專題20-計(jì)算題2（電與磁）-2016年高考、聯(lián)考分類匯編（解析版）

34/351．（16分）【2016·北京卷】如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。（1）求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T；（2）為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小?！敬鸢浮浚?）（2）【考點(diǎn)定位】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【方法技巧】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析思路1．正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析。2．正確分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子的受力情況。（1）當(dāng)粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)所受合力為零時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)（如速度選擇器）。（2）當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力等值反向，洛倫茲力提供向心力時(shí)，帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。（3）當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)，因此粒子的運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程也可能由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段所組成。2．（18分）【2016·北京卷】如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。（1）（2）分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法。在解決（1）問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因。已知，，，，。（3）極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”的概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)?！敬鸢浮浚?）（2）不需要考慮電子所受的重力（3）電勢(shì)和重力勢(shì)都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場(chǎng)自身的因素決定。量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即電勢(shì)和重力勢(shì)都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定【考點(diǎn)定位】帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)【方法技巧】帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，首先要對(duì)帶電粒子在這兩種情況下進(jìn)行正確的受力分析，確定粒子的運(yùn)動(dòng)類型。解決帶電粒子垂直射入電場(chǎng)的類型的題，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解。此類型的題要注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說(shuō)明或暗示外，對(duì)基本粒子（例如電子，質(zhì)子、α粒子、離子等）一般不考慮重力；對(duì)帶電微粒（如液滴、油滴、小球、塵埃等）一般要考慮重力。3．【2016·海南卷】如圖，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA=30°，OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng)。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng)。已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。不計(jì)重力。（1）求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和；（3）若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，求粒子此次入射速度的大小?！敬鸢浮浚?）（2）2t0（3）的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切與B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦r0cos∠OO'D+=L⑧設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律⑨聯(lián)立①⑦⑧⑨式得⑩【考點(diǎn)定位】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)類型，要畫出軌跡，善于運(yùn)用幾何知識(shí)幫助分析和求解，這是軌跡問(wèn)題的解題關(guān)鍵。4．【2016·江蘇卷】（16分）回旋加速器的工作原理如題15-1圖所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如題15-2圖所示，電壓值的大小為U0．周期T=．一束該種粒子在t=0~時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用．求：（1）出射粒子的動(dòng)能；（2）粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到所需的總時(shí)間；（3）要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．【答案】（1）（2）（3）【考點(diǎn)定位】回旋加速器、帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【方法技巧】考查回旋加速器的原理，能獲得的最大速度對(duì)應(yīng)最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，粒子在加速器運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分兩部分，一是在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，二是在電場(chǎng)中的勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間，把加速過(guò)程連在一起就是一勻加速直線運(yùn)動(dòng)。5．【2016·上海卷】（14分）如圖，一關(guān)于y軸對(duì)稱的導(dǎo)體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與平面垂直。一足夠長(zhǎng)，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點(diǎn)由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)棒與x軸始終平行。棒單位長(zhǎng)度的電阻為ρ，與電阻不計(jì)的軌道接觸良好，運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P=ky（SI）。求：（1）導(dǎo)體軌道的軌道方程y=f（x）；（2）棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系；（3）棒從y=0運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L過(guò)程中外力F的功?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）設(shè)棒運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)與軌道接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為（±），安培力的功率棒做勻加速運(yùn)動(dòng)安培力做功棒在處動(dòng)能外力做功?！究键c(diǎn)定位】安培力、功率、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理【方法技巧】根據(jù)安培力的功率，勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移速度關(guān)系，導(dǎo)出軌道的軌道方程和安培力隨y的變化關(guān)系；通過(guò)動(dòng)能定理計(jì)算棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力做的功。6．【2016·天津卷】（18分）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1×10–6kg，電荷量q=2×10–6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)（不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10m/s2。求：（1）小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；（2）從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。【答案】（1）20m/s，與電場(chǎng)方向夾角為60°（2）3.5s設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x=vt=6\*GB3⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有y=at2=7\*GB3⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ==8\*GB3⑧聯(lián)立=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5s=9\*GB3⑨解法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)送沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy=vsinθ⑤若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt–QUOTEgt2=0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5sQUOTE⑦【科網(wǎng)考點(diǎn)定位】物體的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、平拋運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，主要考察物體的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、平拋運(yùn)動(dòng)等知識(shí)；關(guān)鍵是要知道物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體所受的重力、洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡；撤去磁場(chǎng)后粒子所受重力和電場(chǎng)力都是恒力，將做類平拋運(yùn)動(dòng)；知道了物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)才能選擇合適的物理規(guī)律列出方程求解。7．【2016·天津卷】（20分）電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動(dòng)裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長(zhǎng)的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為θ。一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過(guò)，穿過(guò)時(shí)磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動(dòng)、鋁條相對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)相同。磁鐵端面是邊長(zhǎng)為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對(duì)兩鋁條區(qū)域的磁場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為ρ。為研究問(wèn)題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對(duì)部分的電阻和磁場(chǎng)，其他部分電阻和磁場(chǎng)可忽略不計(jì)，假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后，減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為g。（1）求鋁條中與磁鐵正對(duì)部分的電流I；（2）若兩鋁條的寬度均為b，推導(dǎo)磁鐵勻速穿過(guò)鋁條間時(shí)速度v的表達(dá)式；（3）在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度b'>b的鋁條，磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間，試簡(jiǎn)要分析說(shuō)明磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度和速度如何變化?！敬鸢浮浚?）（2）v=（3）見解析【解析】（1）磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安，有F安=IdB①磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有F=2F安②當(dāng)鋁條的寬度b'>b時(shí)，磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時(shí)，磁鐵受到的作用力變?yōu)镕'，有F'=⑩可見，F(xiàn)'>F=mgsinθ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運(yùn)動(dòng)方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，此時(shí)加速度最大。之后，隨著運(yùn)動(dòng)速度減小，F(xiàn)'也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。直到F'=mgsinθ時(shí)，磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài)，將再次以較小的速度勻速下滑。【考點(diǎn)定位】安培力、物體的平衡、電阻定律、歐姆定律【名師點(diǎn)睛】此題以電磁緩沖器為背景設(shè)置題目，綜合考查了安培力、物體的平衡、電阻定律及歐姆定律等知識(shí)點(diǎn)，要求學(xué)生首先理解題意，抽象出物理模型，選擇適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列出方程求解；此題綜合性較強(qiáng)，能較好地考查考生綜合分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力。8．【2016·四川卷】（19分）如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD＇，過(guò)DD＇且垂直于圖面的平面將空間分成=1\*ROMANI、=2\*ROMANII兩區(qū)域。區(qū)域=1\*ROMANI有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B（圖中未畫出）；區(qū)域=2\*ROMANII有固定在水平面上高、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD＇距離，區(qū)域=2\*ROMANII可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出）；C點(diǎn)在DD＇上，距地面高。零時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小、方向與水平面夾角的速度。在區(qū)域=1\*ROMANI內(nèi)做半徑的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域=2\*ROMANII。某時(shí)刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響。l已知，g為重力加速度。（1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時(shí)刻tA；（3）若小球A、P在時(shí)刻（β為常數(shù)）相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域=2\*ROMANII的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E，并討論場(chǎng)強(qiáng)E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向?！敬鸢浮浚?）；（2）（3）場(chǎng)強(qiáng)極小值為；場(chǎng)強(qiáng)極大值為，方向豎直向上?！窘馕觥浚?）由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有①聯(lián)立以上方程可得⑦（3）設(shè)所求電場(chǎng)方向向下，在t'A時(shí)刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運(yùn)動(dòng)加速度為aP，有考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)；圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】此題是力、電、磁及運(yùn)動(dòng)大拼盤，綜合考查帶電粒子在磁場(chǎng)中及電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)—圓周運(yùn)動(dòng)以及平拋運(yùn)動(dòng)和下斜面上的勻加速運(yùn)動(dòng)等問(wèn)題；解題時(shí)要能把這些復(fù)雜的物理過(guò)程分解為一個(gè)一個(gè)的小過(guò)程，然后各個(gè)擊破；此題是有一定難度的；考查學(xué)生綜合分析問(wèn)題，解決問(wèn)題的能力.9．【2016·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷】（12分）如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??；（2）電阻的阻值?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma=F-μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為E=Blv③【考點(diǎn)定位】電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】此題是法拉第電磁感應(yīng)定律與牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題；解題時(shí)要認(rèn)真分析物理過(guò)程，分析金屬棒的受力情況，選擇合適的物理規(guī)律列出方程求解；還要抓住金屬板的勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)列方程；此題難度不大。10．【2016·浙江卷】（20分）小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T。質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）。求（1）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；（2）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??；（3）在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J26.88J【解析】（1）由牛頓定律①焦耳熱⑩【考點(diǎn)定位】法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓第二定律；功【名師點(diǎn)睛】此題是關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力及能量的問(wèn)題。解題時(shí)要認(rèn)真分析物理過(guò)程，搞清物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，并能選擇合適的物理規(guī)律列出方程解答；此題難度中等，意在考查學(xué)生綜合運(yùn)用物理規(guī)律解題的能力。11．【2016·浙江卷】（22分）為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦過(guò)程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)。扇形聚焦磁場(chǎng)分布的簡(jiǎn)化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個(gè)扇形區(qū)域，其中三個(gè)為峰區(qū)，三個(gè)為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒(méi)有磁場(chǎng)。質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。（1）求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針；（2）求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；（3）在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B'

，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B'和B的關(guān)系。已知：sin（α±β

）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1–2【答案】（1）旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍?）（3）（3）谷區(qū)內(nèi)的圓心角⑧谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑⑨由幾何關(guān)系⑩由三角關(guān)系?代入得?【考點(diǎn)定位】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題是關(guān)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。解題時(shí)要分析粒子受到的洛倫茲力的情況，找到粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心及半徑，畫出幾何圖形，并借助與幾何關(guān)系分析解答。此題有一定的難度，考查學(xué)生的綜合能力。12．【2016·全國(guó)新課標(biāo)Ⅲ卷】如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN（虛線）與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過(guò)MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)。求（1）在t=0到t=t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值；（2）在時(shí)刻t（t>t0）穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小?！敬鸢浮浚?）（2）式中仍如①式所示，由①⑨⑩?可得，在時(shí)刻t（t＞t0）穿過(guò)回路的總磁通量為?在t到的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變?yōu)?由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為?由歐姆定律有?聯(lián)立⑦⑧???可得【考點(diǎn)定位】考查了導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)【方法技巧】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，及電量表達(dá)式，從而導(dǎo)出電量的綜合表達(dá)式，即可求解；根據(jù)磁通量的概念，，結(jié)合磁場(chǎng)方向，即可求解穿過(guò)回路的總磁通量；根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與感生電動(dòng)勢(shì)公式，求得線圈中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再依據(jù)閉合電路歐姆定律，及安培力表達(dá)式，最后依據(jù)平衡條件，即可求解水平恒力大小。1．【2016·安徽師大附中最后一卷】如圖所示，由相同材料制成的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌OP、OQ固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間的夾角為。導(dǎo)軌所在空間有垂直于桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T。t=0時(shí)刻，一長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.8m的金屬桿MN在外力F作用下以恒定速度v=0.4m/s從O點(diǎn)開始向右滑動(dòng)．在滑動(dòng)過(guò)程中金屬桿MN與導(dǎo)軌接觸良好，且始終與OQ垂直，導(dǎo)軌厚度不計(jì)．導(dǎo)軌與金屬桿單位長(zhǎng)度的電阻均為r0=0.05，求：（1）t=4s時(shí)刻，金屬桿中的電流強(qiáng)度；（2）t=4s時(shí)刻，外力F的功率；（3）金屬桿脫離導(dǎo)軌OP前金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）（2）（3）安培力的大小回路產(chǎn)生的熱量金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱解得考點(diǎn)：考查了導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】要知道兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)的求法：切割式：E=BLv和法拉第電磁感應(yīng)定律求解，由楞次定律判斷方向關(guān)系，2．【2016·蘇北三市（徐州市、連云港市、宿遷市）最后一卷聯(lián)考】（16分）如圖a所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于xOy平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1按圖b所示規(guī)律變化（垂直于紙面向外為正）．t=0時(shí)，一比荷為C/kg的帶正電粒子從原點(diǎn)沿y軸正方向射入，速度大小，不計(jì)粒子重力．（1）求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．（2）求時(shí)帶電粒子的坐標(biāo)．（3）保持b中磁場(chǎng)不變，再加一垂直于xOy平面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3T，在t=0時(shí)，粒子仍以原來(lái)的速度從原點(diǎn)射入，求粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)刻．圖ax圖axyOv圖bt/×10-4sB1/T00.5-0.5【答案】（1）1m（2）（3.41m，-1.41m）（3）（n=0,1,2,…）縱坐標(biāo)：帶電粒子的坐標(biāo)為（3.41m，-1.41m）（3）施加B2=0.3T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)疊加后，如圖b所示，tt/×10-4sB/TO0.8-0.2圖b（n=0,1,2,…）考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；解題時(shí)要認(rèn)真分析粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解；解題時(shí)要注意粒子運(yùn)動(dòng)的周期性；此題比較復(fù)雜，意在考查學(xué)生綜合分析問(wèn)題的能力.3．（20分）【2016·鄭州市5月質(zhì)檢（最后一卷）】如圖所示，為一磁約束裝置的原理圖。同心圓內(nèi)存在有垂直圓平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同心圓圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點(diǎn)重合。半徑為R0的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1。一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動(dòng)能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為（0、R0）的A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，粒子全部經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn)，方向沿x軸正方向。當(dāng)在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2時(shí)，上述粒子仍從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過(guò)環(huán)形區(qū)域Ⅱ后能夠從Q點(diǎn)沿半徑方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，已知OQ與x軸正方向成60°。不計(jì)重力和粒子間的相互作用。求：（1）區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；（2）環(huán)形區(qū)域Ⅱ中B2的大小、方向及環(huán)形外圓半徑R的大??；（3）粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入后至第一次到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！敬鸢浮浚?）（2）垂直xOy平面向外（3）考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)4．【2016·開封市5月質(zhì)檢（最后一卷）】如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域。已知，忽略粒子的重力。求：（1）帶電粒子的比荷；（2）若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，粒子沿方向做直線運(yùn)動(dòng)，有：，得，由圖中幾何關(guān)系得：粒子的軌跡半徑為,得故粒子離開磁場(chǎng)時(shí)到b的距離為,代入解得：.考點(diǎn)：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力【名師點(diǎn)睛】本題先分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，并把握每個(gè)過(guò)程遵守的規(guī)律：未撤去磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡；撤去磁場(chǎng)后，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知水平距離，豎直距離，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出比荷；若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可求得軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置。5．【2016·淄博市、萊蕪市5月二模（最后一卷）】（20分）如圖甲所示，平行正對(duì)金屬板A、B間距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板面水平，加電壓后其間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為，方向豎直向上。板間有周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正方向。T=0時(shí)刻，一帶電粒子從電場(chǎng)左側(cè)靠近B板處（粒子與極板不接觸）以水平向右的初速度v0開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。己知B1=0.2T，B2=0.1T，重力加速度g=10m／s2。（1）判斷粒子的電性并求出粒子的比荷。（2）若從t0時(shí)刻起，經(jīng)過(guò)3s的時(shí)間粒子速度再次變?yōu)樗较蛴?，則t0至少多大?（3）若要使粒子不與金屬板A碰撞且恰能平行向右到達(dá)A的右端，試求d與L比值的范圍?！敬鸢浮浚?）正電；（2）（3），n=1,2,3，….依題意有：考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題是一道電磁綜合題，考查帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；解題的關(guān)鍵是分析粒子的受力及運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律借助幾何關(guān)系求解；注意分析粒子運(yùn)動(dòng)的臨界態(tài)；此題有一定的難度，考查學(xué)生綜合分析能力.6．如圖1所示，是一個(gè)質(zhì)量為、邊長(zhǎng)為由均勻?qū)Ь€組成的正方形閉合線框，線框電阻為；是由同種材料繞成的邊長(zhǎng)仍為正方形閉合線框，但繞制線框的導(dǎo)線半徑是線框所用導(dǎo)線半徑的倍。線框從高度處?kù)o止自由下落進(jìn)入一個(gè)寬度為（）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化規(guī)律如圖2所示，圖中與均為已知值。線框在時(shí)刻恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，并在時(shí)段內(nèi)以速度觸及磁場(chǎng)區(qū)域下邊界。不計(jì)空氣阻力對(duì)線框運(yùn)動(dòng)的影響，重力加速度為。圖1圖2圖1圖2求：（1）線框在時(shí)刻的動(dòng)能；（2）線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到觸及磁場(chǎng)下邊界的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）若、線框同時(shí)從同一高度靜止落入磁場(chǎng)，它們恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域所需的時(shí)間比值大小?！敬鸢浮浚?）（2）（3）1:1（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)上邊界時(shí)加速度式中、線框進(jìn)入磁場(chǎng)初速度及加速度與導(dǎo)線的粗細(xì)無(wú)關(guān)，由于有相同的初速度和加速度，兩者在相等時(shí)間內(nèi)速度變化相等，故以相同運(yùn)動(dòng)通過(guò)上邊界，完成等長(zhǎng)的位移所需時(shí)間相等?？键c(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓第二定律；能量守恒定律7．【2016·浙江五校5月聯(lián)考（最后一卷）】如題25圖所示的是兩端開口且水平截面積大小不等的“凸”字形矩形槽的正視圖，圖中間距為，高度為的左右兩側(cè)板為金屬板，其間有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其余均為連接嚴(yán)密的透明塑料板。金屬板下端略插入表面積甚大的水銀中，插入深度相比可忽略。已知水銀的電阻率為，密度為，重力加速度為。（1）將該“凸”字形矩形槽兩側(cè)金屬板與外電路相連（電路部分省略未畫），當(dāng)使金屬板間電壓穩(wěn)定為時(shí)，磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)水銀面會(huì)高于場(chǎng)區(qū)外的水銀面，水銀上升高度為（）。已知矩形槽所圍的槽內(nèi)水銀表面積為，不計(jì)水銀與金屬板間粘滯阻力，估算通過(guò)向上凸出部分水銀的電流大小并指明電流的流向。（2）只要磁感應(yīng)強(qiáng)度足夠大，就有可能讓水銀越過(guò)磁場(chǎng)區(qū)進(jìn)入窄管，若進(jìn)入窄管的水銀最終維持與管外水銀的高度差為，不計(jì)窄管水銀中可能存在的電流，寫出所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度表達(dá)式。（3）我們?cè)O(shè)想在該裝置窄管上標(biāo)上刻度，用內(nèi)、外高度差測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度，請(qǐng)你對(duì)此設(shè)想簡(jiǎn)要地做出評(píng)價(jià)。（要求有二條不同方面的評(píng)價(jià)）【答案】（1）；方向從左到右（2）（）（3）見解析；得（）（3）可以從多方面評(píng)價(jià)，只要有個(gè)人見解且無(wú)明顯錯(cuò)誤，均給分。例如：刻度特點(diǎn):由于其刻度應(yīng)分劃成均勻刻度測(cè)量范圍：有測(cè)量的最小值，，理論應(yīng)無(wú)測(cè)量上限值的限制。測(cè)量靈敏度：提高電壓或減小兩板間距離有助于降低測(cè)量下限，提高靈敏度。誤差因素：水銀粘滯阻力存在、進(jìn)入窄管區(qū)內(nèi)的電流大小、電壓的波動(dòng)等是造成誤差原因環(huán)保因素：水銀易揮發(fā)，對(duì)環(huán)境、實(shí)驗(yàn)人員可能造成不良影響考點(diǎn)：左手定則；安培力；物體的平衡8．【2016·揭陽(yáng)市5月二模（最后一卷）】（20分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，0＜x＜2L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，2L＜x＜3L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。x＞3L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)；之后的另一時(shí)刻，一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。正、負(fù)粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場(chǎng)中分別運(yùn)動(dòng)半周后在某點(diǎn)相遇。已經(jīng)兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計(jì)，兩粒子帶電量大小相等。求：（1）正、負(fù)粒子的質(zhì)量之比m1：m2；（2）兩粒子相遇的位置P點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）兩粒子先后進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差?！敬鸢浮浚?）3:1（2）（6.5L，）（3）【解析】（1）設(shè)粒子初速度為，進(jìn)磁場(chǎng)方向與邊界的夾角為θ。①記，則粒子在第一個(gè)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2t，在第二個(gè)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t②③的豎直位移為，所以（3）設(shè)兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為、由幾何關(guān)系考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】該題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，正電荷與負(fù)電荷雖然偏轉(zhuǎn)的方向相反，但是運(yùn)動(dòng)的規(guī)律基本相同，可以先求出通式再具體分開，也可以直接分別求出，根據(jù)自己的習(xí)慣來(lái)解答，答對(duì)就好。9．【2016·商丘市5月三模】（20分）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成30°角斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點(diǎn)與y軸正方向成60°角垂直磁場(chǎng)方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點(diǎn)與x軸正方向成30°角進(jìn)入第三象限。粒子到達(dá)y軸上的D點(diǎn)（沒(méi)畫出）時(shí)速度剛好減半，經(jīng)第四象限內(nèi)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進(jìn)入第一象限內(nèi)，最后恰好回到A點(diǎn)．已知OA=a，第二象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．粒子重力不計(jì)，求：（1）粒子初速度v0和第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的