2024年五年高考真題-專題68 壓軸計算題(電磁綜合)

專題68壓軸計算題（電磁綜合）

1、（2024安徽卷）如圖所示，在以坐標(biāo)原點。為圓心、半徑為H的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場

和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為以磁場方向垂直于?平面對里。一帶正電的粒子（不計.重力）從。點沿y

軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)to時間從P點射出。

13

/xXX'攵、、,

/

Xxxx'y

,6<xxXX

<

:XXXX、大\XX；.

am

（1）求電場強度的大小和方向。

（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從。點以相同的速度射入，經(jīng)卜時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒

2

子運動加速度的大小。

（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從0點射入，且速度為原來的4倍，求粒了?在磁場中運動的時間。

【答案】（I）e=如，％軸正方向（2）。=生絲（3）tR=—t（

18

【解析】（D設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為叫電荷量為q,初速度為V,電場強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫

磁力若x軸負(fù)方向，于是可知電場強度沿x軸正方向

且有qE=qvB①

又&=1to②

則石=竽③

<2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動

在J方向位移產(chǎn)《④

D

由②④式得J二，⑤

■

設(shè)在水平方向位移為X,因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是X=坐火

又有x=⑥得。=域4⑦

（3）僅有磁場時，入射速度K=4v,帶電粒子在勻強磁場中作勻速圖周運動，設(shè)軌道半徑為r,由牛頓第

二定律有qVB=w—?

r

又=W/7（S）

由③⑦⑨⑨式得尸=4區(qū)⑩

D

由幾何關(guān)系$加a=丁（11）

2r

即s〃a=4，所以a=3（12）

帶電粒子在磁場中運動周期丁="

qB

則帶電粒子在磁場中運動時間匕=學(xué)丁

171

所以4=（13）

1O

2、（2024北京卷）利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)

域有重要的應(yīng)用。如圖所示的矩形區(qū)域ACDGSC邊足夠長）中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫。

熟子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于G4邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，

被相應(yīng)的收集器收集。整個裝置內(nèi)部為真空。已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是如和打2（見＞〃?2），電荷

量均為g。加速電場的電勢差為U,離子進入電場時的初速度可以忽視。不計重力，也不考慮離子間的相互

作用。

（1）求質(zhì)量為孫的離子進入磁場時的速率以：

（2）當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為〃時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；

（3）在前面的探討中忽視了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有肯定寬度。若狹縫過寬,

2

可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分別。設(shè)磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，GA邊長

為定值L，狹縫寬度為4狹縫右邊緣在A處。離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于G4邊且垂

直于磁場。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分別，求狹縫的最大寬度。

【答案】⑴曠匿⑵-疆訴-內(nèi)⑶%=

L

2訴.如）

【解析】（1）動能定理Vq=得巧=

（2）由牛頓第二定律和軌道半徑有：=R=?

RqB

利用①式得離子在磁場中的軌道半徑為別為（如圖一所示）：A=J零&二傳￡

兩種離子在GH上落點的間距尸2（4-&）=

（3）質(zhì)量為叫的離子，在G4邊上的落點都在其入射點左側(cè)24處，由于狹縫的寬度為人因此落點區(qū)域

的寬度也是d（如圖二中的粗線所示）.同理，質(zhì)量為年的離子在GX邊上落點區(qū)域的寬度也是H（如圖二

中微線所示）.為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交羲，條件為2（?-&）＞d…④

利用②式，代入④式得：2號（1-

R）的最大值滿足：2&,=￡-d得：（￡-d）（l

求得最大值：4=午坨A

2\寸叫一《叱）

3

3、(2024北京卷)靜電場方向平行于x軸，其電勢3隨x的分布可府化為如圖所示的折線，圖中外和d為已知量。

一個帶負(fù)電的粒子在電場中以產(chǎn)。為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為機、電量為y,其動

能與電勢能之和為一人(05%仰)。忽視重力。求：

(I)粒子所受電場力的大?。?/p>

(2)粒子的運動區(qū)間：

(3)粒子的運動周期。

【答案】(1)尸=以(2)-d(\--)<x<d(\--)(3)-d2m(q(p0-A)

d懶q(Po例

4

【解析】（D由圖可知，0與d（或-d〕兩點間的電勢差為co

電場強度的大小5=與

電場力的大小下=。片=華

a

（2）設(shè)粒子在［-％x］區(qū)間內(nèi)運動，速率為》由題意得:一-q殲-，

由圖可知k00Q——）由①②得-"?爐=g的（1一忖）一d

d2d

因動能非負(fù)，有g(shù)q0c（1-耳）一XN0

d

44

得忖4成1—二)即x=d(l-=-)

qaqa

粒子運動區(qū)間一或1一二、）KxKd（l-.

qaqQ

<3）考慮粒子從-何處開始運動的四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律,

根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度。=￡=包=練

mmmd

由勻加速直線運動，=,匡

將蝦代入，得”J也之（1-$）

V90。

粒子運動周期T=4r=—J2nt（q伙-H）

40c

4、（2024福建卷）反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振

蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從

A點由靜止起先，在電場力作用卜沿直線在A、B兩點間來回運動。已知電場強度的大小分別是

g=2.0x103N/C和&=4.0x103?方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量〃2=1.0x10-2。依，帶電量

q=-l.（）xl（）-9C,A點距虛線MN的距離&=1.0?！?，不計帶電微粒的重力，忽視相對論效應(yīng)。求：

5

（1）B點到虛線MN的距離d?；

（2）帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)驗的時間，o

【答案】（I）d2=0.50cm（2）f=1.5xl（T8s

【解析】：3）帶電微粒由上運動到B的過程中，由動能定理有：|q區(qū)4Tg區(qū)外=-=①由①式解

得從=別=0.50加②

，與

（2）設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a〉a：,由牛頓第二定律有：

M旦=加。1③

似|耳=ma2（S）

設(shè)微粒在虛線MN兩惻運動的時間分別為％由運動學(xué)公式有：必=等⑤

d、=-^@

22

又r=q+〃⑦

由②⑨④⑤⑥⑦式解得：，=1.5x10-二

5、（2024福建卷）如圖甲，在x<0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場和垂直于xoy平面對里的勻強磁

場，電場強度人小為E,磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為qlqAO）的粒子從坐標(biāo)原點O處，以初

速度V。沿x軸正方向射人，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的重力。

（1）求該粒子運動到y(tǒng)=h時的速度大小v；

（2）現(xiàn)只變更人射粒子初速度的大小，發(fā)覺初速度大小不同的粒子雖然運動軌跡（y?x曲線）不同，但具

有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運動（y-t關(guān)系）是簡諧運動，且都有

相同的周期7=包。

qB

I.求粒子在一-個周期/內(nèi)，沿x軸方向前進的距離s：

6

I[.當(dāng)入射粒子的初速度大小為vo時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅A,

并寫出)f的函數(shù)表達(dá)式。

____匚―2qE/i、,。2兀mE1rmqB

【答案】(1)v=./v^-------(2)I.S=-------II.y=—(vx)-E/B)(1-cos—t)

VmqB~qBtn

【解析】(D由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，

由動^定理有-qEh=iwv2wv；①

由網(wǎng)解v=-誓②

(2)I.由圖乙可知，所有粒子在一個培朗T內(nèi)沿x軸方向前進的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻

速運動的粒子在T時間內(nèi)前進的距離.設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運動的速度大小為環(huán)，則4匕8=。石③

又S=”④

式中丁=濁

qB

由③④式解得s=@竺⑤

qB-

n.謝立子在y萬向上的最大位移為然!(圖內(nèi)曲線的最高點處),對應(yīng)的粒子運動速度大小為v式萬何沿x軸)，

因為粒子在丁方向上的運動為簡諧運動，因而在廣0和Jf.處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則

由⑥?⑧式解得.后—(v0-￡/5)o

可寫出圖丙曲線活足的簡說運動戶f的函贊表達(dá)式為、*=(?-E5)(l.cos絲t)

qBm

6、(2024廣東卷)如圖19(a)所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為凡和&的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀

電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，r=&，&=34,一電荷量為+q,質(zhì)量為m的

粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力。

9)

7

（D已知粒子從外圓上以速度匕射出，求粒子在A點的初速度%的大小

（2）若撤去電場，如圖19（b）,已知粒子從0A延長線與外圓的交點C以速度匕射出，方向與OA延長線

成45。角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間

（3）在圖19（b）中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為匕，方向不確定，要使粒子肯定能夠從外圓射

出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小丁?多少？

⑵M-7i/、2m\\

【答案】（1）%=t=---r(3)B,V----------

2V2?貝的+RJ

【解析】（D電、磁場都存在時，只有電場力對帶電粒子做功，由動能定理扁-寸①

/■

（2）由牛頓第二定律g3v=加土③

R

如醫(yī)1,由幾何關(guān)系粒子運動軌跡的園心0'和半徑R

則有：箝+爐=（號一旦＞④

聯(lián)立③④得磁屎應(yīng)強度大小B=三：⑤

2混

2萬P

粒子在磁場中做勻速匱I周運動的周期T=衛(wèi)⑥

由幾何關(guān)系確定粒子在磁場中運動的時間/=：7■⑦

由④⑥⑦式,得”簪⑧

（3；如圖2,為使粒子射出，貝琳立子在磁場內(nèi)的運動半徑應(yīng)大于過N點的最大內(nèi)切圓半徑，該半徑為

⑨

由③⑨，得磁感應(yīng)強度應(yīng)小于底款

8

7、(2U24海南卷)如圖，他和cd是兩條豎肖.放置的長自光滑金屬導(dǎo)軌.例N和M'N'是兩根用細(xì)線連接的

金屬桿，其質(zhì)量分別為加和2加。豎直向上的外力/作用在桿MN上，使兩桿水安靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸:

兩桿的總電阻為上導(dǎo)軌間距為/。整個裝置處在磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面

垂直。導(dǎo)軌電阻可忽視，重力加速度為在r=0時刻將細(xì)線燒斷，保持/不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良

好。求

XX

B

XX

XX

XX

XX

(1)細(xì)線燒斷后，隨意時刻兩桿運動的速度之比:

(2)兩桿分別達(dá)到的最大速度。

4mgR2mgR

【答案】(1)2：1⑵%

BTB212

【解析】3)細(xì)線燒斷后，兩根金屬桿組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)的速度為弓，AW的速度為七，則

0=mvl-2mv1,解得”：匕=2:1

(2)細(xì)線燒斷前，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，外力尸=3wg；當(dāng)細(xì)線燒斷后，MN從靜止開始向上運動，41'州’

也從靜止開始向下運動，由于MN的速度口總大于，."？門的速度匕，則感應(yīng)電流方向為逆時針方向

MN的加速度從2g開始減小到0后，速度達(dá)到最大，設(shè)為J,此時

根據(jù)牛頓第二定律F-wg—助=0

AtV的加速度從g開始減小到0后，速度達(dá)到最大，設(shè)為v4由⑴得%=2%

又根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=

解得：”二嘴加就二節(jié)

8、(2024遼寧卷)如圖，在區(qū)域I(04x41)和區(qū)域H(d?x?2d)內(nèi)分別存在勻強磁場，在磁感應(yīng)

強度大小封閉為B和2B,方向相反，垂直于Oxy平面，一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某

時刻y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I,其速度方向垂直x軸正向，已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸放方向

的夾角為30。：因此，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正方向的射入?yún)^(qū)域I,其速度

是a的1，不計重力和兩粒子之間的相互作用力，求

3

9

y

（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I的速度的大小

（2）當(dāng)a離開區(qū)域H時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。

【答案】（1）匕=幺”<2）>\W-?=|（V3-2M

m3

【解析】（1）設(shè)粒子。在I內(nèi)做勻速圓周運動的圖心為C（在、?軸上"半徑為&i，粒子速率為匕，運動

軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P,如圖.由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得：。匕8=吠3…①由幾何

關(guān)系得：N尸CP=8…②&l='一…③

式中，8=30,由①②③式得：匕=餐…④

（2）設(shè)粒子a在U內(nèi)做圓周運動的圓心為?！?，半徑為&：,射出點為心（圖中末畫出軌跡》，

4PO￡=夕.由淪侖茲力公式和牛頓第二定律得：…⑤

由①?式得：&2=區(qū)…⑥

■

C0P和0a三點共線，目由⑥式知On點必位于工=黑⑦的平面上.由對稱性知，Pa點與P'點縱坐標(biāo)相同,

2

即?1=Ralcose+h?式中，力是C點的.，坐標(biāo).

10

設(shè)^在I卬運動的軌道半徑為R”莊洛侖茲力公式和牛頓第一定律得

設(shè)a到達(dá)Pa點時,b位于述點,轉(zhuǎn)過的角度為。。如果b沒有飛出I,則

8c

—t=—⑩

心27

—=—（11）

馬2乃

式中，r是a在區(qū)域II中運動的時間，而

十2嘰、,、

&=-M2)

v

心=普?

v/3

由⑤⑥⑦⑧⑨⑩（11）Q2）Q3）式得e3O：網(wǎng)

由①③⑨㈣式可見，。沒有飛出I。九點的J坐標(biāo)為

次=區(qū)（2-82一小05)

由①③⑧⑨蚓⑸式及題給條件得，a、b兩粒子的）坐標(biāo)之差為

>'pa-yP!,=y（V3-2）d06）

9、（2024全國卷）如圖，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌a/，、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L電阻不計。在導(dǎo)軌上

端并接兩個額定功率均為P、電阻均為/?的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)軌所

在平面垂直。現(xiàn)將?質(zhì)量為，”、電阻可以忽視的金屬棒從圖示位置由靜止起先釋放。金屬棒下落過程

中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：

⑴磁感應(yīng)強度的大小:

⑵燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運動速率C

2P

【答案】（1）4=(2)v=—

mg

11

【解析】（1）設(shè)小燈泡的額定電流為7。，有尸=/；及①

由黑意，在金屬棒沿導(dǎo)軌豎直下落的某時刻，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN電流為1=21°②

北城1金屬棒'N所受的重力和安培力相等，下落的速度達(dá)到最大值，有冽g=3幾③

聯(lián)立①②③式得B④

（2）設(shè)燈泡正常發(fā)光時，導(dǎo)體棒的速率為丫，由電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得

E=G⑤

E=M⑥

聯(lián)立①②④⑤⑥式得丫二二二⑦

mg

10、（2024全國卷）如圖，與水平面成45。角的平面MN將空間分成I和II兩個區(qū)域。一質(zhì)量為機、電荷量

為g（?0）的粒子以速度vo從平面上的R）點水平向右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運動時，只受到大小不變、

方向夠直向下的電場作用，電場強度大小為民在H區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應(yīng)強度大小

為B,方向垂直于紙面對里。求粒子首次從H區(qū)離開時到動身點P。的距離。粒子的重力可以忽視。

【答案】Z=+-

qEB)

【解析】芾電粒子進入電場后，在電場力的作用I、沿拋物線遠(yuǎn)的，其加速度萬向豎直向卜，設(shè)其大小為a

由牛頓定律得qE=mc^）

設(shè)經(jīng)過時間％，粒子從平面NIN是上的點P1進入磁場，由運動學(xué)公式和幾何關(guān)系得

詼=不。石②

一

粒子速度大小匕為匕=代+包），③

設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為分則

tana=上?@

此時粒子到出發(fā)點P。的距離為牝=0?流⑤

此后，粒子進入磁場，在洛倫磁力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為彳=簧⑥

1

速度與水平方向的夾角8：tan6-2ra^45°=IsinO=~^=cos6=—=0

連立①②③④⑤⑥化簡得產(chǎn)石、（§s=J'竺1

為

進入磁場時與邊界上N的夾角為9-45c做勻速圓周運動,

根據(jù)牛頓第二定律得加3=Bqv⑨

R

作出原軌跡，則弦長和半徑滿足關(guān)系S加（6-45。）=（⑩

連立⑨⑩得￡=/嗎

BQ

所以粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點Pg的距離為d=s+2>g^（當(dāng)十》

13

II、（2024山東卷）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其他化模型如圖I、

II兩處的條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不

計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入

I區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角0=30。

（1）當(dāng)I區(qū)寬度L產(chǎn)L、磁感應(yīng)強度大小B產(chǎn)Bu時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30。,

求B）及粒子在I區(qū)運動的時間I。

（2）若II區(qū)寬度L2=L=L磁感應(yīng)強度大小B2=BI=B（）,求粒子在I區(qū)的最高點與II區(qū)的最低點之間的高度

差h

（3）若L2=LI=L、B尸BO,為使粒子能返回1區(qū),求B2應(yīng)滿總的條件

（4）若nn,,，且已保證了粒子能從H區(qū)右邊界射出。為使罰子從n區(qū)右邊界射出的方向與從I

8產(chǎn)紇/工乙

區(qū)左邊界射入的方向總相同，求&、B2、L,L2、之間應(yīng)滿意的關(guān)系式。

【答案】（1）%=:'喘（2）M2-1>/3）L（3）B2>］黑（4）BXL^B2L2

14

【解析】（1）如圖所示，設(shè)粒子射入磁場區(qū)域I時的速度為V,勻速圖周運動的半徑為舄.根據(jù)動能定理,

得gU="/①

由牛頓定律,得Q=ni~

為

由幾何知識，得Z=2%漱=4③

聯(lián)立代人數(shù)據(jù)解得B：l=1J子@

粒子在磁場I區(qū)域中運動的時間為％=當(dāng)⑤

V

聯(lián)立上述①②③④⑤解得％=匹

V2

（2）設(shè)粒子在磁場n區(qū)中做勻速圓周運動的半徑為氐，由牛頓第二定律得力比=川/，⑧

由幾何知識可得人（&-氐）（l-coW）-Uan儂）

聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得M2-1^3）L⑩

42

15

(3)如圖2所示，為使粒子能再次回到】區(qū)，應(yīng)滿足

氐(1-疝辦工［或&(1-sin①"

聯(lián)立①@口式，代入教據(jù)得

史＞2匹(或3侖之匹)H

L\2qL\2q

(4)如圖3(或圖4)所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角為a,由幾何知識可得工廠處(siM-

sinc),［或工廠處(sind-sina)］,U

L2=R：(sin^-sina),［或L：=J?：(sin^-sina)］,日

聯(lián)。②?式解得方出i=5逮

聯(lián)立UHU式解得5￡=史區(qū)。

12、(2024上海卷)電阻可忽視的光滑平行金屬導(dǎo)軌長S=L15m,兩導(dǎo)軌間距L=0.75m,導(dǎo)軌傾角為30。，導(dǎo)

軌上端ab接一阻值R=L5C的電阻，磁感應(yīng)強度B=0.8T的勻強磁場垂直軌道平面對上。陽值r=0.5C,質(zhì)量

m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止起先下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生

的焦耳熱Q,=0.1J。(取g=10〃?/s2)求：

(1)金屬棒在此過程中克服安培力的功皿女：

(2)金屬棒下滑速度v=2m/s時的加速度a.

(3)為求金屬棒下滑的最大速度匕”，有同學(xué)解答如下：由動能定理V%-Wa：=g〃八/，……。由此所得結(jié)果

是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答。

【答案】(1)0.4J(2)3.2m/?(3)正確,27.4m/

16

【解析】(1)下滑過程中安培力的功即為仕金屬棒和電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于R=3/，

因此4=3。=0.3J,故=。=0-Q=OAJ,

(2)金屬棒下滑時受重力和安培力及=3遼=衿丫

R+r

R濘

由牛頓第二定律mgsin30°--——v=ma

R+r

...3*10.8:x0.75:x2/.\

故a=gsin3a0n°o------v=11A0x---------------=3.2ws2

Snt(R+r)20.2x(1.5+0.5)1)

(3)此解法正確.金屬棒下滑時重力、支持力和安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律mgs就30。-^一尸ma

上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒作加速度減小的加速運動.無論最終是否達(dá)到勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜

面底瑞時速度一定為最大.由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確.

wgSsin30°-0=；mvj

故L=」2gSsin3()o-改=j2x10x1.15x1-生”=2.74(向s)

VwV20.2

13、12024四川卷)如圖所示，間距/=0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a自。和m岳◎分別固定在兩個豎直面內(nèi)，在水

平面a")也S區(qū)域內(nèi)和傾角。=37。的姆面c波仍2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強度8尸0.41\方向豎直向上和B2=IT、

方向垂直于斜面對上的勻強磁場。電阻R=0.3C、質(zhì)量皿=0.lkg、長為/的相同導(dǎo)體桿KS、Q分別放置在

導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在加、加點，K、。桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好。一端系于K桿中點的

輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量/〃2=O.O5kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a=6m/s2的加速度沿

繩下滑，K桿保持靜止，。桿在垂直于桿且沿斜面對下的拉力/作用下勻速運動。不計導(dǎo)軌電阻和滑輪摩

擦，繩不行伸長。取g=10m/s2,sin3?°=0.6,cos37°=0.8o求

⑴小環(huán)所受摩擦力的大?。?/p>

⑵。桿所受拉力的瞬時功率。

【答案】(1)號=0.2N(2)P=2W

【解析】（1）設(shè)小環(huán)受到的摩擦力大小為由牛頓第二定律，有%g-號=%a

代入數(shù)據(jù)得%=0.2N；

（2）設(shè)通過K桿的電流為小K桿受力平衡，有a=B內(nèi)

設(shè)回路中電流為，，總電阻力火“有：1=2人,R”[R

一

E

設(shè)e桿下滑速度大小為v,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為號有/=打

RA

E=F+m^gsinO=BI1,拉力的瞬時功率為P=Fv

B21V,:

聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)解得Q桿受拉力的功率尸=2丁

14、（2024四川卷）如圖所示,正方形絕緣光滑水平臺面WXFZ邊長/=1.8m,距地面/尸0.8明平行板電容

器的極板CQ間距d=0.1m且垂直放置于臺面。。板位于邊界WX上，。板與邊界WZ相交處有一小孔。電

容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B=IT,方向豎直向上的勻強磁場。電荷量q=5x[0心c的微粒靜止于卬

處，在CO間加上恒定電壓U=2.5V,板間微粒經(jīng)電場加速后由。板所開小孔進入磁場（微粒始終不與極板

接觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水

平速度，在微粒落地時恰好與之相遇。假定微粒在真空中運動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點。

滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)"=0.2,取g=10m/s2。

⑴求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；

⑵求由XV邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍：

⑶若微粒質(zhì)量^）=lxlO'3kg,求滑塊起先運動所獲得的速度。

【答案】

18

【解析】（1）由左手定則及微粒的偏轉(zhuǎn)萬向可知，該微粒芾止電，即c板為止；D板為負(fù)；電場力的大小

（2）由題意知兩個軌跡邊界如圖所示，在此邊界結(jié)合勾股定理得：…②

再由向口力公式q$=m匕得&=竺…③

RqB

且…④

■

1413

聯(lián)立②③④式，得該微粒的質(zhì)量范圍：8.ixl0-Ag<W<2.89xl0-^

（3）將質(zhì)量%0=1x10心電代入③④可得：v=5m/$以及N=lm,具軌跡如圖所示.

由圖可知cos8=^—=0.8,也即是8=37?！?/p>

19

設(shè)微粒在空中的飛行時間為則由運動學(xué)公式有：力=:中:…⑥

則滑塊滑至與微粒相碰過程中微粒的水平位移為：S=”…⑦

微?；鳇c距左邊距離：X=d+RsiM…⑧

由⑤⑥⑦⑧可得：s=2mx=OJm.

由余弦定理，知滑塊的位移S0=JS'+乃「一2Seos6=L5加.

由位移公式So=vQt-1

解得：Vo=4.15m/J.

由正弦定理有：—=^-,—

sinasinOsincpsitw

得：sin（p=0.8,<p=arcsinQ.S（或0=53。）

15、12024天津卷）【可旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了

現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展。

（I）當(dāng)今醫(yī)學(xué)成像診斷設(shè)備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的

同位素碳11為示蹤原子，碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，

試寫出核反應(yīng)方程。若碳II的半衰期T為20min,經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結(jié)果取2

位有效數(shù)字）

（2）回旋加速器的原理如圖，9和2是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓肯定、頻率為

了的溝通電源上，位于小圓心處的質(zhì)子源人能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽視，重力不計），它們在兩盒之

間被電場加速，。1、6置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的

平均功率為P,求輸出時質(zhì)子束的等效電流/與P、B、R、/的關(guān)系式（忽視質(zhì)子在電場中運動的時間，其

最大速度遠(yuǎn)小于光速）

20

接交流電源

(3)試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑「的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△「是

增大、減小還是不變？

p

【答案】(1)7乂"+：4.JC+z’He、1.6%(2)1=———(3)減小

'621BR2f

14

【解析】(1)核反應(yīng)方程為7^+?HT6nC+；He…①

設(shè)碳”原有質(zhì)量為嗎，經(jīng)過，=2.0；:刎余的質(zhì)蚩為叫，根據(jù)半衰期定義，有:

(2)設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為小電荷量為方質(zhì)子離開加速器時速度大小為一由牛頓筍二定律知：。4=加?■③

R

質(zhì)子運動的回旋周期為：r=—=

vqB

由叵旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關(guān)系可得:

了=:…⑤

A、r--1wv*2

設(shè)在：時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為.v,則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率尸=—2—…⑥

t

輸出時質(zhì)子束的等效電流為：/=些…⑦

由上述各式得，=品

21

(3)方法一：

設(shè)￡仆。中)為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為心口—

?a，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為以，％]，。、》之間的電壓為5由動能定理知

啥廠;臉

2%=；⑧

由洛怪力充當(dāng)質(zhì)子做麗運動的向泗'知々嗡，則2-嗒心一玲

⑨

整理學(xué)—⑩

”q.if)

因「、加、8均為定值，令。=當(dāng)，由上式得、4=—

q(11)

qB-r,-r,A

相鄰軌道半徑g，1之差砥T=入--

同理---------

1十仁

因為％■[>?>,比較上，*口得、1產(chǎn)牝

說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差少減小

方法二：

設(shè)MK-V)為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為上下1(r^i),

W■人-。，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為》X，5、2之間的電壓為u

由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知。■空，故工■旦⑵

qB1％

由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能霜量A￡.=g廠⑹

以質(zhì)子在2盒中運動為例，第匕欠進入2時，被電場加速(22-1)次

速度大小為.=產(chǎn)丁"蚓

同理，質(zhì)子第(AD次進入B時，速度大小為％

綜合上述各式可得工=2=、旨

k%”k+l

整理得導(dǎo)IS

2點

(2k-l)&-&i)

同理，對于相鄰軌道半徑上】，仁,._：=%：-乙.】，整理后有

5--------......

’(%-1)&-1+仁)

由于小2>A，比較x>X->得上.1<W

說明隨軌道半徑『的增大，同一盒中相鄰tl道的半徑之差A(yù)減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在5盒中運

動B勺具有相同的結(jié)論。

22

16、（2024浙江卷）如圖甲所示，在水平面上固定有長為L=2m、寬為d=lm的金屬“U”型軌導(dǎo)，在“U”型導(dǎo)

軌右側(cè)/=0.5m范圍內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場,且磁感應(yīng)強度隨時間變更規(guī)律如圖乙所示。在E）時刻,

質(zhì)量為m=0.1kg的導(dǎo)體棒以va=1m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端起先向右運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)

為"=0.1,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為4=0.1。/〃?，不計導(dǎo)體庫與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場

的影響（取g=IO"?/、”）。

（1.'通過計算分析4s內(nèi)導(dǎo)體棒的運動狀況：

（2）計算4s內(nèi)回路中電流的大小，并推斷電流方向；

（3）計算4s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】3）導(dǎo)體棒在1S前做勻減速運動，在心后以后始終保持靜止：2）0.2A,電流方向是順時針方向。

（3）0.04J

【解析】（1）導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻;底速運動,有一〃mg=僧門，黑=+of,x=vt+

Q■

代入數(shù)據(jù)解得：t=b,x=0.5m,導(dǎo)體棒沒有進入磁場區(qū)域.導(dǎo)體棒在1s末當(dāng)停止運動，以后一直保

持靜上，離左端位置仍為x-0.5m

（2）前2s磁通量不變，回路電動勢和電流分別為EN,1=0,后2s回路產(chǎn)生的電動勢為

E=—=—ld=—xQ.5xl=QAV）

ArAr2

回路的總長度為5m,因此回路的總電阻為K=5/1=0.5Q

電］勃/=E==匕01=0.2,4；

R0.5

根據(jù)愣次定律，在回路中的電流方向是順時針方向

（3）前2s電流為零，后2s有恒定電流，焦耳熱為Q=I-Rt=0.2-x0.5x2=0.04J.〃

17、12024重慶卷）某儀器用電場和磁場來限制電子在材料表面上方的運動。如圖所示，材料表面上方矩形

區(qū)域。力VW充溢夠直向下的勻強電場，寬為小矩形區(qū)域充溢垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)

強度為&長為3s,寬為s：NM為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為〃八初速為零的電

子，從尸點起先被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是

每次穿越前動能的10%,最終電子僅能從磁場邊界MN飛出。不計電工所受重力。

23

⑴求電子其次次與第一次圓周運動半徑之比：

⑵求電場強度的取值范南：

⑶4是MN的中點，若要使電子在A、A