【2020年高考名校物理】專題22電學(xué)計算題

1、專題22電學(xué)計算題名校試題匯編1.(2019山東省青島市模擬)如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點，小球帶電荷量為+q,靜止時距地面的高度為h,細(xì)線與豎直方向的夾角為“=37°,重力加速度為g.(sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8)求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E;(2)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，小球落地過程中小球水平位移的大小;(3)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動能.答案鬻和Imgh解析(1)小球靜止時，對小球受力分析如圖所示，由 Ftcos 37 = mgFTsin 37 = qE解得：e= 3mg4q

2、(2)剪斷細(xì)線，小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做加速度為a的勻加速運動，由 Eq = max=2at2h=；gt2聯(lián)立解得：x=h4 25(3)從男斷細(xì)線到洛地瞬間，由動能te理得：Ek= mgh+ qEx=16mgh.2.(2019陜西省咸陽市質(zhì)檢)如圖所示，將帶電荷量均為+ q、質(zhì)量分別為 m和2m的帶電小 球A與B用輕質(zhì)絕緣細(xì)線相連，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中由靜止釋放，小球A和B 一起以1 大小為3g的加速度豎直向上運動.運動過程中，連接 A與B之間的細(xì)線保持豎直方向，小球A和B之間的庫侖力忽略不計，重力加速度為g,求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng) E的大小；(2)當(dāng)A、B一起向上運動t0

3、時間時，A、B間的細(xì)線突然斷開，求從初始的靜止?fàn)顟B(tài)開始經(jīng)過2t0時間，B球電勢能的變化量.答案2mg (2)減小了 mg2to2 q解析(1)由于小球在電場中向上做勻加速運動，對于A、B兩球組成的整體，由牛頓第二定律可彳導(dǎo):2Eq 3mg = 3ma 其中：a=3g代入可得：E = 2mg q(2)當(dāng)細(xì)線斷開時，B球受到豎直向上的電場力：F電 = Eq=2mg小球B受到的電場力和重力二力平衡，所以小球B接下來向上做勻速直線運動，其速度大1小為勻加速運動的末速度：v= ato= -gto3在勻加速階段小球 B上升的高度為：hi =2ato2= 6gto2在勻速階段小球 B上升的高度為：h2=vt

4、o=3gto2所以在整個過程中電場力做功為：W= Eq(hi + h2)= mg2to2由于電場力對小球 B做了 mg2t02的正功，所以小球 B電勢能減小了 mg2t02.3.(2019廣東省韶關(guān)市調(diào)研)如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面 ADEC向外的勻強(qiáng)磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo, OF為上、下磁場的水平分界線.質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的粒子從 AC邊界上與 O點相距為 a的P點垂直于 AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng) OF上的Q點第一次進(jìn)入下方磁場區(qū) 域，Q與。點的距離為3a.不考慮粒子重力.(1)求粒子射入時的速度大小；(2)要使粒子

5、不從 AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi應(yīng)滿足的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=3Bo,粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界 DE與AC間距離的可能值.答案(1)5am (2)Bi>8B0 (3)4na(n= 1,2,3,)解析(1)粒子在OF上方的運動軌跡如圖所示，36設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,由幾何關(guān)系可知 R2-(R-a)2=(3a)2, R=5a由牛頓第二定律可知：qvBo=m(,解得：v=5aqB Rm(2)當(dāng)粒子恰好不從 AC邊界飛出時，運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在OF下方做圓周運動的半徑為門,由幾何關(guān)系得：r + ricos 0= 3a, cos。=今 所以1

6、= 43，根據(jù)qvBi = V,解得：Bi =,'58ri3當(dāng)Bi等時，粒子不會從 AC邊界飛出；(3)當(dāng)B=3B。時，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在OF下方的運動半徑為：r = 5a,設(shè)粒子3的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為Pi,則P與Pi的連線一定與 OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知： 耐=4a,所以若粒子最終垂直 DE邊界飛出，邊界 DE與AC間 的距離為：L = nPPi =4na(n=1,2,3,).4.(2019河南省商丘市模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，兩個電場的場強(qiáng)大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙

7、面的勻強(qiáng)磁場，讓一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(L, L)點由靜止釋放，結(jié)果粒子沿直線運動到坐標(biāo)原點并進(jìn)入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的Q(L,0)點進(jìn)入第一象限，重力加速度為g,求：(1)粒子從P點運動到坐標(biāo)原點的時間；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。答案(i)Z2F (2)蜉, 2g方向垂直紙面向里解析(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電.由運動學(xué)知識可得 mg=qE1=qE2, J2mg= ma,、2L = ；at2,解得 t= 1c(2)設(shè)粒子從。點進(jìn)入第四象限的速度大小為v,由動能定理可得 mgL+

8、qEiL=/mv2 解得v=2.JgL,方向與x軸正方向成45。角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進(jìn)入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為R = 2L由牛頓第二定律可得 Bqv = m( 解得B = 2m 2g5.(2019山東省日照市一模)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，存在電場強(qiáng)度大小 E=2X105N/C、方向垂直于 x軸的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B= 0.2 T、方向與xOy

9、平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場.在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ,在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m=6.4 M0-27kg、電荷量q=3.2 10 19 C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿 x軸做勻速直線運動.若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度 3= 2兀rad/s>時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中).(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點的范圍距離；(4)熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間答案見解析解析(1)帶正電粒子(重力不計)在復(fù)合場中沿x軸

10、做勻速直線運動，據(jù)左手定則判定洛倫茲 力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上有 qE=qvB速度 v=E= 2 10 m/s= 106 m/s B 0.2v2(2)撤去電場后，有 qvB = mR所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑mv RqBm = 0.1 m6.4 X 10 27X 1063.2X 10 19X 0.2(3)粒子運動軌跡如圖所示，若粒子在熒光屏上能最上端打在B點，最下端打在 A點 由圖可知：doA= Rtan 60 = 3R doB= R所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB = (J3+ 1)R= 0.273 m2 7m _ 一 (4)因為粒子在磁場中做圓周運動的周期T =

11、 - = 6.28X 10 7 s,所以粒子在磁場中運動的時qB間可以忽略不計閃光點從最低點移到最高點的過程中，粒子發(fā)射槍轉(zhuǎn)過的圓心角上52t65jt所用的時間t = "=;6- s=s= 0.42 s co 2 兀 126.(2019福建省南平市適應(yīng)性檢測 )如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E, x軸下方存在垂直坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一個靜止的帶正電粒子位于y軸正半軸的A(0, h)點，某時刻由于內(nèi)部作用，分裂成兩個電荷量都為+ q的粒子a和b,分別沿x軸正方向和負(fù)方向進(jìn)入電場.已知粒子a的質(zhì)量為m,粒子a進(jìn)入第一象

12、限的動量大小為p.設(shè)分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運動過程不計粒子重力和粒子間的相互作用.求：(1)粒子a第一次通過x軸時離原點O的距離x;(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過 x軸時兩點間的距離 L.答案見解析解析(1)如圖所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動由平拋運動規(guī)律可得：x= vot1h=2at2 qE= ma p= mvo 聯(lián)立解得：x= p 2-2h-mEq(2)粒子a進(jìn)入磁場時，設(shè)速度為 v,與x軸正方向成。角，y軸方向的速度為vy,則 vy= at vy=vsin 通粒子a在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r,有 qvB = 由幾何知識得:L=2rs

13、in 聯(lián)立式解得：L=il7.(2019吉林省吉林市第二次調(diào)研 )如圖甲所示，一邊長 L = 2.5 m、質(zhì)量m=0.5 kg的正方形 金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8 T的勻強(qiáng)磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運動，經(jīng)過5s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖象如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中，(1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻；(2)分析線框運動性質(zhì)并寫出水平力F隨時間變化的表達(dá)式；(3)已知在這5 s內(nèi)力F做功1.92 J,那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少 答案見解析解析 根據(jù)q

14、=Tt,由I t圖象得，q=1.25 C又根據(jù)IE_ AO_ BL2 R = tR = tR得 R= 4 QI=0.1t(2)由題圖乙可知，感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律:由感應(yīng)電流1=學(xué)，可得金屬線框的速度隨時間也是線性變化的，v= = 0.2tRBL線框做初速度為0的勻加速直線運動，力口速度 a=0.2 m/s2線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動，F(xiàn)F安=ma又F安=BIL得 F=(0.2t+0.1) N;(3)5 s時，線框從磁場中拉出時的速度v5= at= 1 m/s1 一由能重寸恒得： W= Q + mv521線框中廣生的焦耳熱 Q = W 2mv52= 1.67 J8 (20

15、18江西省十所省重點高中二模 )如圖所示，在紙面內(nèi)有兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場，虛線等邊三角形ABC為兩磁場的理想邊界.已知三角形 ABC邊長為L,虛線三角形內(nèi)為方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，三角形外部的足夠大空間為方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.一電荷量為+ q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從 AB邊中點P垂直AB邊射入三角 形外部磁場，不計粒子的重力和一切阻力，試求：(1)要使粒子從P點射出后在最短時間內(nèi)通過B點，則從P點射出時的速度v。為多大？(2)滿足(1)問的粒子通過B后第三次通過磁場邊界時到B的距離是多少？(3)滿足(1)問的粒子從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為多

16、少？畫出粒子的軌跡并計算.答案(1)qBL (2)3L (3)見解析 4m 4解析(1)當(dāng)粒子運動半個圓周到達(dá)B點時所用時間最短，此時粒子做圓周運動半徑=根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得r=mf,解得vo=qBL;qB4m(2)粒子做圓周運動半徑 r = 4，由幾何關(guān)系可知:一. .一. .一 .一 ,. .3L設(shè)過B點后第三次通過磁場邊界時到B點的距離為s, s=3r=3=;(3)粒子運動軌跡如圖粒子在磁場中運動的周期T = $,由圖可知從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為125tmin =八 T =625 m3qB9.(2018福建省南平市適應(yīng)性檢測)如圖所示，一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固

17、定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L = 0.2 m,左端接有阻值 R= 0.3 的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B= 1.0 T. 一根質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r= 0.1 的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當(dāng)金屬棒通過位移x=9 m時離開磁場，在離開磁場前已達(dá)到最大速度當(dāng)金屬棒離開磁場時撤去外力F ,接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h= 0.8 m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)回0.1,導(dǎo)軌電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取 g = 10 m/s2.求：(1

18、)金屬棒運動的最大速率V； (2)金屬棒在磁場中速度為2時的加速度大??；(3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.答案見解析解析(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得: 1,mv2= mgh 由得：v= 2gh=4 m/s(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時，設(shè)回路中的電流為I,根據(jù)平衡條件得F=BIL+ 科 mg聯(lián)立式得F=0.6 N 金屬棒速度為2時，設(shè)回路中的電流為I',根據(jù)牛頓第二定律得F BI' Lmg= mar =-BLv-)2 R+r聯(lián)立得：a= 1 m/s2(3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)功能關(guān)

19、系:1. 2 -Fx=mg X2mv2+QR則電阻R上的焦耳熱 Qr= RR；Q 聯(lián)立解得：Qr=1.5 J.10. (2018遼寧省大連市第二次模擬 )如圖甲所示，將一傾角437。的粗糙絕緣斜面固定在地面上，空間存在一方向沿斜面向上的勻強(qiáng)電場.一質(zhì)量m= 0.2 kg,帶電荷量 q = 2.0X10 3 C的小物塊從斜面底端靜止釋放，運動 0.1 s后撤去電場，小物塊運動的vt圖象如圖乙所示(取沿斜面向上為正方向)，g = 10 m/s2(sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8),求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)小物塊在00.3 s運動過程中機(jī)械能增加量.答案 (1)3X103

20、 N/C (2)0.36 J解析 (1)加速時：a=記= 20 m/s2減速時：加速度大小a2= 乎 =10 m/s2t2由牛頓第二定律得：Eq mgsin。一 Ff = ma1mgsin 0+ Ff= ma2聯(lián)立得 E= 3X103 N/C摩擦力Ff= 0.8 N(2)方法一：AEk=0AEp= mgxsin 37 °x= 0.3 mAE= AEpAE=0.36 J方法二：加速距離 X1 = 2t1=0.1 m減速距離 X2=2t2= 0.2 m 電場力做功 WE = Eqx1=0.6 J 摩擦力做功 Wf = Ff(xi + X2)= 0.24 J物塊在00.3 s運動過程中機(jī)械

21、能增加量AE= We+Wf = 0.36 J.11. (2018陜西省西安一中一模)一質(zhì)量為m的帶電小球以速度 vo沿豎直方向從 A點垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場E中，如圖所示，經(jīng)過一段時間后到達(dá)B點，其速度變?yōu)樗椒较颍笮∪詾関0,重力加速度為g,求：(1)小球帶電情況；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值.答案(1)小球帶正電，電荷量為 mg (2)£f，與水平方向的夾角為45。斜向右上方2 v02解析(1)從A到B過程中，在豎直方向小球做勻減速運動，加速度ay= gB點是最高點，豎直分速度為0,有：t = v0g水平方向小球在電場力作用下做勻加速運動，可知小球帶正電初速度為0

22、,加速度ax=qE m水平方向有：V0= qmt聯(lián)立解得：Eq = mg可得q= mg(2)在兩個方向上的運動互為逆運動，故小球運動的水平位移大小等于豎直位移大小在豎直方向有2gh = vo2-2可得仁2g 所以位移為'2卜="近2g其與水平方向的夾角為0tan 0= mg=1,即位移與水平方向的夾角為45。斜向右上方qE(3)設(shè)重力與電場力的合力為F,其與水平方向的夾角為0則：tan 0= mg= 1,如圖所示qE開始一段時間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于 90。，合力做負(fù)功，動能減小后來F與速度夾角小于90°,合力做正功，動能增加因此，當(dāng)F與速度V的方向垂直時，小球的

23、動能最小，速度也最小，設(shè)為Vmin即：tan 0=弋;1 ,則 Vx=Vy, Vx=qmt' =gt' , Vy=V0 gt'解得 t' =20，Vmin = 'vx2+ Vy2= '0.12.(2018閩粵期末大聯(lián)考)如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場中有一固定點O,用一根長度為L = 0.4 m的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為 m = 0.20 kg,帶有q=6.0X 10 4 C正電荷的金屬小球懸 掛在。點，小球靜止在 B點時細(xì)線與豎直方向的夾角為0= 37°.已知A、C兩點分別為細(xì)線懸掛小球的水平位置和豎直位置，求：(g取10 m/s2, si

24、n 37 = 0.6, cos 37 = 0.8)(1)A、B兩點間的電勢差 Uab.(2)將小球拉至位置 A使細(xì)線水平后由靜止釋放，小球通過最低點C時細(xì)線對小球的拉力F的大小.(3)如果要使小球能繞 。點做完整的圓周運動，則小球在A點時沿垂直于 OA方向運動的初速度vo的大小.答案 (1) 400 V (2)3 N (3HJ21 m/s解析(1)帶電小球在B點靜止受力平衡，根據(jù)平衡條件得：qE=mgtan依得：E =V/m =2.5 103 V/m6.0 x 10mgtan ( 0.20 x 10 x tan 37 由U = Ed 有：Uab= EL(1sin ° = 2.5X 1

25、03X 0.4 X (1 sin 37 )° V = - 400 V.(2)設(shè)小球運動至C點時速度為vc,則：1 一 2mgL qEL = 2mvc2解得：vc = 2 m/s在C點，小球所受重力和細(xì)線的合力提供向心力：vc2F mg= m,聯(lián)立解得：F = 3 N.(3)分析可知小球做完整圓周運動時必須通過B點關(guān)于O點的對稱點，設(shè)在該點時小球的最小速度為v,則：mv2mgcos 0+ qEsin 0= l1 o 1 o-mgLcos。 qEL(1 + sin 0 = 2mv2 2mv02聯(lián)立解得：v0 = ； 21 m/s.13.(2018安徽省皖南八校第二次聯(lián)考 )如圖，一質(zhì)量為

26、 mi= 1 kg,帶電荷量為q=+ 0.5 C的 小球以速度vo= 3 m/s ,沿兩正對帶電平行金屬板 (板間電場可看成勻強(qiáng)電場)左側(cè)某位置水平 向右飛入，極板長 0.6 m,兩極板間距為0.5 m,不計空氣阻力，小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC,圓弧軌道ABC的形狀為半徑 R<3 m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑，在過A點豎直線OO的右邊界空間存在豎直向下的勻強(qiáng) 電場，電場強(qiáng)度為 E= 10 V/m.(Bg=10 m/s2)求：(1)兩極板間的電勢差大小U ;R的取值應(yīng)滿足的條件.(2)欲使小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道，求半

27、徑答案(1)10 V (2)3 m>R>2| m 或 RW25 m 1863解析(1)在A點，豎直分速度 vy= v0tan 53 = 4 m/s帶電粒子在平行板中運動時間t"2 svy=at,得 a= 20 m/s2又 mg+E' q = maE' =U,得 U=10 V dvo(2)在 A 點速度 VA=cos1r. 5 m/s 若小球不超過圓心等高處，則有 12mvA2w (mg+ qE)Rcos 53故 3 m>R>25 m 18若小球能到達(dá)最高點C,則有12。 12mvA= (mg + qE)R (1 + cos 53 ) + 2mv

28、c22 _ VC在 C 點：mg+ Eq< m-R可得"7叫qER25聯(lián)立解得：Rw|5m 故圓弧軌道半徑R的取值條件為:3 m>R> 25 m 或 R<|5 m 1863. 1 一14.（2018四川省樂山市第一次倜研 ）如圖所小，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R=0.5 m的4圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度 E=5X 103 N/C.今有一質(zhì)量為 m=0.1 kg、帶電荷量q=+8M05C的小滑塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放.若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)-0.05,取 g = 10 m

29、/s2,求：(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力；(2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離；(3)小滑塊最終運動情況.答案(1)2.2 N,方向豎直向下(2)2 m (3)在圓弧軌道上往復(fù)運動3解析(1)設(shè)小滑塊第一次到達(dá) B點時的速度為VB,對圓弧軌道最低點 B的壓力為FN,則由12AfB,有 mgRqER=2mvB2 vb2Fn' mg= m-R-由牛頓第三定律 Fn' =Fn故Fn= 3mg2qE= 2.2 N ,方向豎直向下，(2)設(shè)小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x,對全程由動能定理有 mgR- qE(R+ x) -mgx 0得 x= 2 m

30、 3(3)由題意知 qE= 8X 10 5X 5X 103 N = 0.4 N科 mg=0.05X 0.1X10 N= 0.05 N因此有qE>mg所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復(fù)運動.15.(2018天津市部分區(qū)上學(xué)期期末 )如圖甲所示，固定的兩光滑導(dǎo)體圓環(huán)相距 1 m.在兩圓環(huán) 上放一導(dǎo)體棒，圓環(huán)通過導(dǎo)線與電源相連，電源的電動勢為3 V,內(nèi)阻為0.2 導(dǎo)體棒質(zhì)量為60 g,接入電路的電阻為1.3 Q,圓環(huán)電阻不計，勻強(qiáng)磁場豎直向上.開關(guān) S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，該位置對應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為0= 37。，如圖乙所示，(g取 10 m/s2, sin 37 =0.6, c

31、os 37 = 0.8）求:(1)棒靜止時受到的安培力的大小；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.答案(1)0.8 N (2)0.4 T解析(1)對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，如圖所示有mg=tan 0解得F = 0.8 N(2)由閉合電路歐姆定律，得I = R解得I = 2 A由安培力的公式 F=BIL,得B=， 解得 B=0.4 T.16.(2018山東省荷澤市上學(xué)期期末)如圖所示，在傾角為 0= 37。的斜面上，固定一寬為 L = 1.0 m的平行金屬導(dǎo)軌.現(xiàn)在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量m=0.4 kg、電阻Ro= 2.0 、長為1.0 m的金屬棒ab,它與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為 科=0.5.整個裝置

32、處于方向豎直向上、 磁感應(yīng) 強(qiáng)度大小為B=2 T的勻強(qiáng)磁場中.導(dǎo)軌所接電源的電動勢為E=12 V,內(nèi)阻r=1.0 Q,若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力， 滑動變阻器的阻值符合要求， 其他電阻不計，取g = 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8.現(xiàn)要保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止不動，求：(1)金屬棒所受安培力的取值范圍；(2)滑動變阻器接入電路中的阻值范圍.8答案 (1)彳 NWFW8 N (2)0 WRW 30 Q解析(1)當(dāng)金屬棒剛好達(dá)到向上運動的臨界狀態(tài)時，金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，此時金屬棒所受安培力最大，設(shè)金屬棒受到的安培力大小為Fi,

33、其受力分析如圖甲所示.則有Fn = Fisin 0+ mgcos 0, Ficos 0= mgsin 0+ F fmax , F fmax = i Fn以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得Fi = 8 N當(dāng)金屬棒剛好達(dá)到向下運動的臨界狀態(tài)時，金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向上，此時金屬棒所受安培力最小，設(shè)金屬棒受到的安培力大小為F2,其受力分析如圖乙所示.則有Fn' = F2sin 0+ mgcos 0, F2cos 0+ F fmaxz = mgsin 0, F fmaxz =IN以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得F2 = ：8i N所以金屬棒受到的安培力的取值范圍為8- N<F

34、<8 N11(2)因磁場與金屬棒垂直，所以金屬棒受到的安培力為F=BIL,因此有1 =擊，由安培力的取值范圍可知電流的取值范圍為A<I<4 A11 4 設(shè)電流為Ii=行A時滑動變阻器接入電路中的阻值為Ri,由閉合電路歐姆定律，有EIir= Ii(Ro+ Ri),代入數(shù)據(jù)可得Ri = 30 Q設(shè)電流為12=4 A時滑動變阻器接入電路中的阻值為R2,由閉合電路歐姆定律，有 E-I2r =|2(Ro+ R2),代入數(shù)據(jù)可得R2=0所以滑動變阻器接入電路中的阻值范圍為0WRW30 Q.i7.(20i8湖北省華中師大一附中模擬 )如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離

35、為d,兩板中央各有一個小孔O、O'正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示.有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場.已知正離子質(zhì)量為 m、帶電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng) 強(qiáng)度變化的周期都為 T。，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力.求：(i)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo的大小.(2)要使正離子從 O'垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度vo的可能值.答案2T0(2)黑(n=i,2,3,)解析 設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向.2(i)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力Boqvo=¥R做勻速

36、圓周運動的周期 To=2JRvo由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo = WmqTo(2)要使正離子從 O'孔垂直于N板射出磁場，vo的方向應(yīng)如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期即To時，有R=當(dāng)兩板之間正離子運動 n個周期即nTod時，有 R= 4n(n= 1,2,3,).聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為vo =BoqR =m2nr(n=1,2,3,)18.(2018江西省南昌二中第四次模擬 )如圖所示，在E=103 V/m的水平向左的勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑 R=40 cm, 一帶正電荷q= 10

37、4 C的小滑塊質(zhì)量為 m = 40 g,與水 平軌道間的動摩擦因數(shù)尸0.2,取g= 10 m/s2,問：(1)要使小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點C,滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠(yuǎn)處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過 P點時對軌道壓力是多大？(P為半圓軌道中點)答案 (1)20 m (2)1.5 N解析(1)設(shè)滑塊與N點的距離為L,1 C 由動能7E理可得，qEL- wmgmg 2R= jmv2 02小滑塊在C點時，mg= mz- R解得 v= 2 m/s, L = 20 m1(2)滑塊到達(dá)P點時，對全過程應(yīng)用動能te理得，qE(L+R)-mgmgR= 2mvp2- 0在 P 點，F(xiàn)n qE = mv

38、1",解得 Fn= 1.5 N R由牛頓第三定律可得，滑塊通過P點時對軌道壓力大小是 1.5 N.19.(2018湖南省長沙市雅禮中學(xué)模擬二 )如圖所示，在x軸和x軸上方存在垂直xOy平面向 外的勻強(qiáng)磁場，坐標(biāo)原點。處有一粒子源，可向 x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為V、質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的同種帶電粒子.在 x軸上距離原點x0處垂直于 x軸放置一個長度為 x。、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?).現(xiàn)觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行.不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力.(1)求

39、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)求被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值；(3)若在y軸上放置一擋板，使薄金屬板右側(cè)不能接收到帶電粒子，試確定擋板的最小長度 和放置的位置坐標(biāo).答案見解析沿一x方向解析(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動,射出的粒子恰好打在金屬板的上端，如圖a所示，由幾何知識可知 R= xo,根據(jù)洛倫茲力提2供向心力有qvB = mR聯(lián)立得：B=mv (2)設(shè)粒子做勻速圓周運動的周期為圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個臨界點，由圖可知到達(dá)薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時最短，此時圓心 O'與坐標(biāo)原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方

40、向和x軸正方向成30。，故最短時間tmin=T=產(chǎn)，圖c為打在板右側(cè)下端的臨界點，由圖a、c可6 3v知到達(dá)金屬板右側(cè)下端的粒子用時最長，圓心O '與坐標(biāo)原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和 x軸正方向成150°,故最長時間移:?0 6 3v則被板接收的粒子中運動的最長和最短時間之差為At = tmax-tmin= Tx03v（3）由圖a可知擋板上端坐標(biāo)為（0,2x0） 由圖c可知擋板下端y坐標(biāo)為y2=2xos 30 = 3x0,下端坐標(biāo)為（0, 3x0） 最小長度 L=2r3x0=（2 43）x020.（2018山東省泰安市上學(xué)期期末）回旋加速器的工作原理如圖

41、所示，置于真空中的兩個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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直.設(shè)兩D形盒之間所加的交流電壓為 U,被加速的粒子質(zhì)量為 m、 電荷量為q,粒子從D形盒一側(cè)開始被加速（初動能可以忽略），經(jīng)若干次加速后粒子從 D形 盒邊緣射出.求:(1)粒子從靜止開始第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫加速后的速度大小;(2)粒子第一次進(jìn)入D形盒磁場中做圓周運動的軌道半徑;(3)粒子至少經(jīng)過多少次加速才能從回旋加速器答案管嗯2mu明需1 C解析(1)粒子在電場中被加速，由動能定理qU = 1mvi2得：v12qU m(2)帶電粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力

42、提供向心力得,2 V1 qvB= m- 口代入數(shù)據(jù)得：1=村2f(3)若粒子從回旋加速器D形盒射出，則粒子做圓周運動的軌道半徑為R,設(shè)此時速度為vn2由洛倫茲力提供向心力得qVnB=mvz-,解得此時粒子的速度為RBqRVn = m此時粒子的動能為 Ek = 2mvn2,代入數(shù)據(jù)得Ek=qmR2粒子每經(jīng)過一次加速動能增加qU,設(shè)經(jīng)過n次加速粒子射出,則nqU=Ek,代入數(shù)據(jù)解得:21. (2018廣東省茂名市第二次模擬)如圖所示，空間存在電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的范圍足夠大的勻強(qiáng)電場.擋板 MN與水平方向的夾角為 0,質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的 粒子從與M點在同一水平線上的 。點以速度v

43、o豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋 板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求：(1)粒子貼近擋板時水平方向速度的大小;(2)0、M間的距離.答案(1) tan 0(2)mvo22qEtan2。解析(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設(shè)此時粒子水平方向速度大小為vx,則tan 0=一解得：Vx=votan 0qE= ma(2)粒子做類平拋運動，設(shè)粒子運動的加速度為a,由牛頓第二定律:1 C在如圖所本的坐標(biāo)系中：vx= at, xo=2at2, yo=vot設(shè)0、M間的距離為d,由幾何關(guān)系：tane= yod + xo解得：d =一 2mv

44、o22qEtan2 622.(2018福建省龍巖市一模)環(huán)保部門為了監(jiān)測某化肥廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計.該裝置的外形為一長方體，由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口，在垂直于上下表面加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極，電阻率為p的污水從左向右勻速流經(jīng)該裝置時，接在兩電極間的理想電壓表顯示兩個電極間的電壓為U,求：(1)該裝置內(nèi)電場場強(qiáng)的大小和方向；(2)污水的流量Q(單位時間內(nèi)排出的污水體積 )；(3)若從兩個電極引出兩條導(dǎo)線，導(dǎo)線間接一阻值為R的電阻時理想電壓表的示數(shù).答案(1)U 方向指向紙外(或由后

45、側(cè)面指向前側(cè)面)(2)Uc (3)。Rac U bB Rac+ p b解析(1)根據(jù)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的公式得：E = -b,因為正、負(fù)離子在流動時，根據(jù)左手定則可知，正離子受洛倫茲力向后側(cè)面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子受洛倫茲力向前側(cè)面偏轉(zhuǎn)，故后側(cè)面上帶正電,前側(cè)面上帶負(fù)電，故后側(cè)面電勢比前側(cè)面高，故場強(qiáng)的方向指向紙外或由后側(cè)面指向前側(cè)面(2)最終正、負(fù)離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有： Eq=qvB又 Q = vS= vcb 聯(lián)立解得：Q = UcB(3)根據(jù)電阻定律有：r =bP rac根據(jù)串聯(lián)電路的特點有:Ui_ U R R+r聯(lián)立得：Ui=RaR，U23.(2018山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為9,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)長度土勻為L、質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長 的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，兩定滑輪間的距離也為 L.左斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長.回路總電阻為 R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為 叢重力加速度大小為 g.使兩金屬棒水平，從靜止開始下滑.求：(1)金屬棒運動的最大速度 Vm的大小；(2)當(dāng)金屬棒運動的速度為 Vm時，其加速度大小是