2020年高考物理《電磁學(xué)綜合計(jì)算題》專題訓(xùn)練及答案解析

qRqR2020年考理電學(xué)合算》題練1.如圖所示，一對(duì)加有恒定電壓平行金屬極板豎直放置，板長(zhǎng)、板間距均為d.在右極板的中央有個(gè)小孔右邊半徑為R的形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域邊界剛好與右極板在小孔P相切．一排寬度也為帶負(fù)電粒子以速度豎直向上同時(shí)進(jìn)入兩極板間后只有一個(gè)子通過(guò)小孔P入磁場(chǎng)其全部打在右極板上且最后一個(gè)到達(dá)極板的粒子剛好打在右極板的上邊緣．已知這排粒子中每個(gè)粒子的質(zhì)量均為、帶電荷量大小均為，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為力．求：

2mv

，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用板間的電壓大??；通過(guò)小孔P的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到極板的距離L；通過(guò)小孔P的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

【解析】(1)依題意，從左極下邊緣射入的粒子恰好打在右極板的上邊緣在豎直方向上有t＝

dvqEqU1在水平方向上有a＝＝，＝m22聯(lián)立解得U.q(2)從小孔P射入場(chǎng)的粒子，電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間dt2經(jīng)過(guò)小孔P時(shí)，水平分速度＝＝進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v＝＋

π＝2v，度向與右極板的夾角θ＝4設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后從Q點(diǎn)開(kāi)磁場(chǎng)，其軌跡如圖所示，·＝.·＝.22

v軌跡圓心在O點(diǎn)，則＝，得rmv2r＝＝＝qBqB由幾何關(guān)系可知粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下，由圖知r＋cos＝(1).3π(3)從小孔P飛出粒子在磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的角度α＝，粒子在磁中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝43π42π32π2πv8通過(guò)小孔P的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間dt＝＋＝＋2

32πR82232R【答案】(1)＝(2)(1＋)(3)＋q22v8v2．如下圖甲所示，一邊長(zhǎng)L＝0.5，量m＝0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的強(qiáng)磁場(chǎng)中．金屬線框的一個(gè)邊與磁場(chǎng)的邊界MN重合在水平拉力用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)＝0.5s線框被拉出磁場(chǎng)得屬線框的電流I隨時(shí)變化的圖象如圖乙所示金屬線框被拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中．求通過(guò)線框?qū)Ь€截面的電量及該金屬框的電阻；寫(xiě)出水平力F隨時(shí)t變化的表式；若已知在拉出金屬框的過(guò)程中水平拉力做功過(guò)程中線框產(chǎn)生的焦耳熱．【解析】(1)根據(jù)題圖乙知，在t＝0.5s時(shí)間通過(guò)金屬框的平電流，EE于是通過(guò)金屬框的電量q＝It＝0.25C.由平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝

，平均電流I＝，tBL通過(guò)金屬框的電量＝t得＝，是金屬框的電阻R＝Ω.Rq(2)由題圖乙知金屬框中感應(yīng)電線性增大，說(shuō)明金屬框運(yùn)動(dòng)速度線性增加，即金屬框1被勻加速拉出磁場(chǎng)．又知金屬框在＝0.5s時(shí)內(nèi)運(yùn)動(dòng)距離＝0.5m由＝得速22度＝＝4m/s.t由圖乙知金屬框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律為＝，中比例系數(shù)k＝2.0A/s.是安培力F隨間t變化規(guī)律為F＝＝kBLtA由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得－＝，所以水平拉力F＝＋＝＋kBLt代入數(shù)據(jù)得水平拉力隨時(shí)間變化規(guī)律為F＝2＋0.8(單位為“”)(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況知金屬框離開(kāi)場(chǎng)時(shí)的速度v＝2＝2由能量守恒知，此過(guò)程中金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝－

＝0.1J.【答案】(1)0.25C0.80Ω(2)＝2＋0.8(位為“N”)(3)0.1J3.如圖所示B間在與豎直方向成45°角向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E間距為的間為為熒屏量＝1.0×10

kg，電荷量q＝C帶電粒子由a點(diǎn)止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過(guò)b到達(dá)熒光屏上的點(diǎn)若在、C間加方向垂直于紙面向外且大小＝0.1T勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的′點(diǎn)圖中未畫(huà))．取10m/s求：(1)的小；(2)加上磁場(chǎng)后，粒子由b點(diǎn)′點(diǎn)電勢(shì)能的變化量及偏轉(zhuǎn)角度．【解析】(1)粒子在A、間勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，則有qEcos45°－＝0①22解得＝2N/C＝1.4N/C(2)粒子從a到b的程中，由動(dòng)能定理得：1qEdsin45°＝b

②解得＝5m/s加磁場(chǎng)前粒子在B、做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：qE＝

③加磁場(chǎng)后粒子在B、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示：由牛頓第二定律得：qvB＝解得：＝5m

④由幾何關(guān)系得：＋(－)解得：＝1.0m粒子在B、間動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做的功為：

⑤W＝－qEy＝－mgy－1.0×10

J⑥由功能關(guān)系知，粒子的電勢(shì)能增加了1.0×10Jd設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ，則sin＝＝0.6R

⑦解得：＝37°【答案】(1)1.4N/C(2)1.0×10J37°4制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)在現(xiàn)代學(xué)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生活器電器等方面有廣泛的應(yīng)用有這樣一個(gè)簡(jiǎn)化模型：如圖所示y軸左右兩邊均存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為左邊的2倍在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子，在t＝0時(shí)大小為v的初速度沿x軸方向射出，另一與a相的粒子b某刻也從原點(diǎn)O以大為v初速度沿軸負(fù)方向射出．不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，粒子相遇時(shí)互不影響．(1)若粒能經(jīng)過(guò)坐標(biāo)為(

31，l)的P點(diǎn)求y軸邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；22(2)為使粒子ab能y軸上(0－點(diǎn)相遇求軸邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值B(3)若軸邊磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，粒子、在動(dòng)過(guò)程中可能相遇的坐標(biāo)值．13【解析】(1)設(shè)a粒在軸側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系(R－)＋(l)＝22R甲v由于＝mv解得＝(2)最，說(shuō)明Q是a、b粒在軸第一次相遇的點(diǎn)，由圖乙可知a、粒子同時(shí)從O點(diǎn)出，且粒子在軸側(cè)運(yùn)動(dòng)的圓周運(yùn)動(dòng)半徑乙lR2v又＝Rqlql2解得＝(3)由丙可見(jiàn)，只有在兩軌跡相交或相切的那些點(diǎn)，才有相遇的可能性，所以有軸上的相切點(diǎn)和軸側(cè)的相點(diǎn)．經(jīng)分析可知，只要、b粒子從O點(diǎn)發(fā)的時(shí)間差滿足一定的條件，這些相交或相切的點(diǎn)均能相遇．丙mv粒子在y軸側(cè)的運(yùn)動(dòng)半徑r＝2mv粒子在y軸側(cè)的運(yùn)動(dòng)半徑r＝Bq①軸的相切坐標(biāo)為2kmv[0，－](＝1,2,3…)Bq②軸側(cè)的相點(diǎn)相遇由丙圖可知＝＝OC＝可得＝－sin60°＝－mvy－cos60°＝－qy軸左的相遇點(diǎn)的坐標(biāo)

3mvBq[－

3Bq

(2n－1)mv，－](＝1,2,3，…)Bqmv2【答案】(2)2kmv3(2－1)(3)[0，－](＝1,2,3…)和[－，](n＝1,2,3，…)BqqBq5.某課外探究小組的同學(xué)們利用校實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的絕緣材料自制了一條細(xì)導(dǎo)軌ABCDP(如圖所示，中段DP段粗糙的水平導(dǎo)軌B點(diǎn)D點(diǎn)在同一水平面上但不重合P端離沙地的高度h＝0.8m；BCD段為環(huán)形導(dǎo)軌，半徑R，其中BC段滑、CD段很粗糙將一個(gè)中心有孔的鋼球孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直)在導(dǎo)軌端點(diǎn)O處球帶電荷量q＝＋3.7×10C，質(zhì)量m＝0.2.某次實(shí)驗(yàn)中在導(dǎo)軌OA段上水平向右的、場(chǎng)強(qiáng)E＝1×10Vm的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，鋼球即開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)，經(jīng)過(guò)C時(shí)速度為m/s，終恰好停在P點(diǎn)已知AB段長(zhǎng)L＝1.0m段L＝1.0，鋼球與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2.求鋼球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)對(duì)軌的彈力；求OA段軌的長(zhǎng)度d；為了讓鋼球從導(dǎo)軌右端拋出，并且落在沙地上的位置最遠(yuǎn)，需在端去多長(zhǎng)的一段水平導(dǎo)軌？鋼球落在沙地上的最遠(yuǎn)位置與點(diǎn)的平距離多大？【解析】(1)在C點(diǎn)設(shè)導(dǎo)軌對(duì)鋼球的彈力方向?yàn)樨Q直向下，v則F＋mg＝mR代入數(shù)據(jù)解得F＝1.6由牛頓第三定律知，鋼球?qū)?dǎo)軌的彈力也為1.6，方向豎直向上1(2)O→C過(guò)程qEd－＋L)－mg·2R2代入數(shù)據(jù)可解得d＝1(3)設(shè)導(dǎo)軌右端截去長(zhǎng)度為x，滑塊離開(kāi)導(dǎo)軌平拋時(shí)的初速度為v，在沙地上的位置與D點(diǎn)水平距離為s，1v＝2μgx，h＝gt，s＝(L－x)t2由以上各式代入數(shù)據(jù)可得s＝1＋0.8x當(dāng)x，即xm時(shí)，最大值s＝1.16m.【答案】N，方向豎直向上(2)1m(3)0.16m1.166.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)且平行光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成α＝53°角導(dǎo)軌間接一阻值為3Ω的阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面QRt3Q9QRt3Q9垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為＝0.5．導(dǎo)體棒的量為＝0.1kg、電阻為＝6Ω導(dǎo)體棒b的質(zhì)為＝0.2kg、電阻為＝3Ω，們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好現(xiàn)圖中的處時(shí)將a由止釋放運(yùn)動(dòng)過(guò)程中它們都能勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，且當(dāng)a剛磁場(chǎng)時(shí)b正好進(jìn)入磁場(chǎng)．53°＝0.853°g取m/s，、電間的相互作用不)，求：在穿磁場(chǎng)的過(guò)程中a、兩體棒上產(chǎn)生的熱量之比；在、兩體棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過(guò)程中，裝置上產(chǎn)生的熱量；M、兩點(diǎn)間的距離．【解析】(1)由焦耳定律得，QIRt，QI得＝，1又根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系得＝IQ2解得：＝(2)設(shè)整個(gè)過(guò)程中裝置上產(chǎn)生的量為Q由＝sinα·＋sinα·，可解得Q＝1.2J3×3(3)設(shè)進(jìn)磁場(chǎng)的速度大小為v，時(shí)電路中的總電阻＝(6)Ω＝7.5Ω3BLvv3由sin＝和msinα，得＝＝RR4d0.5又由＝＋，v＝v由上述兩式可得＝12(m/s)，

16＝97M、兩之間的距離s＝－＝m21227【答案】(2)1.2J(3)m9127.如圖所示兩距為l的足長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上個(gè)空間存在豎直向下的磁場(chǎng)，虛線將磁場(chǎng)分成兩部分，虛線左、右兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、B，且B＝2B.兩質(zhì)量均為的導(dǎo)棒甲、乙垂直導(dǎo)軌靜止地放在虛線的左側(cè)，導(dǎo)體棒甲乙阻值分別為R.現(xiàn)給體棒甲一水平向右的沖量，兩導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)個(gè)過(guò)程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)．求導(dǎo)體棒甲開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中的電流．如果導(dǎo)體棒乙運(yùn)動(dòng)到虛線前達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，求導(dǎo)體棒乙穩(wěn)定時(shí)的速度大?。畬?dǎo)體棒乙越過(guò)虛線后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間再次達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，假設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒甲剛好運(yùn)動(dòng)到虛線．求導(dǎo)體棒乙從越過(guò)虛線到再次穩(wěn)定的過(guò)程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱．【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體棒甲得到?jīng)_I時(shí)的度為，導(dǎo)體棒甲產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，回路中的電流為i，則由動(dòng)量定得I＝mv

由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv由閉合電路歐姆定律得i＝

E，R＋RBlI聯(lián)立得i＝.(2)導(dǎo)體棒甲和導(dǎo)體棒乙在虛線側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受安培力大小相等相，二者組成的系統(tǒng)所受的合力為零兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒體甲和導(dǎo)體棒乙在虛線左側(cè)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)兩導(dǎo)體棒速度相等體棒乙速度達(dá)到最大設(shè)最大速度為v此時(shí)I根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv解得v＝.2m(3)導(dǎo)體棒乙剛進(jìn)入虛線右側(cè)的場(chǎng)中時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒甲產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，體棒乙產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則由拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv、E＝Blvm又B，所以E＝2E導(dǎo)體棒乙越過(guò)虛線后中即產(chǎn)生感應(yīng)電流培力作用下導(dǎo)體棒甲做減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒乙做加速運(yùn)動(dòng)直至兩棒生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)二者做勻速運(yùn)動(dòng)此設(shè)導(dǎo)體棒甲的速度為v，體棒乙的速度為這一過(guò)程所用的時(shí)間為t.此有Blv＝Blv解得v＝2v－設(shè)在t時(shí)內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒甲、乙電流的平均值為I以水平向右為正方向．5555－對(duì)導(dǎo)體棒甲，根據(jù)動(dòng)量定理有，－Blt＝mv－mvm－對(duì)導(dǎo)體棒乙，根據(jù)動(dòng)量定理有BIlt－mv36聯(lián)立解得v＝v，v＝vm設(shè)導(dǎo)體棒乙越過(guò)虛線后，整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為，根據(jù)能量守恒定律有111Q＝2×mv－mv－mv222I聯(lián)立得Q＝.40mBlIII【答案】(2)(3)2m40m8.如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為的形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)粒源位于圓周的M點(diǎn)向磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)垂直磁場(chǎng)沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，不計(jì)粒子重力N為周上另一點(diǎn)，半徑和ON間的角為，且滿足tan

θ＝0.5.2qBR(1)若某一粒子以速率＝，與MO成60°斜向上方射入磁場(chǎng)，求此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)若某一粒子以速率沿方向射入磁場(chǎng)恰能從N點(diǎn)離磁場(chǎng)求此粒子的速率v(3)若由點(diǎn)射入磁場(chǎng)各個(gè)方向的所有粒子速率均為v，求磁場(chǎng)有粒子通過(guò)的區(qū)域面積．【解析】粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)軌跡半徑為r由牛頓第二定律可得B＝rmv解得：＝＝粒子沿與MO成60°角方向射入場(chǎng)，設(shè)粒子從區(qū)域邊界射，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示．由圖中幾何關(guān)系可知粒子軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為α甲方法1：故粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)間αrα5πt＝＝＝v6π方法2：粒子運(yùn)動(dòng)周期＝Bq150°粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T360°5π得＝6(2)粒子以速率方射磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好從N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙，設(shè)粒子軌跡半徑為r，由圖中幾何關(guān)系可得：θ1rtan＝22乙由牛頓第二定律可得mvqvB＝解得粒子的速度qBrqBRv＝m2(3)粒子沿各個(gè)方向以進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)時(shí)的軌跡半徑都為，不變．由圖丙可知，粒子在磁場(chǎng)中通過(guò)的面積S等于O為圓的扇形MOO面積S、M為圓心的扇形MOQ面積和以O(shè)點(diǎn)為心的圓弧與線圍的面積S之．丙1πS＝2281Sπ61113Sπ－××tan＝π－62264113則＝π－244

.【答案】見(jiàn)解析9.如圖所示距為的行且足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)由兩部分組成斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定電阻．質(zhì)量為m電阻也為的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的強(qiáng)磁場(chǎng)；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．閉合開(kāi)關(guān)S，讓金桿MN圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度.求：(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率v；(2)金屬桿在傾導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)速度未達(dá)到最大速度v前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到的程中通定值電阻的電荷量為求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離x.【解析】(1)金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到合力為零，對(duì)其受力分析，可得：mgsinθ－BIL＝0BLv根據(jù)歐姆定律可得：＝22sinθ解得：＝BL(2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿運(yùn)的位移為x，由電流的定義可得：＝IΔ根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得：＝2BL＝2BLI＝

BΔ2Δ2Δt2解得：＝BLBLv設(shè)電流為I時(shí)金桿的速度為據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律姆律得＝21此過(guò)程中，電路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，由功能關(guān)系可得mgxsinθ＝＋mv1定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q2

mgqrsinθr解得：＝－BL(3)由牛頓第二定律得：＝ma由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得：BLvI＝2BLΔ可得：＝2ΔBLvΔ＝Δ，2即

BLx＝mv24sin得：x＝B2sinθsinθmIr4mgrsinθ【答案】(2)－(3)10.如圖所示，半徑為L(zhǎng)＝2m的金圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強(qiáng)10磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為＝T．長(zhǎng)度也為電阻為R的屬桿，一端處于圓環(huán)ππ中心端好搭接在金屬環(huán)a端逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)度為ω＝rad/s.10通過(guò)導(dǎo)線將金屬桿的a端金屬環(huán)連接到圖示的電路(接a端導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻＝，滑片P位于R正中央R的總阻值為4R)，圖中的平行板長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2，度為d＝2．示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v＝0.5m/s向運(yùn)動(dòng)，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大(略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻圓環(huán)電阻及導(dǎo)線電阻略電容器的充放電時(shí)間忽略帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射的影響平金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及帶電粒子的重力和空氣阻力求22(1)在0～4內(nèi)，行板間的電差U；帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度；在上述前提下若粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足的條件．【解析】(1)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)動(dòng)勢(shì)恒為1E＝BL＝2V由串并聯(lián)電路的連接特點(diǎn)知：E＝·4R,EU·2＝V,22πT＝20s由右手定則知：在0～4s時(shí)內(nèi)，金屬桿中的電流方向?yàn)閎→，＞，b則在0～4s時(shí)間，＜φ，U＝VN(2)粒子在平行板電容器內(nèi)做類拋運(yùn)動(dòng)，T在0～時(shí)內(nèi)，水平方向＝，得t＝＝4＜2d1豎直方向＝vt22解得：＝0.5m/s

T則粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度大?。絭＋＝

22

m/svtanθ＝＝1所以該速度與水方向的夾角＝45°vv(3)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓運(yùn)動(dòng)，由qv＝，得＝

mvBq由幾何關(guān)系及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：2＞時(shí)開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)粒子在平行板中加速得：mdq22mdq22vat,EqU又＝，＝mq解得：＝0.25C/kg,綜合得

B

22×42＝×T＝2T【答案】(1)V(2)

22

m/s與水方向的夾角θ＝45°(3)＜2T11.華裔科學(xué)家丁肇中負(fù)責(zé)的項(xiàng)目，是通過(guò)“太空粒子探測(cè)器”探測(cè)高能宇宙射線粒子尋反物質(zhì)某習(xí)小組想了一個(gè)探測(cè)裝置，截面圖如圖所示。其中輻射狀加速電場(chǎng)的內(nèi)、外邊界為兩個(gè)同心圓，圓心為，外圓電勢(shì)為零，內(nèi)圓電勢(shì)＝－45V，內(nèi)圓半徑R＝1.0m。在內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝9×10T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)內(nèi)有一圓形接收器，圓心也在O點(diǎn)。設(shè)射線粒子中有正電子，先被吸附在外圓(初速度為零)，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)并被接收器接收。已知正電子質(zhì)量m＝9×10

kg，電荷量

C，不考慮粒子間的相互作用。求正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率v和徑；若正電子恰好能被接收器接收，求接收器的半徑R′?！敬鸢浮?1)4×10m/s0.25m(2)

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m【解析】(1)電場(chǎng)內(nèi)，內(nèi)外邊的電勢(shì)差大小為U＝0－＝45V，在加速正電子的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得1qU＝mv2

－0，代入數(shù)據(jù)解得v＝4×10m/s，正電子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由向心力公式可得：vqvB＝，解得＝0.25m。r(2)正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圖所示，當(dāng)正電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與接收器相切時(shí)，正電子恰好能被接收器接收，由幾何關(guān)系可得：(′＋)＝＋，解得′＝

17－14

m。12.如圖為一除塵裝置的截面圖塑料平板的度及