高考物理電磁大題(含答案)

1、-作者xxxx-日期xxxx高考物理電磁大題(含答案)【精品文檔】 高考電磁大題（含答案）1.（09年全國卷）26（21分）如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于x y平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進入磁場的位置為

2、.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離始終不變,與設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標應為-a,即由兩式得若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有聯(lián)立得n<3聯(lián)立得把代入中得2.（09年全國卷）25.（18分）如圖，在寬度分別為和的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上

3、的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力,求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。答案：解析：本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動。設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得設(shè)為虛線與分界線的交點,則粒子在磁場中的運動時間為式中有粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得由運動學公式有 由式得由式得3.（09年天津卷）11.(18分)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為B,方向垂直

4、xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g,求(1) 電場強度E的大小和方向；(2) 小球從A點拋出時初速度v0的大小;(3) A點到x軸的高度h.答案：（1），方向豎直向上 （2） （3）解析：本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運動的向心力），有 重力的方向豎直向下，電場

5、力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運動，O為圓心，MN為弦長，如圖所示。設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知 小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設(shè)小球做圓周運動的速率為v，有 由速度的合成與分解知 由式得 （3）設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為 由勻變速直線運動規(guī)律 由式得 4.（09年山東卷）25（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶

6、電粒子在03t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不  考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）圖乙圖甲（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。解析：（1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為。（2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后時間兩極板沒

7、有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為帶電粒子離開電場時的速度大小為設(shè)帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有聯(lián)立式解得。（3）時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為，設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯(lián)立以上兩式解得?？键c：帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動。5.（09年福建卷）22.(20分)圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖

8、，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標原點L=×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)

9、域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。答案（1）××C/kg）；（2） ； （3）解析：第（1）問本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運動。（1）設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得 由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得××C/kg） （2）設(shè)所加電場的場強大小為E。如圖乙，當粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力

10、平衡，則有 代入數(shù)據(jù)得 所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 （3）如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 矩形如圖丙中（虛線）6.（09年浙江卷）25.（22分）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0<y

11、<2R的區(qū)間內(nèi)。已知重力加速度大小為g。（1）從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求點場強度和磁感應強度的大小和方向。（2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。答案：（1）；方向垂直于紙面向外；（2）見解析；（3）與x同相交的區(qū)域范圍是x>0。解析：本題考查帶電粒子在復合場中的運動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設(shè)電場強度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R

12、如圖（a）所示，設(shè)磁感應強度大小為B。由 得 方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為。方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標為（-Rsin，Rcos）,圓周運動軌跡方程為得 x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑

13、為r的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.7.（09年江蘇卷）14.（16分）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效

14、應和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；（3）實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E。解析：(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 則 （2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即當磁場感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為粒子的動能當時，粒子的最大動能由Bm決定解得當時，粒子的最大

15、動能由fm決定解得 8.（09年江蘇物理）15.（16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d < l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。求：（1）裝置從釋放到開始返回的

16、過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1；（3）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m。 解析：(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W由動能定理 且 解得 （2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動 由動能定理 裝置在磁場中運動時收到的合力感應電動勢 =Bd感應電流 =安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時間內(nèi)，有則有解得 （3）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動 由動能定理 解得 9.（09年四川卷）25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內(nèi)自由

17、轉(zhuǎn)動，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=2×10-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達O點的正下方O1點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1×10-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細繩，同時在空間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1T的弱強磁場。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質(zhì)點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至

18、豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計算并比較相關(guān)物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。 (3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導出 r的表達式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設(shè)彈簧的彈力做功為W，有：代入數(shù)據(jù)，得：WJ（2）由題給條件知，N碰后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設(shè)P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v1，這種碰撞不能實現(xiàn)。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： P

19、、N速度相同時，N經(jīng)過的時間為，P經(jīng)過的時間為。設(shè)此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數(shù)據(jù)，得： 對小球P，其圓周運動的周期為T，有： 經(jīng)計算得： T，P經(jīng)過時，對應的圓心角為，有： 當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯(lián)立相關(guān)方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。（3）當B的方向垂直紙面朝外時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，再聯(lián)立解得： 當B的方向垂直紙面朝里時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，同

20、理得： ，考慮圓周運動的周期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）10.（09年海南物理）16（10分）如圖，ABCD是邊長為的正方形。質(zhì)量為、電荷量為的電子以大小為的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：（1）次勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大小；（2）此勻強磁場區(qū)域的最小面積。  解析：（1）設(shè)勻強磁場的磁感應強度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道。電子所受到的磁場的作用力應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外。圓

21、弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意， 圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有 聯(lián)立式得（2）由（1）中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自點垂直于入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為（不妨設(shè)）的情形。該電子的運動軌跡如圖所示。圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點、DC為x軸，AD為軸的坐標系中，P點的坐標為這意味著，在范圍內(nèi)，p點形成以D為圓

22、心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界。因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為評分參考：本題10分。第（1）問4分，至式各1分；得出正確的磁場方向的，再給1分。第（2）問6分，得出“圓弧是所求磁場區(qū)域的一個邊界”的，給2分；得出所求磁場區(qū)域的另一個邊界的，再給2分；式2分。11.（09年重慶卷）25.（19分）如題25圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直

23、線運動，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場。已知HO=d，HS=2d，=90°。（忽略粒子所受重力）（1）求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角；（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點處，質(zhì)量為16m的離子打在處。求和之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。解析：12.（08四川卷）24如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q（q0）、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為（

24、0。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。解析：據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力 fqvB 式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O。根據(jù)牛頓第二定律 由式得 由于v是實數(shù)，必須滿足0 由此得B 可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為 此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為 由式得 13.（08重慶卷）25.題25題為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.

25、對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求：（1）磁感應強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）；（2）離子沿與CM成角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；（3）線段CM的長度.解析：（1）設(shè)沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R由R=d得B磁場方向垂直紙面向外（2）設(shè)沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R，運動時間為t由vcos=v0 得vR=方法一：設(shè)弧長為st=

26、s=2(+)×Rt=方法二：離子在磁場中做勻速圓周運動的周期Tt=×=(3)方法一：CM=MNcot=以上三式聯(lián)立求解得CM=dcot方法二：設(shè)圓心為A，過A做AB垂直NO，可以證明NMBONM=CMtan又BO=ABcot=Rsincot=CM=dcot14.(07寧夏理綜) 24.在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B。一質(zhì)量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點（APd）射入磁場（不計重力影響）。(1)果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。RAOPDQ(2)如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與

27、半圓在Q點切線方向的夾角為（如圖）。求入射粒子的速度。解析：由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。 設(shè)入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得： 由上式解得 (2)如圖所示設(shè)O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O/Q，設(shè)O/QR/。 由幾何關(guān)系得： RAOPDQO/R/ 由余弦定理得： 解得 設(shè)入射粒子的速度為v，由 解出 15.（06四川卷）25如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著 豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=1.57T.小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比q1/m1=4 C/kg,所受重力與電場力的大小相等;

28、小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球向右以v0= m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過0.75 s再次相碰。設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)。（取g=10 m/s2)問：(1)電場強度E的大小是多少？(2)兩小球的質(zhì)量之比是多少？解析：(1)小球1所受的重力與電場力始終平衡 m1g=q1E E=2.5 N/C (2)相碰后小球1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：= 半徑為 周期為 1 s 兩小球運動時間 t=0.75 s=T小球1只能逆時針經(jīng)個圓周時與小球2再次相碰 第一次相碰后小球2做平拋運動 L=R1=v1t 兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水

29、平向右為正方向 由、式得 由式得 兩小球質(zhì)量之比 16（2009北京宣武區(qū)）如圖所示，在x軸的上方（y0的空間內(nèi)）存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶正電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成45°角，若粒子的質(zhì)量為m，電量為q，求：（1）該粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑；（2）粒子在磁場中運動的時間。解析：（1）qvB=mv2/R R =mv/qB（2）T = 2m/qB 粒子軌跡如圖示：A×××××××××

30、5;××××××o'oRL2L1 t =T = 17(2009年湖南郴州市高三調(diào)研試題)如圖所示，一矩形線圈在勻強磁場中繞OO' 軸勻速轉(zhuǎn)動，磁場方向與轉(zhuǎn)軸垂直已知線圈匝數(shù)n=400，電阻r01，長L1=005m，寬L2=004m，角速度l00 rads，磁場的磁感應強度B025T.線圈兩端外接電阻R=99的用電器和一個交流電流表(內(nèi)阻不計)，求：(1)線圈中產(chǎn)生的最大感應電動勢(2)電流表A的讀數(shù)(3)用電器上消耗的電功率解析：(1)EmnBS代人數(shù)據(jù)得 Em400××××l0

31、0 V20 V (2)Im=代人數(shù)據(jù)得ImA=2A 是正弦交變電流，所以電流表讀數(shù)即有效值I=A=141A (3)pI2R×99W19，8W ××××××××××××abcdOv018(2009年安徽合肥35中高三物理第一次質(zhì)量抽測試卷)如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角 = 30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為

32、L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：（1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍.（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間.答案：（1）v0 （2）解析：（1）若粒子速度為v0，則qv0B =，所以有R =，設(shè)圓心在O1處對應圓弧與ab邊相切，相應速度為v01，則R1R1sin =，將R1 =代入上式可得，v01 =類似地，設(shè)圓心在O2處對應圓弧與cd邊相切，相應速度為v02，則R2R2sin =，將R2 =代入上式可得，v02 =所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足v0（2）由t =及T =可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越長，在磁場中運動的時間也

33、越長。由圖可知，在磁場中運動的半徑rR1時，運動時間最長，弧所對圓心角為（22），所以最長時間為t =19(2009年江蘇睢寧高中16) 如圖所示，在xoy平面內(nèi)，MN和x軸之間有平行于y軸的勻強電場和垂直于xoy平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點4 L的A點處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v0的電子（質(zhì)量為m，電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運動.如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標原點3L的C點離開磁場.不計重力的影響，求：（1）磁感應強度B和電場強度E的大小和方向；（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D點（圖中未標出）離開電場，求D點的坐標； 圖1（

34、3）電子通過D點時的動能。解析：（1）只有磁場時，電子運動軌跡如答圖1所示，洛侖茲力提供向心力，由幾何關(guān)系： ，求出，垂直紙面向里。 電子做勻速直線運動 ， 求出，沿軸負方向。圖2（2）只有電場時，電子從MN上的D點離開電場，如答圖2所示，設(shè)D點橫坐標為 ， ， ，求出D點的橫坐標為 ，縱坐標為 。（3）從A點到D點，由動能定理 ，求出 。20（2008年上海市長寧區(qū)4月模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、電量為e的電子，由a點以速率v豎直向上射入勻強磁場，經(jīng)過一段時間后由b點以不變的速率v反方向飛出，已知ab長為L試求（1）電子在勻強磁場中飛行時的加速度，并說明電子在磁場中作什么運動；（2）求勻強磁場

35、的磁感應強度B的大小和方向解：（1）電子的加速度大小 方向不斷變化 電子從a b作勻速圓周運動 （2） 解得 B的方向垂直紙面向里 21（2007江蘇南京期末）如圖所示，橫截面為矩形的管道中，充滿了水銀，管道的上下兩壁為絕緣板，左右兩壁為導體板，（圖中斜線部分），兩導體板被一無電阻的導線短接。管道的高度為，寬度為，長度為。加在管道兩端截面上的壓強差恒為，水銀以速度沿管道方向流動時，水銀受到管道的阻力與速度成正比，即（為已知量）。求：（1）水銀的穩(wěn)定速度為多大？（2）如果將管道置于一勻強磁場中，磁場與絕緣壁垂直，磁感應強度的大小為，方向向上，此時水銀的穩(wěn)定流速又是多大？（已知水銀的電阻率為，磁場只存在于管道所在的區(qū)域，不考慮管道兩端之外的水銀對電路的影響）答案：（1），（2）感應電動勢）電阻由歐姆定律得由平衡條件可得所以22（北京順義區(qū)2008屆期末考）兩塊金屬a、b平行放置，板間存在與勻強電場正交的勻強磁場，假設(shè)電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以一定的初速度v0從兩極板中間，沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉(zhuǎn)地通過場區(qū)，如圖所示。已知板長l=10cm，兩板間距d=，兩板間電勢差U=150V，v0=2.0