斷開(kāi)后，流經(jīng)R2的電荷量。

如圖所示，金屬棒ab從高為h處自靜止起沿光滑的弧形導(dǎo)軌下滑，進(jìn)入光滑導(dǎo)軌的水平部分。導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在水平部分導(dǎo)軌上靜止有另一根金屬棒cd，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m。整個(gè)水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)并處于廣闊的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，忽略一切阻力，重力加速度g。求：

(1)金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)前的瞬間，ab棒的速率v0；

(2)假設(shè)金屬棒ab始終沒(méi)跟金屬棒cd相碰，兩棒的最終速度大??；

(3)在上述整個(gè)過(guò)程中兩根金屬棒和導(dǎo)軌所組成的回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

(4)若已知導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，上述整個(gè)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒cd橫截面的電量q。

如圖，在xOy平面第一象限整個(gè)區(qū)域分布一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行y軸向下。在第四象限內(nèi)存在一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左邊界為y軸，右邊界為x=5L的直線。磁場(chǎng)方向垂直紙面向外、一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上P點(diǎn)以初速度v0，垂直y軸射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下從x軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知OQ=L，不計(jì)粒子重力。求：

(1)P點(diǎn)的縱坐標(biāo)；

(2)要使粒子能再次進(jìn)入電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。

如圖所示，豎直平面內(nèi)的空間中，有沿水平方向、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場(chǎng)中建立豎直的平面直角坐標(biāo)系xOy，在x<0的區(qū)域內(nèi)有沿x軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，在x>0的區(qū)域內(nèi)也存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出).一個(gè)帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從x軸上的N點(diǎn)豎直向下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)后進(jìn)入x<0的區(qū)域，沿著與水平方向成α=30°角斜向上做直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)x軸上的M點(diǎn)，求：(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)

(1)小球運(yùn)動(dòng)速度的大?。?/p>

(2)在x<0的區(qū)域內(nèi)所加的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．

(3)小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間．

如圖所示，空間有場(chǎng)強(qiáng)E=1.0×103V/m豎直向下的電場(chǎng)，長(zhǎng)L=0.4m不可伸長(zhǎng)的輕繩固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m=0.05kg帶電q=+5×10?4C的小球，拉起小球至繩水平后在A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí)，繩恰好斷裂，小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)并垂直打在同一豎直平面且與水平面成θ=30°、無(wú)限大的擋板MN上的C點(diǎn)．試求：

(1)繩子至少受多大的拉力才能被拉斷；

(2)A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差．

一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，從O點(diǎn)以和水平方向成α角的初速度v0拋出，當(dāng)達(dá)到最高點(diǎn)A時(shí)，恰進(jìn)入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小球從A點(diǎn)沿水平直線運(yùn)動(dòng)到與A相距為s的A′點(diǎn)后又折返回到A點(diǎn)，緊接著沿原來(lái)斜上拋運(yùn)動(dòng)的軌跡逆方向運(yùn)動(dòng)又落回原拋出點(diǎn)(重力加速度為g，θ未知)，求：

(1)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??；

(2)從O點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需的時(shí)間

如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求

(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；

(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。

答案和解析1.【答案】解：(1)小球受豎直向下的重力、沿繩子方向的拉力和水平向左的電場(chǎng)力，

電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，則：小球帶負(fù)電．

(2)對(duì)小球，由平衡條件得：qE=mgtan60°

入數(shù)據(jù)解得：E=23×104N/C．

(3)剪斷細(xì)線后小球做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

由牛頓第二定律得：mgcos60°=ma【解析】本題的關(guān)鍵是正確對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得小球受到的電場(chǎng)力方向向左并可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的值，剪斷細(xì)線后，由于小球受到的重力與電場(chǎng)力都為恒力，所以小球?qū)⒆龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．

解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的關(guān)鍵是正確受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，然后選擇相應(yīng)規(guī)律列式求解即可．

2.【答案】解：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qv0B=mv02R，解得：R=mv0qB；

(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)得：OP=2R?sinθ=2mv0sinθqB；

(3)由圖中可知圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為2θ，

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=2πmqB，

粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=2θ2πT=2θmqB．

【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子軌道半徑．

(2)作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出OP的長(zhǎng)度．

(3)求出粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后根據(jù)粒子周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式可以解題．

3.【答案】解：(1)cd絕緣桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：Mg=Mv2r

解得：v=5m/s

碰撞后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：

?Mg?2r=12Mv2?12Mv22

解得碰撞后cd絕緣桿的速度：v2=5m/s

兩桿碰撞過(guò)程，動(dòng)量守恒，設(shè)初速度方向?yàn)檎较?，則有：mv0=mv1+Mv【解析】本題考查結(jié)合導(dǎo)體切割磁感線規(guī)律考查了功能關(guān)系以及動(dòng)量守恒定律，要注意正確分析物理過(guò)程，明確導(dǎo)體棒經(jīng)歷的碰撞、切割磁感線、圓周運(yùn)動(dòng)等過(guò)程，明確各過(guò)程中物理規(guī)律的應(yīng)用，要注意最高點(diǎn)時(shí)的臨界問(wèn)題以及動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用方法等。

(1)cd絕緣桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可求得速度，再根據(jù)動(dòng)能定理可求得碰撞cd的速度，則對(duì)碰撞過(guò)程分析，由動(dòng)量守恒定律可求得碰后ab的速度；

(2)對(duì)ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)分析，由E=BLv求得電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路歐姆定律以及安培力公式即可求得安培力；

(3)對(duì)ab進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程進(jìn)行分析，根據(jù)能量守恒定律可求得產(chǎn)生的熱量。

4.【答案】解：(1)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)知，外電路總電阻R根據(jù)閉合電路歐姆定律得，I=安培力F當(dāng)加速度a為零時(shí)，速度v達(dá)最大，有mgsinθ=解得速度最大值v由以上各式解得最大速度v(2)根據(jù)電磁感應(yīng)定律有E根據(jù)閉合電路歐姆定律有I感應(yīng)電量?q=聯(lián)立得：q=由以上各式解得q=0.6C

通過(guò)R1的電荷為(3)金屬棒下滑過(guò)程中根據(jù)能量守恒定律可得：mgh=1代入數(shù)據(jù)解得Q下端電阻R2中產(chǎn)生的熱量Q2=316Q總=0.33J

答：(1)金屬棒ab達(dá)到的最大速度為??5m/s；

(2)該過(guò)程通過(guò)電阻R1的電量為0.45C

【解析】本是導(dǎo)體在導(dǎo)軌上滑動(dòng)的類型，從力和能兩個(gè)角度研究；力的角度，關(guān)鍵是安培力的分析和計(jì)算；能的角度要分析過(guò)程中涉及幾種能、能量如何是轉(zhuǎn)化的。(1)當(dāng)金屬棒的加速度為零時(shí)，速度最大，結(jié)合安培力公式、切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式和歐姆定律，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡求出最大速度；(2)通過(guò)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律求出平均感應(yīng)電流，結(jié)合電路的定義式得出通過(guò)導(dǎo)體棒電量表達(dá)式，通過(guò)電量的分配得出該過(guò)程通過(guò)電阻R1的電量q(3)根據(jù)能量守恒定律求出整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱，從而得出下端電阻R2

5.【答案】解：(1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸的距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有

沿x軸正方向：2L=v0t，①

豎直方向根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系可得：L=12at2

②

設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy

根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得：vy=at?③

設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為α，有tanα=vyv0

④

聯(lián)立①②③④式得：α=45°

⑤

即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。

設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有

v=v02+vy2=2v0；

(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，

由牛頓第二定律可得：qE=ma

⑧

由于vy2=2aL

解得：E=mv022qL

⑨

設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv2R

⑩

【解析】【分析】

(1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和y方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)列方程求解；

(2)粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力時(shí)由牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)速度位移關(guān)系求解電場(chǎng)強(qiáng)度；根據(jù)粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計(jì)算公式，再根據(jù)則由幾何關(guān)系得到半徑大小，由此求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，然后求解比值。

有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度；

對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。

6.【答案】解：(1)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小是vC，則對(duì)于小球由A→C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：

qE·2R?mgR=12mvC2?0?③

解得：vC=2m/s?④

(2)小球在C點(diǎn)時(shí)受力分析如圖，

由牛頓第二定律得：NC?qE=mvC2R⑤

解得：NC=3N?⑥

由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Γ篘【解析】本題主要考查動(dòng)能定理，圓周運(yùn)動(dòng)，在本題中物體不僅受重力的作用，還有電場(chǎng)力，在解題的過(guò)程中，一定要分析清楚物體的受力和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律靈活列式求解．

(1)應(yīng)用動(dòng)能定理研究小球由A→C的過(guò)程，求出小球在C點(diǎn)的速度大小，

(2)對(duì)小球在C點(diǎn)進(jìn)行受力分析，找出沿徑向提供向心力的外力，應(yīng)用牛頓第二定律解決．

7.【答案】解：(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場(chǎng)力三個(gè)力作用，受力平衡，沿著線面和垂直斜面對(duì)重力和電場(chǎng)力分解，則有

在x軸方向：F合x?=Fcosθ?mgsinθ=0

在y軸方向：F合y?=FN??mgcosθ?Fsinθ=0

得：qE=mgtan37°，故有：E=3mg4q=7.5×10?4N/C，

(2)場(chǎng)強(qiáng)變化后物塊所受合力為：F=mgsin37°?12qEcos37°

根據(jù)牛頓第二定律得：F=ma

故代入解得a=0.3g=3m/s?2，方向沿斜面向下

(3)機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力做的功，故ΔE=?12qELcos【解析】由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來(lái)確定電場(chǎng)強(qiáng)度方向．當(dāng)受力不平衡時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律來(lái)求解．當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)涉及電場(chǎng)力、重力做功，注意電場(chǎng)力做功只與沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的位移有關(guān)。

(1)帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，物體受到重力、支持力和電場(chǎng)力，根據(jù)平衡條件，可判斷出電場(chǎng)力方向，再由平衡條件列式，求得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。

(2)當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度．借助于電場(chǎng)力由牛頓第二定律可求出加速度大小。

(3)選取物體下滑距離為L(zhǎng)=23m作為過(guò)程，機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力對(duì)物體做的功，由功的公式計(jì)算。

8.【答案】解：(1)線框由靜止釋放到下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：v=2gh，

即線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速率為：v0=2gh，

線框下邊緣切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv0，

感應(yīng)電流的大小為：I=ER=BL2ghR，

根據(jù)右手定則判斷知，線框中感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針?lè)较颉?/p>

(2)在線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，

根據(jù)微元法，取一小段時(shí)間△t，時(shí)間內(nèi)速度的減少量為△v，

由動(dòng)量定理可得：(mg?BIL)△t=m△v，即mg△t?BIL△t=m△v

在時(shí)間△t內(nèi)，通過(guò)線框某一橫截面的電荷量為：△q=I△t

對(duì)mg△t?BIL△t=m△v兩邊求和得：mgt?BLq=m(v1?v0)

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E【解析】(1)先根據(jù)機(jī)械能守恒，根據(jù)E=BLv0即可求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，進(jìn)而求感應(yīng)電流．根據(jù)右手定則判斷電流的方向；

(2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，加速度變化，用微元法列式，有(mg?BIL)△t=m△v，對(duì)此式兩邊求和，另外，可求得時(shí)間t內(nèi)，通過(guò)線框某一橫截面的電荷量．結(jié)合各式可求；

(3)線圈完全處于磁場(chǎng)中時(shí)不產(chǎn)生電熱，線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的電熱Q等于重力做的功減去動(dòng)能變化量，由能量守恒可解得Q；

此題第2問(wèn)較難，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程加速度是變化的，“線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程所用的時(shí)間為t”是解答此問(wèn)的關(guān)鍵條件，通過(guò)微元法可求得線框的上邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)線框的速率，求熱量時(shí)，往往根據(jù)能量守恒或動(dòng)能定理研究。

9.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律：F?μmg=ma…①

剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度：v0?=at0?…②

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv0?…③

解得：E=Blt0?(F?μmg)m…④

(2)根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒中的電流向上，由左手定則知安培力水平向左

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求切割電動(dòng)勢(shì)

(2)進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡求出安培力，結(jié)合閉合電路歐姆定律求電流，即可求電阻

本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題，知道受力情況，要能熟練運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法求解金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。要知道安培力與速度成正比，都是常用的方法，這些思路要熟悉。

10.【答案】解：(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，Ob=y，粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vy

則有：y=vy2t

粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)c點(diǎn)時(shí)有：

vy=vc2?v02=2v02?v02=v0

x=v0t=2L

解得：y=L

粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)可得：r+rsin30°=y

得：r=23L

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qv0B=mv【解析】本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式即可正確解題，解題時(shí)要注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用。

(1)由幾何知識(shí)求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

(2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小。

11.【答案】解：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=0.5×0.2×1.2V=0.12V；

感應(yīng)電流I=ER=1.2A；

(2)導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.5×0.2×1.2N=0.12N；

金屬棒勻速下滑，根據(jù)平衡條件可知

且，又f=μFN，

代入數(shù)據(jù)解得μ=0.25；

(3)從施加拉力F到金屬棒停下的過(guò)程中，由功能關(guān)系得，

代入數(shù)據(jù)解得：產(chǎn)生的焦耳熱Q=1.04×10?2J。

答：(1)電阻R中電流的大小為I=1.2A；

(2)金屬棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)的大小為μ=0.25；

【解析】本題考查導(dǎo)體切割磁感線中的受力以及功能關(guān)系的問(wèn)題，要注意明確當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)最大速度時(shí)，受力平衡，注意正確受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可，同時(shí)注意功能關(guān)系的正確應(yīng)用，分析機(jī)械能與電能之間的關(guān)系。

(1)根據(jù)E=BLv可求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)歐姆定律可求得電流大?。?/p>

(2)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，分別對(duì)沿斜面和垂直斜面根據(jù)平衡條件列式，即可求得動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)對(duì)全過(guò)程進(jìn)行分析，明確能量關(guān)系，根據(jù)功能關(guān)系即可求得R上產(chǎn)生的熱量。

12.【答案】解：(1)電子在離開(kāi)B板時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理可得：eU1=12mv2

得：v=2eU1m

電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：t0=lv=lm2eU1；

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度：a=U2edm

離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度：v【解析】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意明確帶電粒子的運(yùn)動(dòng)可分加速和偏轉(zhuǎn)兩類，加速一般采用動(dòng)能定理求解，而偏轉(zhuǎn)采用的方法是運(yùn)動(dòng)的合成和分解；根據(jù)豎直方向上的分速度可以求出豎直方向上的位移，進(jìn)而求出總位移。

(1)電子先在AB板間電場(chǎng)加速，后進(jìn)入CD板間電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，最后離開(kāi)電場(chǎng)而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，先由動(dòng)能定理求出加速獲得的速度；電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由公式x=vt可求時(shí)間；

(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解可求得偏轉(zhuǎn)電壓；

(3)根據(jù)位移公式可求得粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的位移，再根據(jù)粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向上的分速度可以求出豎直方向上的位移，則可以求出總位移。

13.【答案】解：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，則有，Bvq=mv2R，那么，R=mvBq，T=2πRv=2πmBq；

(1)根據(jù)左手定則可得：粒子做逆時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)；故粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

則粒子在x≥0磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，在x<0磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期；

那么粒子在x≥0磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的周期T1=2πmB0q，在x<0磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的周期T2=2πmλB0q，

所以，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【解析】(1)由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小得到向心力大小進(jìn)而得到半徑和周期的表達(dá)式，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖則得到粒子在兩磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，累加即可；

(2)由洛倫茲力做向心力，求得粒子運(yùn)動(dòng)半徑，再由幾何條件求得距離。

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，一般由洛倫茲力做向心力，推得粒子運(yùn)動(dòng)半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求得位移，運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等問(wèn)題。

14.【答案】解：(1)電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：a=qEm=qUmd，

水平方向有：l=v0t，

豎直方向有：y0=12at2，

由①②③得電子偏離金屬板的側(cè)位移為：y0=qUl22dmv02；

(2)在豎直方向的分速度為：vy=at=qUlmdv0，

在水平方向的分速度為：vx=v0,

【解析】(1)粒子在電場(chǎng)中做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移和速度求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間；豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，進(jìn)而根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式即可求解；

(2)先根據(jù)v=at求出豎直方向速度，進(jìn)而進(jìn)行合成求出電子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度；

(3)從平行板出去后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平和豎直方向都是勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平位移和速度求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再求出豎直方向位移，進(jìn)而求出OP的長(zhǎng)．

該題是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，其基礎(chǔ)是分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況．

15.【答案】解：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，根據(jù)類平拋規(guī)律有：2h=v0t1，h=12at12

根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=ma

聯(lián)立解得：E=mv022qh

(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿y方向的速度大小：vy=at1=v0

粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v=2v0，方向與x軸成45°角，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r

解得：r=2mv0qB【解析】(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解、牛頓二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，聯(lián)立即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)利用類平拋規(guī)律求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用洛倫茲力提供向心力即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；

(3)利用周期公式T=2πrv=2πmqB，結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，即可求出粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。

本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，解題關(guān)鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運(yùn)用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系，分析好從電場(chǎng)射入磁場(chǎng)銜接點(diǎn)的速度大小和方向。

16.【答案】解：(1)降壓變壓器的輸出功率為：

P=nP燈=40×22×6=5280W

降壓變壓器副線圈的電流為：

I3=nP燈U3=6×22×40220A=24A，

由

降壓變壓器原線圈的電流為：I2=12I3=14×24A=6A

輸電線損失的功率為：△P=I22R=62×4w=144W

所以輸入功率為：P1=P+△P=5280+144=5424W

(2)降壓變壓器原線圈電壓為：U2′=n2′n3U3=4×220=880V

【解析】(1)根據(jù)用戶端所有燈泡消耗的電功率得出降壓變壓器的輸出功率，根據(jù)P=UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結(jié)合電流比等于匝數(shù)之反比求出輸電線上的電流，根據(jù)輸電線上的功率損失，抓住降壓變壓器的輸入功率求出發(fā)電機(jī)的輸出功率．

(2)得出輸電線上的電壓損失．根據(jù)降壓變壓器的輸出電壓，結(jié)合匝數(shù)比得出降壓變壓器的輸入電壓，通過(guò)電壓損失得出升壓變壓器的輸出電壓，從而通過(guò)匝數(shù)比得出輸入電壓，結(jié)合升壓變壓器原線圈中的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)．

(3)根據(jù)用戶得到的功率與電源的輸出功率之比求解輸電效率．

解決本題的關(guān)鍵知道：1、原副線圈電壓比、電流比與匝數(shù)比之間的關(guān)系，2、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率之間的關(guān)系；3、升壓變壓器的輸出電壓、電壓損失和降壓變壓器的輸入電壓之間的關(guān)系．

17.【答案】解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS

求出：E=1.2V；

(2)根據(jù)全電路歐姆定律，有：I=ER1+R2+r=0.12A

根據(jù)

P=I2R1

求出

P=5.76×10?2W；【解析】(1)根據(jù)法拉第地磁感應(yīng)定律求出螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；

(2)根據(jù)P=I2R求出電阻R1的電功率；

(3)電容器與R2并聯(lián)，兩端電壓等于R2兩端的電壓，根據(jù)Q=CU求出電容器的電量。

本題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，知道產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分相當(dāng)于電源，運(yùn)用閉合電路歐姆定律進(jìn)行求解。

18.【答案】解：(1)對(duì)ab由機(jī)械能守恒得：

mgh=12mv02

解得：v0=2gh

(2)兩桿最終速度相等，由動(dòng)量守恒得：

mv0=2mv

解得：v=gh2

(3)由能量守恒得：Q=mgh?12×2mv2=12mgh

(4)對(duì)cd桿由動(dòng)量定理：BIL×t=mv?0

q=I?t=m2gh2BL

答：(1)金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)前的瞬間，【解析】(1)有機(jī)械能守恒即可求出速度

(2)有動(dòng)量守恒求出最終速度

(3)由能量守恒即可求出產(chǎn)生的焦耳熱

(4)由動(dòng)量定理及電量q=It即可求出過(guò)導(dǎo)體棒cd橫截面的電量

本題是雙桿在軌道滑動(dòng)類型，分析兩桿的運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵，其次要把握物理規(guī)律，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量是守恒的

19.【答案】解：(1)設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)y方向的速度為vy，則，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在水平方向：OQ=L=v0t，

在豎直方向：OP=vy2t

由以上各式，解得：OP=12L

故P點(diǎn)縱坐標(biāo)為L(zhǎng)2

(2)粒子剛好能再進(jìn)入電場(chǎng)的軌跡如圖所示：

設(shè)此時(shí)的軌跡半徑為r1，由數(shù)學(xué)知識(shí)得：，

解得：r=2?2L

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度：【解析】(1)粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已經(jīng)知道在Q點(diǎn)時(shí)的速度方向?yàn)?，可知此時(shí)沿兩個(gè)坐標(biāo)軸的速度都是v0，在x軸和y軸分別列式，可求出OP的距離，從而得到P點(diǎn)的坐標(biāo)；

(2)對(duì)粒子在第四象限中的運(yùn)動(dòng)軌道進(jìn)行分析，找到臨界狀態(tài)，即軌道恰好與y軸相切為軌道的最大半徑，結(jié)合洛倫茲力做向心力的公式可求出此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，該磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，從而可表示出磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。

20.【答案】解：(1)油滴沿PM做直線運(yùn)動(dòng)，油滴受力如圖所示：

在垂直于PM方向上，由平衡條件得：

qE=qvBsinα，

解得：v=EBsin30°=2EB；

(2)由于tanα=qEmg=33，則：mg=3qE，

油滴從x軸上的N點(diǎn)豎直向下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

洛倫茲力提供向心力，油滴的重力與電場(chǎng)力合力為零，

即：mg=qE′，解得：E′=mgq=3E；

(3)油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：θ=120°，