專題10 電磁學計算（解析版）-【好題匯編】2024年高考物理三模試題分類匯編（北京專用）

專題10電磁學計算（解析版）1．（2024·北京海淀·統(tǒng)考三模）如圖所示，兩間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的磁場中，磁感應強度均隨位置坐標x按（k為已知的正常數(shù)）的規(guī)律變化。導軌的電阻不計，導軌左端通過單刀雙擲開關K與電阻為R的電阻器或電容為C的電容器相連。導軌上的質(zhì)量為m電阻不計的金屬棒ab與x軸垂直且與導軌接觸良好。t=0時刻在外力F（大小是未知的）作用下從原點O開始以速度v0向右勻速運動，試回答下列問題：（1）當t=0時刻開關K接1時，求在t時刻通過導體棒電流的大小和方向，并求出此時F的大小：（2）當t=0時刻開關K接2時，求在t時刻通過導體棒電流的大小和方向，并求出此時外力F的大小?！敬鸢浮浚?），電流的方向為，；（2），電流的方向為，【詳解】（1）當t=0時刻開關K接1時，時間內(nèi)導體棒運動走過的位移此時的磁場強度為導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為回路中電流的大小為根據(jù)右手定則電流的方向為此時導體棒受到的拉力F等于安培力，即（2）當t=0時刻開關K接2時，時間內(nèi)導體棒運動走過的位移此時的磁場強度為導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為t時刻電容器上所帶的電荷量為在極短時間內(nèi)極板上增加的電荷量為所以在t時刻通過導體棒電流的大小按照右手定則可知電流的方向為t時刻時導體棒受到的拉力F等于安培力，即2．（2024·北京海淀·統(tǒng)考三模）能量守恒定律是普遍、和諧、可靠的自然規(guī)律之一。根據(jù)能量守恒定律，物理學發(fā)現(xiàn)和解釋了很多科學現(xiàn)象。（1）經(jīng)典力學中的勢阱是指物體在場中運動，勢能函數(shù)曲線在空間某一有限范圍內(nèi)勢能最小，當物體處于勢能最小值時，就好像處在井里，很難跑出來。如圖所示，設井深為H，若質(zhì)量為m的物體要從井底至井口，已知重力加速度為g，求外力做功的最小值W。（2）金屬內(nèi)部的電子處于比其在外部時更低的能級，電勢能變化也存在勢阱，勢阱內(nèi)的電子處于不同能級，最高能級的電子離開金屬所需外力做功最小，該最小值稱為金屬的逸出功。如圖所示，溫度相同的A、B兩種不同金屬逸出功存在差異，處于最高能級的電子電勢能不同，A、B金屬接觸后電子轉(zhuǎn)移，導致界面處積累正負電荷，穩(wěn)定后形成接觸電勢差。已知A金屬逸出功為，B金屬逸出功為，且，電子電荷量為－e。a.請判斷界面處A、B金屬電性正負；b.求接觸電勢差。（3）同種金屬兩端由于溫度差異也會產(chǎn)生電勢差，可認為金屬內(nèi)部電子在高溫處動能大，等效成電子受到非靜電力作用往低溫處擴散。如圖有一橢球形金屬，M端溫度為，N端溫度為，沿虛線方向到M端距離為L的金屬內(nèi)部單個電子所受非靜電力大小F滿足：，非靜電力F沿虛線方向，比例系數(shù)μ為常數(shù)，與垂直于溫度變化方向的金屬橫截面積大小有關，電子電荷量為－e，求金屬兩端的電勢差?！敬鸢浮浚?）mgH；（2）a.A金屬側(cè)帶正電B金屬側(cè)帶負電，b.；（3）【詳解】（1）根據(jù)能量守恒定律可知，質(zhì)量為m的物體要從井底至井口，外力做功最小值為mgH。（2）a.界面處A金屬電子處于比B金屬電子更高的能級，電子從A側(cè)向B側(cè)轉(zhuǎn)移，A金屬側(cè)帶正電，B金屬側(cè)帶負電。b.金屬兩側(cè)正負電荷在界面處激發(fā)的電場阻礙電子繼續(xù)從A向B側(cè)移動，最終達到平衡。設無窮遠處電子電勢能為0，則初狀態(tài)A側(cè)電子能量為，B側(cè)為，末狀態(tài)A側(cè)界面電勢為，B側(cè)界面電勢為，界面兩側(cè)A、B電子能量相等，有聯(lián)立可得A、B間電勢差為（3）由于與垂直于溫度變化方向的金屬橫截面積大小相關，在沿虛線方向取極短距離△L，則非靜電力做功為，累加后可得根據(jù)電動勢的定義式，可得為非靜電力做功。斷路狀態(tài)下MN兩端電勢差大小數(shù)值上等于電動勢。聯(lián)立以上兩式，可得金屬兩端電勢差為3．（2024·北京海淀·統(tǒng)考三模）1913年，玻爾建立氫原子模型時，仍然把電子的運動看做經(jīng)典力學描述下的軌道運動。他認為，氫原子中的電子在庫侖力的作用下，繞原子核做勻速圓周運動。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為，靜電力常量為k，氫原子處于基態(tài)時電子的軌道半徑為。不考慮相對論效應。（1）氫原子處于基態(tài)時，電子繞原子核運動，求電子的動能。（2）氫原子的能量等于電子繞原子核運動的動能、電子與原子核系統(tǒng)的電勢能的總和。已知當取無窮遠處電勢為零時，點電荷電場中距場源電荷Q為r處的各點的電勢。求處于基態(tài)的氫原子的能量。（3）許多情況下光是由原子內(nèi)部電子的運動產(chǎn)生的，因此光譜研究是探索原子結(jié)構的一條重要途徑。利用氫氣放電管可獲得氫原子光譜。1885年，巴爾末對當時已知的在可見光區(qū)的四條譜線做了分析，發(fā)現(xiàn)這些譜線的波長能夠用巴爾末公式表示，寫做（n=3，4，5…），式中R叫做里德伯常量。玻爾回憶說：“當我看到巴爾末公式時，我立刻感到一切都明白了。”根據(jù)玻爾理論可知，氫原子的基態(tài)能量為，激發(fā)態(tài)能量為，其中n=2，3，4…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，請根據(jù)玻爾理論推導里德伯常量R?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）電子繞原子核做勻速圓周運動，則有電子的動能為解得（2）電勢能基態(tài)氫原子能量解得（3）根據(jù)玻爾理論，巴爾末系的光子能量則有根據(jù)巴爾末公式解得既有4．（2024·北京順義·統(tǒng)考三模）如圖所示等腰直角三角形位于直角坐標系第一象限內(nèi)，直角邊與x軸重合，與y軸重合，直角邊長度為d，在直角三角形內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，直角邊上安裝有一熒光屏?，F(xiàn)有垂直邊射入一群質(zhì)量均為m，電荷量均為q、速度大小相等的帶正電粒子，已知垂直邊射出的粒子在磁場中運動的時間為，而這些粒子在磁場中運動的最長時間為（不計重力和粒子間的相互作用）。試通過計算回答下列問題：（1）該勻強磁場的磁感應強度大小多大？（2）粒子的速度和直角邊上安裝的熒光屏上發(fā)光的長度多大？【答案】（1）；（2），【詳解】（1）根據(jù)題意可知，垂直邊射出的粒子運動軌跡的圓心角為，則由牛頓第二定律有又有則有解得（2）根據(jù)題意，設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對圓心角為，則有解得畫出該粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系有解得由幾何關系可知，粒子垂直邊射出時，是粒子從邊飛出離點的最遠距離，則直角邊上安裝的熒光屏上發(fā)光的長度又有解得5．（2024·北京順義·統(tǒng)考三模）如甲圖所示，有一邊長l的正方形導線框abcd，質(zhì)量，電阻，由高度h處自由下落，直到其上邊cd剛剛開始穿出勻強磁場為止，導線框的v-t圖像如乙圖所示。此勻強磁場區(qū)域?qū)挾纫彩莑，磁感應強度，重力加速度g取10。求：（1）線框自由下落的高度h；（2）導線框的邊長l；（3）某同學認為，增大磁場的磁感應強度B，保持其它條件不變，導線框速度隨時間變化圖像與乙圖相同，你是否同意該同學的說法，請分析說明。【答案】（1）0.2m；（2）0.1m；（3）不同意，詳見解析【詳解】（1）導線框下落h的過程中做自由落體運動解得（2）導線框穿過磁場過程中合力為零，則根據(jù)感應電動勢和安培力的表達式得，，聯(lián)立可得（3）不同意該同學的說法。題中導線框釋放后先做自由落體運動，當ab邊進入磁場后，導線框所受重力與安培力大小相等，導線框做勻速直線運動，v-t圖像為與t軸平行的直線。若增大磁感應強度，導線框釋放后仍然先做自由落體運動，當ab邊進入磁場后，由于安培力的表達式為所以導線框所受的安培力與重力大小不等，導線框不再做勻速直線運動，因此v-t圖像不可能與t軸平行。6．（2024·北京人大附中·?？既＃┤鐖D所示，用一端固定的長為L的絕緣輕細繩懸吊一質(zhì)量為m的帶負電的絕緣小球（可視為質(zhì)點），為使小球保持靜止時細繩與豎直方向成角，在空間施加一個水平向右的恒定勻強電場，電場強度的大小為E。已知重力加速度為g。（1）求畫出小球的受力示意圖，并求小球所帶電荷量；（2）如果將繩燒斷，求經(jīng)過t時間后小球的速度是多大？（3）如果不改變電場強度的大小保持為E，而突然將電場的方向變?yōu)樨Q直向上，求小球的最大速度值是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球的受力圖如圖所示，可得解得（2）小球的合力燒斷繩后，小球做勻加速直線運動，有（3）改變電場方向后，小球做單擺運動。小球到最低點時速度最大，設小球的最大速度為。小球擺下過程中重力做正功，電場力做正功，由動能定理得解得7．（2024·北京人大附中·?？既＃┤鐖D1所示為太空粒子固定探測裝置，整個裝置由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分組成，Ⅰ部分為金屬圓筒ABCD，半徑為；Ⅱ部分為金屬網(wǎng)筒，半徑為；Ⅲ部分為兩水平放置的線圈1和線圈2，線圈1和線圈2只在金屬網(wǎng)筒內(nèi)部產(chǎn)生豎直向下的勻強磁場（磁感應強度大?。Ｔ贏D和邊上分別有處于同一水平面上的兩小孔E、F，兩小孔E、F與圓面Ⅰ的圓心O在同一水平直線上，兩小孔E、F允許質(zhì)量為m、電荷量的帶電粒子X自由通過，現(xiàn)金屬圓筒ABCD（電勢為）和金屬網(wǎng)筒（電勢為，）之間加上如圖2（俯視圖）所示的輻向電場。不考慮帶電粒子的重力及在運動過程中的相互作用。（1）如圖1所示，現(xiàn)在讓帶電粒子X從小孔E處靜止釋放，經(jīng)輻向電場加速后進入磁場，求帶電粒子X在磁場中的位移大小。（2）如圖2所示，若單位時間內(nèi)有n個帶電粒子X連續(xù)從小孔E處靜止釋放，帶電粒子先后經(jīng)過金屬網(wǎng)筒上小孔F和G、金屬圓筒ABCD上的小孔H，a.求帶電粒子在磁場中單位長度的粒子個數(shù)N；b.求粒子束對產(chǎn)生磁場裝置的平均作用力大小。（a和b兩問結(jié)果均用q、n、、和m表示）【答案】（1）；（2）【詳解】（1）粒子在電場中加速，由動能定理有解得粒子X進入磁場后做圓周運動，洛倫茲力充當向心力有解得可知粒子X在磁場中偏轉(zhuǎn)，位移大小（2）a.取長度為x的粒子束，在這段長度內(nèi)的粒子數(shù)為則單位長度的個數(shù)b.n個帶電粒子X速度變化量的大小為單位時間內(nèi)，根據(jù)動量定理有可得根據(jù)牛頓第三定律，X對探測裝置平均作用力大小為8．（2024·北京首師大附中·?？既＃┤鐖D所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場強帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關系有解得（3）設帶電粒子運動距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運動，后距離做勻速運動，設用時分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間9．（2024·北京首師大附中·?？既＃┬滦碗妱悠囋趧x車時，可以用發(fā)電機來回收能量。假設此發(fā)電機的原理可抽象建模如圖所示。兩磁極間的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，繞有n匝導線的線圈為長方形，其面積為S，整個線圈都處于磁場中。線圈轉(zhuǎn)軸為兩條短邊的中點連線，線圈外接有阻值為R的純電阻負載，忽略線圈的電阻，電動汽車的質(zhì)量為M。（1）初始時刻線圈平面和磁場垂直，若線圈角速度恒為ω，寫出電路開路時線圈兩端的電壓u隨時間t變化的關系式；（2）第一種剎車模式建模如下：電動汽車受到地面施加的阻力恒為，發(fā)電機線圈轉(zhuǎn)動導致汽車受到的阻力與汽車的速度v成正比，即：（k為已知常量），假設汽車開始剎車時的速度為，經(jīng)過時間t，汽車的速度減為零，求該過程中汽車回收動能的效率η；（3）第二種剎車模式建模如下：假設電動汽車剎車時受到的地面摩擦等阻力與發(fā)電機線圈轉(zhuǎn)動導致汽車受到的阻力相比可以忽略，即剎車時汽車受到的阻力完全是由線圈轉(zhuǎn)動導致的，從而汽車減少的動能全部用來發(fā)電，回收的電能可等效為電阻R消耗的電能。某時刻線圈平面和磁場平行，此時線圈轉(zhuǎn)動角速度為，電動汽車在水平面上剎車至速度，求此時汽車加速度a的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）初始時刻線圈平面和磁場垂直，電路開路時線圈兩端的電壓（2）對汽車，根據(jù)動量定理又整理可得解得汽車速度從到停下來運動的距離汽車回收動能的效率聯(lián)立可得（3）線圈轉(zhuǎn)動角速度為時，線圈平面和磁場平行，此時線圈產(chǎn)生的電動勢為等效電阻的功率又解得根據(jù)牛頓第二定律解得10．（2024·北京首師大附中·?？既＃┤鐖D甲所示，匝的線圈（圖中只畫了2匝），電阻，其兩端與一個的電阻相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。(1)判斷通過電阻的電流方向；(2)求線圈產(chǎn)生的感應電動勢；(3)求電阻兩端的電壓?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)根據(jù)圖像可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場增大，為了阻礙線圈中磁通量的增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的感應電流為逆時針方向，所通過電阻的電流方向為。(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律(3)電阻兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知11．（2024·北京首師大附中·校考三模）某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度。a、半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2）a、；b、25%【詳解】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有豎直方向根據(jù)牛頓第二定律又解得（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，豎直方向且解得b.帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有在豎直方向顆粒勻速下落的顆粒帶電荷量為顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有設只有距下極板為的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落解得的顆粒被收集的百分比12．（2024·北京首師大附中·校考三模）某試驗列車按照設定的直線運動模式，利用計算機控制制動裝置，實現(xiàn)安全準確地進站停車。制動裝置包括電氣制動和機械制動兩部分。圖1所示為該列車在進站停車過程中設定的加速度大小隨速度的變化曲線。(1)求列車速度從降至經(jīng)過的時間t及行進的距離x。（保留1位小數(shù)）(2)有關列車電氣制動，可以借助圖2模型來理解。圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，回路中的電阻阻值為，不計金屬棒及導軌的電阻。沿導軌向右運動的過程，對應列車的電氣制動過程，可假設棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣制動產(chǎn)生的加速度成正比。列車開始制動時，其速度和電氣制動產(chǎn)生的加速度大小對應圖1中的點。論證電氣制動產(chǎn)生的加速度大小隨列車速度變化的關系，并在圖1中畫出圖線。(3)制動過程中，除機械制動和電氣制動外，列車還會受到隨車速減小而減小的空氣阻力。分析說明列車從減到的過程中，在哪個速度附近所需機械制動最強?(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)【答案】.(1)，；(2)列車電氣制動產(chǎn)生的加速度與列車的速度成正比，為過P點的正比例函數(shù)，論證過程見解析。畫出的圖線如下圖所示：(3)【詳解】（1）列車速度從降至的過程中做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式可得（2）設金屬棒MN的質(zhì)量為m，磁感應強度為B，導軌寬度為l，MN棒在任意時刻的速度大小為vMN。MN棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為回路中的電流為MN棒所受安培力大小為MN棒的加速度大小為由上式可知與成正比。又因為MN棒運動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車電氣化制動產(chǎn)生的加速度成正比，所以電氣制動產(chǎn)生的加速度a電氣與列車的速度v成正比，則電氣制動產(chǎn)生的加速度大小隨列車速度變化圖線如圖1所示。（3）制動過程中，列車受到的阻力是由電氣制動、機械制動和空氣阻力共同引起的。由（2）可知，電氣制動的阻力與列車速度成正比；空氣阻力隨速度的減小而減小；由題圖1并根據(jù)牛頓第二定律可知，列車速度在20m/s至3m/s區(qū)間所需合力最大且不變。綜合以上分析可知，列車速度在3m/s左右所需機械制動最強。13．（2024·北京九中·?？既＃┧椒胖玫钠叫薪饘賹к?，相距L，左端接一電阻R，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于導軌平面，質(zhì)量為m的導體棒ab垂直導軌放在導軌上，并能無摩擦地沿導軌滑動，導體棒的電阻為r，導軌的電阻忽略不計。當ab棒在水平外力F作用下以速度水平向右勻速滑動時：（1）回路中的電流的大小和方向；（2）若撤去水平外力F，電阻R還能發(fā)多少熱；（3）若撤去水平外力F，桿滑行過程中，推導速度v與位移x的函數(shù)關系?！敬鸢浮浚?），方向badcb；（2）；（3）【詳解】（1）ab棒產(chǎn)生的電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，回路中的電流的大小為根據(jù)右手定則可知，回路中的電流方向為badcb。（2）若撤去水平外力F，根據(jù)能量守恒可知，回路能產(chǎn)生的焦耳熱為電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為聯(lián)立解得（3）若撤去水平外力F，以ab棒為對象，根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立可得14．（2024·北京九中·校考三模）圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束（初速不計）經(jīng)電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面（以垂直圓面向里為正方向），磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應強度不變。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力。求（1）電子打到熒光屏上時速度的大小v；（2）磁場磁感應強度的最大值；（3）某同學突發(fā)異想，想將磁場由圓形改為矩形，但保持亮線長度不變，求矩形的最小面積。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由動能定理解得（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有由幾何關系得解得（3）矩形如圖所示，由幾何關系15．（2024·北京九中·?？既＃┰诎雽w芯片加工中常用等離子體對材料進行蝕刻，用于形成半導體芯片上的細微結(jié)構。利用電磁場使質(zhì)量為m、電荷量為e的電子發(fā)生回旋共振是獲取高濃度等離子體的一種有效方式。其簡化原理如下：如圖1所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B；旋轉(zhuǎn)電場的方向繞過O點的垂直紙面的軸順時針旋轉(zhuǎn)，電場強度的大小為E；旋轉(zhuǎn)電場帶動電子加速運動，使其獲得較高的能量，利用高能的電子使空間中的中性氣體電離，生成等離子體。（提示：不涉及求解半徑的問題，圓周運動向心加速度的大小可表示為）（1）若空間只存在勻強磁場，電子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，求電子做圓周運動的角速度。（2）將電子回旋共振簡化為二維運動進行研究。施加旋轉(zhuǎn)電場后，電子在圖2所示的平面內(nèi)運動，電子運動的過程中會受到氣體的阻力，其方向與速度的方向相反，大小，式中k為已知常量。最終電子會以與旋轉(zhuǎn)電場相同的角速度做勻速圓周運動，且電子的線速度與旋轉(zhuǎn)電場力的夾角（小于90°）保持不變。只考慮電子受到的勻強磁場的洛倫茲力、旋轉(zhuǎn)電場的電場力及氣體的阻力作用，不考慮電磁波引起的能量變化。a．若電場旋轉(zhuǎn)的角速度為，求電子最終做勻速圓周運動的線速度大小v；b．電場旋轉(zhuǎn)的角速度不同，電子最終做勻速圓周運動的線速度大小也不同。求電場旋轉(zhuǎn)的角速度多大時，電子最終做勻速圓周運動的線速度最大，并求最大線速度的大小。c．旋轉(zhuǎn)電場對電子做功的功率存在最大值，為使電場力的功率不小于最大功率的一半，電場旋轉(zhuǎn)的角速度應控制在范圍內(nèi)，求的數(shù)值。【答案】（1）；（2）a．，b．，c．【詳解】（1）電子在洛倫茲力作用下做圓周運動得（2）a．設電場力與速度方向夾角為，沿圓周的半徑方向，根據(jù)牛頓第二定律①沿圓周的切線方向②聯(lián)立①②兩式，可得b．由a問可知，當即時，電子運動的速度最大，電子最終做勻速圓周運動的最大速度c．設電場力與速度方向夾角為，旋轉(zhuǎn)電場對電子做功的功率當即時，電場對電子做功的功率最大若可知解得則16．（2024·北京大興精華學校·?？既＃┵|(zhì)譜儀是最早用來測定微觀粒子比荷的精密儀器，某一改進后帶有速度選擇器的質(zhì)譜儀能更快測定粒子的比荷，其原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為，B為速度選擇器，其中磁場與電場正交，磁場磁感應強度為，兩板距離為d，C為粒子偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應強度為，今有一比荷未知的正粒子P，不計重力，從小孔“飄入”（初速度為零），經(jīng)加速后，該粒子從小孔以速度v進入速度選擇器B并恰好通過，粒子從小孔進入分離器C后做勻速圓周運動，打在照相底片D點上。求：（1）粒子P的比荷為多大；（2）速度選擇器的電壓應為多大；（3）另一