五年2024-2025高考物理真題專題點(diǎn)撥-專題20電學(xué)計(jì)算題含解析

PAGEPAGE1專題20電學(xué)計(jì)算題【2024年】1.（2024·新課標(biāo)Ⅰ）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場(chǎng)，AC與AB的夾角θ=60°。運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場(chǎng)力作用。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）為使粒子穿過電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？（3）為使粒子穿過電場(chǎng)前后動(dòng)量變更量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？【答案】(1)；(2)；(3)0或【解析】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于q>0，故電場(chǎng)線由A指向C，依據(jù)幾何關(guān)系可知：所以依據(jù)動(dòng)能定理有：解得：；（2）依據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大則沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)幾何關(guān)系有而電場(chǎng)力供應(yīng)加速度有聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度：；（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子穿過電場(chǎng)前后動(dòng)量變更量大小為mv0，即在電場(chǎng)方向上速度變更為v0，過C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于B點(diǎn)，故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有電場(chǎng)力供應(yīng)加速度有聯(lián)立解得；當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0。2.（2024·新課標(biāo)Ⅱ）如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，分析說明磁場(chǎng)的方向，并求在這種狀況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；（2）假如磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離?！敬鸢浮浚?）磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里；；（2）；【解析】（1）由題意，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，依據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿意③由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得④（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時(shí)圓弧半徑為⑤粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系⑥即⑦由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨3.（2024·浙江卷）如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立x軸，在區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。桌面上有一邊長、電阻的正方形線框，當(dāng)平行于磁場(chǎng)邊界的邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，在沿x方向的外力F作用下以的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去外力。若以邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖2所示，在內(nèi)線框始終做勻速運(yùn)動(dòng)。(1)求外力F的大??；(2)在內(nèi)存在連續(xù)變更的磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系；(3)求在內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)由圖2可知，則回路電流安培力所以外力(2)勻速出磁場(chǎng)，電流為0，磁通量不變，時(shí)，，磁通量，則t時(shí)刻，磁通量解得(3)電荷量電荷量總電荷量4.（2024·浙江卷）某種離子診斷測(cè)量簡扮裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形、方向垂直紙面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，探測(cè)板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半徑為R的四分之一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣D點(diǎn)。已知每束每秒射入磁場(chǎng)的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為，探測(cè)板的寬度為，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計(jì)重力及離子間的相互作用。(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界時(shí)與H點(diǎn)的距離s；(2)求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界的最大距離；(3)若打到探測(cè)板上的離子被全部汲取，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直重量F與板到距離L的關(guān)系?！敬鸢浮?1)，0.8R；(2)；(3)當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：【解析】(1)離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)得粒子的速度大小令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O，從磁場(chǎng)邊界邊的Q點(diǎn)射出，則由幾何關(guān)系可得，(2)a束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O’，從磁場(chǎng)邊界邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的距離為x，由幾何關(guān)系可得即a、c束中的離子從同一點(diǎn)Q射出，離開磁場(chǎng)的速度分別于豎直方向的夾角為、，由幾何關(guān)系可得探測(cè)到三束離子，則c束中的離子恰好達(dá)到探測(cè)板的D點(diǎn)時(shí)，探測(cè)板與邊界的距離最大，則(3)a或c束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直重量當(dāng)時(shí)全部離子都打在探測(cè)板上，故單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力當(dāng)時(shí)，只有b和c束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為當(dāng)時(shí)，只有b束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為5.（2024·江蘇卷）如圖所示，電阻為的正方形單匝線圈的邊長為，邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣重合。磁場(chǎng)的寬度等于線圈的邊長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。在水平拉力作用下，線圈以的速度向右穿過磁場(chǎng)區(qū)域。求線圈在上述過程中：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J【解析】(1)由題意可知當(dāng)線框切割磁感線是產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為(2)因?yàn)榫€框勻速運(yùn)動(dòng)故所受拉力等于安培力，有依據(jù)閉合電路歐姆定律有結(jié)合(1)聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得F=0.8N；(3)線框穿過磁場(chǎng)所用的時(shí)間為故線框穿越過程產(chǎn)生的熱量為6.（2024·江蘇卷）空間存在兩個(gè)垂直于平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩磁場(chǎng)的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為、。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時(shí)從原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，速度均為v。甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經(jīng)過Q時(shí)，乙也恰好同時(shí)經(jīng)過該點(diǎn)。已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：(1)Q到O的距離d；(2)甲兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔；(3)乙的比荷可能的最小值?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，由得，，Q、O的距離為：(2)由(1)可知，完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離為d，粒子再次經(jīng)過P，經(jīng)過N個(gè)周期，所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得，繞一周的時(shí)間為：解得：所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為兩次經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)間間隔為：解得：(3)由洛倫茲力供應(yīng)向心力，由得，若乙粒子從第一象限進(jìn)入其次象限的過程中與甲粒子在Q點(diǎn)相遇，則：結(jié)合以上式子，n無解。若乙粒子從其次象限進(jìn)入第一象限的過程中與甲離子在Q點(diǎn)相遇，則：計(jì)算可得（n=1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，則n=2時(shí)，乙的比荷最小，為

7.（2024·山東卷）某型號(hào)質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對(duì)的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內(nèi)分別充溢沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場(chǎng)（初速度視為零），經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng)，過P面上的c點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入電場(chǎng)，最終打到記錄板Q上。不計(jì)粒子重力。(1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R以及c點(diǎn)到z軸的距離L；(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)；(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)（用R、d表示）；(4)如圖乙所示，在記錄板上得到三個(gè)點(diǎn)s1、s2、s3，若這三個(gè)點(diǎn)是質(zhì)子、氚核、氦核的位置，請(qǐng)寫出這三個(gè)點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)哪個(gè)粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導(dǎo)過程）?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置【解析】(1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動(dòng)能定理得qU=mv2①在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得②聯(lián)立①②式得③由幾何關(guān)系得④⑤⑥聯(lián)立①②④式得⑦(2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由牛頓其次定律得qE=ma⑧粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得⑨⑩粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得?聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩?式得?(3)設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得y'=vtsinα?由題意得y=L+y'?聯(lián)立①④⑥⑨⑩??式?(4)s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置。8.（2024·天津卷）多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測(cè)量離子質(zhì)量的新型試驗(yàn)儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計(jì)，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個(gè)反射區(qū)和長為l的漂移管（無場(chǎng)區(qū)域）構(gòu)成，起先時(shí)反射區(qū)1、2均未加電場(chǎng)，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)起先加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時(shí)，撤去反射區(qū)的電場(chǎng)，離子打在熒光屏B上被探測(cè)到，可測(cè)得離子從A到B的總飛行時(shí)間。設(shè)試驗(yàn)所用離子的電荷量均為q，不計(jì)離子重力。（1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時(shí)間；（2）反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x；（3）已知質(zhì)量為的離子總飛行時(shí)間為，待測(cè)離子的總飛行時(shí)間為，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測(cè)離子質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為v，有①離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則②聯(lián)立①②式，得③（2）依據(jù)動(dòng)能定理，有④得⑤（3）離子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場(chǎng)中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度大小均相等，設(shè)其為，有⑥通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總路程相等，設(shè)為，在無場(chǎng)區(qū)的總路程設(shè)為，依據(jù)題目條件可知，離子在無場(chǎng)區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時(shí)間為。有⑦聯(lián)立①⑥⑦式，得⑧可見，離子從A到B的總飛行時(shí)間與成正比。由題意可得可得⑨9.（2024·天津卷）如圖所示，垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t勻稱變更。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻，邊長。求（1）在到時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；（2）時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；（3）在到時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W【解析】（1）在到的時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更量，設(shè)穿過金屬框的磁通量變更量為，有①由于磁場(chǎng)勻稱變更，金屬框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)是恒定的，有②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，解得③（2）設(shè)金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有④由圖可知，時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，金屬框ab邊受到的安培力⑤聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得⑥方向垂直于ab向左。⑦（3）在到時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率⑧聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得⑨【2024年】1．（2024·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)外。一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有①設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有②由幾何關(guān)系知d=r③聯(lián)立①②③式得④（2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過的路程為⑤帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得⑦2．（2024·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為（>0）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽視不計(jì)。（1）求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有①F=qE=ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有④l=v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得⑥⑦（2）設(shè)粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長度L為⑧3．（2024·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后放射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點(diǎn)放射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g，求（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。依據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg+qE=ma①②解得③（2）設(shè)B從O點(diǎn)放射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，依據(jù)動(dòng)能定理有④且有⑤⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得⑦4．（2024·北京卷）如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形勻稱金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場(chǎng)邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）BLv（2）（3）【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv（2）線圈中的感應(yīng)電流拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率（3）線圈ab邊電阻時(shí)間ab邊產(chǎn)生的焦耳熱5．（2024·北京卷）電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對(duì)給定電容值為C的電容器充電，無論采納何種充電方式，其兩極間的電勢(shì)差u隨電荷量q的變更圖像都相同。（1）請(qǐng)?jiān)趫D1中畫出上述u–q圖像。類比直線運(yùn)動(dòng)中由v–t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲(chǔ)存的電能Ep。（2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（忽視內(nèi)阻）。通過變更電路中元件的參數(shù)對(duì)同一電容器進(jìn)行兩次充電，對(duì)應(yīng)的q–t曲線如圖3中①②所示。a．①②兩條曲線不同是______（選填E或R）的變更造成的；b．電容器有時(shí)須要快速充電，有時(shí)須要?jiǎng)蚍Q充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。（3）設(shè)想運(yùn)用志向的“恒流源”替換（2）中電源對(duì)電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間勻稱增加。請(qǐng)思索運(yùn)用“恒流源”和（2）中電源對(duì)電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、“減小”或“不變”）?！昂懔髟础保?）中電源電源兩端電壓通過電源的電流【答案】見解析【解析】（1）u–q圖線如答圖1；電壓為U時(shí)，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積為所儲(chǔ)存的電能Ep故（2）a．Rb．減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更勻稱充電。（3）“恒流源”（2）中電源電源兩端電壓增大不變通過電源的電流不變減小6．（2024·天津卷）如圖所示，固定在水平面上間距為的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒和長度也為、電阻均為，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)與電阻為的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下勻稱增加的磁場(chǎng)，磁通量變更率為常量。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。的質(zhì)量為，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽視不計(jì)。（1）閉合，若使保持靜止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）斷開，在上述恒力作用下，由靜止起先到速度大小為v的加速過程中流過的電荷量為，求該過程安培力做的功?！敬鸢浮浚?），方向水平向右（2）【解析】（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則①設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有②閉合時(shí)，設(shè)線圈中的電流為，依據(jù)閉合電路歐姆定律得③設(shè)中的電流為，有④設(shè)受到的安培力為，有⑤保持靜止，由受力平衡，有⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦方向水平向右。（2）設(shè)由靜止起先到速度大小為v的加速過程中，運(yùn)動(dòng)的位移為，所用時(shí)間為，回路中的磁通量變更為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，有⑧其中⑨設(shè)中的平均電流為，有⑩依據(jù)電流的定義得?由動(dòng)能定理，有?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩???式得?7．（2024·天津卷）2024年，人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生，這種引擎不須要燃料，也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極、之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（初速度忽視不計(jì)），、間電壓為，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為，電荷量為，其中是正整數(shù)，是元電荷。（1）若引擎獲得的推力為，求單位時(shí)間內(nèi)飄入、間的正離子數(shù)目為多少；（2）加速正離子束所消耗的功率不同時(shí)，引擎獲得的推力也不同，試推導(dǎo)的表達(dá)式；（3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請(qǐng)?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議?！敬鸢浮浚?）（2）（3）用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓?！窘馕觥浚?）設(shè)正離子經(jīng)過電極時(shí)的速度為v，依據(jù)動(dòng)能定理，有①設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為，依據(jù)牛頓第三定律，有②設(shè)引擎在時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為，由牛頓其次定律，有③聯(lián)立①②③式，且得④（2）設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為，由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有⑤考慮到牛頓第三定律得到，聯(lián)立①⑤式得⑥（3）為使盡量大，分析⑥式得到三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。8．（2024·江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的面積S=0.3m2、電阻R=0.6Ω，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T.現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt=0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E；（2）感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；（3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q．【答案】（1）0.12V（2）0.2A電流方向見解析（3）0.1C【解析】（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值磁通量的變更解得，代入數(shù)據(jù)得E=0.12V（2）平均電流代入數(shù)據(jù)得I=0.2A（電流方向見圖3）（3）電荷量q=I?t代入數(shù)據(jù)得q=0.1C9．（2024·江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．磁場(chǎng)中的水平絕緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈（碰撞時(shí)間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度肯定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d<L，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變。（1）求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v；（2）欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；（3）從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，PM=d，QN=，求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子的運(yùn)動(dòng)半徑解得（2）如圖4所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期設(shè)粒子最終一次碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t'，則（a）當(dāng)時(shí)，粒子斜向上射出磁場(chǎng)解得（b）當(dāng)時(shí)，粒子斜向下射出磁場(chǎng)解得10．（2024·浙江選考）如圖所示，在間距L=0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面（向內(nèi)為正）的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為分布沿y方向不變，沿x方向如下： 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C=1F的未充電的電容器，恒流源可為電路供應(yīng)恒定電流I=2A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0=0.7m處。開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止起先運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x3=－0.2m處時(shí)，開關(guān)S擲向2。已知棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。求：（提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功）（1）棒ab運(yùn)動(dòng)到x1=0.2m時(shí)的速度v1；（2）棒ab運(yùn)動(dòng)到x2=－0.1m時(shí)的速度v2；（3）電容器最終所帶的電荷量Q?！敬鸢浮浚?）2m/s（2）（3）【解析】（1）安培力，加速度速度（2）在區(qū)間安培力，如圖所示安培力做功依據(jù)動(dòng)能定理可得解得（3）依據(jù)動(dòng)量定理可得電荷量在處的速度聯(lián)立解得11．（2024·浙江選考）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期。板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。粒子探測(cè)器位于y軸處，僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)整的粒子放射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子。t=0時(shí)刻，放射源在（x，0）位置放射一帶電粒子。忽視粒子的重力和其它阻力，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。（1）若粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測(cè)到，求放射源的位置和粒子的初動(dòng)能；（2）若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到，求粒子放射源的位置x與被探測(cè)到的位置y之間的關(guān)系【答案】（1），（2）【解析】】（1）放射源的位置粒子的初動(dòng)能：（2）分下面三種狀況探討：（i）如圖1，由和，及得（ii）如圖2，由和及得（iii）如圖3，由和及得【2024年】1.（2024年全國Ⅰ卷）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核11H和一個(gè)氘核21H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計(jì)重力。求（1）11H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?）12H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離【答案】（1）；（2）；（3）【解析】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的學(xué)問點(diǎn)，意在考查考生敏捷運(yùn)用相關(guān)學(xué)問解決問題的的實(shí)力。（1）在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)在電場(chǎng)中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)Ｏ的距離為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有①②由題給條件，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y重量的大小為③聯(lián)立以上各式得④（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律有⑤設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為，由速度合成法則有⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有⑦由幾何關(guān)系得⑧聯(lián)立以上各式得⑨（3）設(shè)在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場(chǎng)中的加速度大小為，由題給條件得⑩由牛頓其次定律有?設(shè)第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有????聯(lián)立以上各式得，，?設(shè)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有?聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為?2.（2024年全國II卷）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（2）求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大??；（3）若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）軌跡圖如圖所示：（2）（3）;【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋，然后進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，再次進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合相應(yīng)的計(jì)算即可畫出軌跡圖。（2）在電場(chǎng)中要分兩個(gè)方向處理問題，一個(gè)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，一個(gè)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)。（3）在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵是找到圓心，求出半徑，結(jié)合向心力公式求解。（1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱）（2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場(chǎng)方向的重量為v1，依據(jù)牛頓其次定律有qE=ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=at②③④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得⑤由幾何關(guān)系得⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為，則⑩式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，?由③⑦⑨⑩?式得?3.（2024年全國Ⅲ卷）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：（1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）甲、乙兩種離子的比荷之比?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有②由幾何關(guān)系知③由①②③式得④（2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有⑤⑥由題給條件有⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為⑧4.（2024年天津卷）如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里，磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，不計(jì)粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時(shí)間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度的大小?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】粒子在磁場(chǎng)中以洛倫茲力為向心力做圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，全部的時(shí)間最短，粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)狀況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v，結(jié)合幾何學(xué)問求解．（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力供應(yīng)向心力，有①設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F=qE②；設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，依據(jù)牛頓其次定律有F=ma③；粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v=at④；聯(lián)立①②③④式得⑤；（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對(duì)的圓心角的大小確定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，全部的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知⑦；粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)狀況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場(chǎng)方向的分速度等于為，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得⑨．5.（2024年天津卷）真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能干脆轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽視不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直，長度均為l，電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽視不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。（1）要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大??；（3）列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為，此時(shí)ab、cd均在無磁場(chǎng)區(qū)域，試探討：要使列車停下來，前方至少須要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？【答案】（1）M接電源正極，理由見解析（2）（3）若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)，若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N+1塊有界磁場(chǎng)【解析】結(jié)合列車的運(yùn)動(dòng)方向，應(yīng)用左手定則推斷電流方向，從而推斷哪一個(gè)接電源正極；對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，依據(jù)閉合回路歐姆定律以及牛頓其次定律求解加速度；依據(jù)動(dòng)量定理分析列車進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)量變更，據(jù)此分析；（1）M接電源正極，列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，依據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。（2）由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為，由電阻的串并聯(lián)學(xué)問得①；設(shè)回路總電流為I，依據(jù)閉合電路歐姆定律有②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F=BIl③依據(jù)牛頓其次定律有F=ma④，聯(lián)立①②③④式得⑤（3）設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變更為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律有⑥，其中⑦；設(shè)回路中平均電流為，由閉合電路歐姆定律有⑧設(shè)cd受到的平均安培力為，有⑨以向右為正方向，設(shè)時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為，有⑩同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為，有?設(shè)列車停下來受到的總沖量為，由動(dòng)量定理有?聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得?探討：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)，若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N+1塊有界磁場(chǎng)。?．6.（2024年北京卷）如圖1所示，用電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動(dòng)變阻器R供電。變更變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變更。（1）以U為縱坐標(biāo)，I為橫坐標(biāo)，在圖2中畫出變阻器阻值R變更過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標(biāo)軸交點(diǎn)的物理意義。（2）a．請(qǐng)?jiān)趫D2畫好的U-I關(guān)系圖線上任取一點(diǎn)，畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時(shí)電源的輸出功率；b．請(qǐng)推導(dǎo)該電源對(duì)外電路能夠輸出的最大電功率及條件。（3）請(qǐng)寫出電源電動(dòng)勢(shì)定義式，并結(jié)合能量守恒定律證明：電源電動(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢(shì)著陸之和。【答案】（1）U–I圖象如圖所示：圖象與縱軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為電源電動(dòng)勢(shì)，與橫軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為短路電流（2）a如圖所示：b.（3）見解析【解析】（1）U–I圖像如圖所示，其中圖像與縱軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為電源電動(dòng)勢(shì)，與橫軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為短路電流（2）a．如圖所示b．電源輸出的電功率：當(dāng)外電路電阻R=r時(shí)，電源輸出的電功率最大，為（3）電動(dòng)勢(shì)定義式：依據(jù)能量守恒定律，在圖1所示電路中，非靜電力做功W產(chǎn)生的電能等于在外電路和內(nèi)電路產(chǎn)生的電熱，即7.（2024年江蘇卷）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g．求下滑究竟端的過程中，金屬棒（1）末速度的大小v；（2）通過的電流大小I；（3）通過的電荷量Q．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2=2as解得（2）安培力F安=IdB金屬棒所受合力牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=ma解得（3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間電荷量Q=It解得8.（2024年江蘇卷）如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場(chǎng)．當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場(chǎng)．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)（磁場(chǎng)不重疊），可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑由題意知，解得（2）設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α由d=rsinα，得sinα=，即α=53°在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，解得直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，解得則（3）將中間兩磁場(chǎng)分別向中心移動(dòng)距離x粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα由y≤2d，解得則當(dāng)xm=時(shí)，Δt有最大值粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值增加路程的最大值增加時(shí)間的最大值【2024年】1．【2024·新課標(biāo)Ⅲ卷】（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場(chǎng)。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0（常數(shù)λ>1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)起先計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求（不計(jì)重力）（1）粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）粒子與O點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得①②粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所用時(shí)間t1為③粒子再轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所用時(shí)間t2為④聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為⑤（2）由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為⑥2．【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】（20分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；（2）A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；（3）該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）3:1（2）（3）【解析】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍為v0；M、N在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運(yùn)動(dòng)公式可得：v0–at=0①②③聯(lián)立①②③解得：④（2）設(shè)A點(diǎn)距離電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，則；⑤⑥因?yàn)镸在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則⑦由①②⑤⑥⑦可得h=⑧（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則，⑨設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理：⑩?由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：3．【2024·江蘇卷】（16分）一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最終打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡．不考慮離子間的相互作用．（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x；（2）在答題卡的圖中用斜線標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；（3）若考慮加速電壓有波動(dòng)，在（）到（）之間變更，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿意的條件．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1電場(chǎng)加速且解得依據(jù)幾何關(guān)系x=2r1–L解得（2）（見圖）最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上解得（3）設(shè)乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2r1的最小半徑r2的最大半徑由題意知2r1min–2r2max>L，即解得4．【2024·天津卷】（18分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向起先運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問：（1）粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比?！敬鸢浮浚?），方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上（2）【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中由Q到O做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)O點(diǎn)速度v與+x方向夾角為α，Q點(diǎn)到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有：x方向：y方向：粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為：又：解得：，即，粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為（2）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有：依據(jù)幾何關(guān)系可知：整理可得：5．【2024·天津卷】（20分）電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：（1）磁場(chǎng)的方向；（2）MN剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少?！敬鸢浮浚?）磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下（2）（3）【解析】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時(shí)通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，依據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下。（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，依據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時(shí)的電流：炮彈受到的安培力：依據(jù)牛頓其次定律：解得加速度（3）電容器放電前所帶的電荷量開關(guān)S接2后，MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：最終電容器所帶電荷量設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動(dòng)量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量【2024年】1．【2024·全國卷Ⅰ】如圖1-，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，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)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不行伸長的松軟輕導(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，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面對(duì)上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑．求：()(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大?。畧D1-【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【解析】(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2，對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN(yùn)1＋T＋F①N1＝2mgcosθ②對(duì)于cd棒，同理有mgsinθ＋μN(yùn)2＝T③N2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為ε＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得I＝eq\f(ε,R)⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)⑨2．【2024·全國卷Ⅱ】如圖1-所示，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起先運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)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)軌的電阻均忽視不計(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．圖1-【答案】(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)【解析】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得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聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BIl⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－f＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧3．【2024·四川卷】如圖1-所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌左端接肯定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止起先運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變更圖像可能正確的有()圖1-圖1-【答案】BC【解析】設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bl,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝eq\f(B2l2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R兩端電壓UR＝IR＝eq\f(BlR,R＋r)v，即UR∝v；感應(yīng)電流功率P＝EI＝eq\f(B2l2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金屬棒運(yùn)動(dòng)狀況，由牛頓其次定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－eq\f(B2l2,R＋r)v＝F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v，而加速度a＝eq\f(F合,m).因?yàn)榻饘侔魪撵o止動(dòng)身，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右．(1)若k＝eq\f(B2l2,R＋r)，F(xiàn)合＝F0，即a＝eq\f(F0,m)，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v＝at，說明v∝t，即I∝t，F(xiàn)A∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此狀況下沒有選項(xiàng)符合；(2)若k>eq\f(B2l2,R＋r)，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合；(3)若k<eq\f(B2l2,R＋r)，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合；綜上所述，B、C選項(xiàng)符合題意．4．【2024·浙江卷】小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡扮裝置如圖1-10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d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)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棒由靜止起先運(yùn)動(dòng)，上升過程中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)復(fù)原裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取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的大小；(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棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖1-10【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J【解析】(1)由牛頓定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv③感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)④安培力FA＝IBl⑤代入得FA＝eq\f(（Bl）2v,R)＝48N⑥(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J⑦由牛頓定律F－mgsinθ－FA＝0⑧CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(d,v)⑨焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88J⑩5．【2024·全國卷Ⅲ】如圖1-所示，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對(duì)里的勻稱磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變更關(guān)系為B1＝kt，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，方向也垂直于紙面對(duì)里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止起先向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過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，它們的電阻均忽視不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的肯定值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。畧D1-【答案】(1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)【解析】(1)在金屬棒未越過MN之前，t時(shí)刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS①設(shè)在從t時(shí)刻到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，回路磁通量的變更量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)②由歐姆定律有i＝eq\f(E,R)③由電流的定義有i＝eq\f(Δq,Δt)④聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的肯定值為|q|＝eq\f(kt0S,R)⑥(2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為F＝B0Il⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls⑩回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt?在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的變更ΔΦt為ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt?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Et＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦt,Δt)))?由歐姆定律有I＝eq\f(Et,R)?聯(lián)立⑦⑧???式得f＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)?6．【2024·北京卷】如圖1-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)，還須要同時(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?。畧D1-【答案】(1)eq\f(mv,qB)eq\f(2πm,qB)(2)vB【解析】(1)洛倫茲力供應(yīng)向心力，有f＝qvB＝meq\f(v2,R)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(mv,qB)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB).(2)粒子受電場(chǎng)力F＝qE，洛倫茲力f＝qvB.粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則qE＝qvB場(chǎng)強(qiáng)E的大小E＝vB.7．【2024·江蘇卷】回旋加速器的工作原理如圖1-甲所示，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圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T＝eq\f(2πm,qB).一束該種粒子在t＝0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)從A處勻稱地飄入狹縫，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Em；(2)粒子從飄