【优选精编】2015全国各地物理高考计算题精选-电磁学综合题(有解析,19题)

1、书山有路勤为径，学海无涯苦作舟【优选精编】2015全国各地物理高考计算题精选-电磁学综合题(有解析，19题)、解答题1 .音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为 L,匝数为n, 磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为 B,区域外的磁场 忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I.I(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率.【来源】2015年全国普

2、通高等学校招生统一考试物理(重庆卷带解析)【答案】(1) nBIL ,水平向右 (2) nBILv【详解】(1)线圈的右边受到磁场的安培力，共有 n条边,故F n BIL nBIL由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右 (2)安培力的瞬时功率为P F v nBILv【点睛】考查安培力、功率.2 .在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A点斜射出一质量为 m,带电荷量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所 示，其中10为常数，粒子所受重力忽略不计，求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经

3、过C点时的速率。【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(安徽卷带解析)【答案】(1) 3qEl。；(2) t 3 2m0 ; (3) 17。q qE 2m【详解】(1)粒子从A到C电场力做功为 W=qE (ya- yc) =3qEl 0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令tA0=toB=T , tBc=T ；由Eq=ma得：a=又 y= aT22解得：T=2ml0qE则A到C过程所经历的时间t=32ml qE(3)粒子在DC段做类平抛运动,则有:y+3lo= -a (2T)13Vc=(2)粒子从A到C过程所经历的时间(3

4、)粒子经过C点时的速率为17qE 12m2lo=vcx (2T); vcy=a (2T)17qE102d答：(1)粒子从A到C过程中电场力又它做的功 3qElo3 .如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为 B的匀强磁场与平 面垂直.一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿 y轴正方向做加速度为 a的匀加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行.棒单位长度的电阻为p,与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位 置的变化规律为 P=ky3/2 (SI).求：斗X X X，(1)导体轨道的轨道方程 y=f (x)；(2)棒在运动过程中受到

5、的安培力Fm随y的变化关系；(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功.【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试物理(上海卷精编版)_ 2.4aB .kk2【答案】(1) y ()2x2 (2) -=y (3) W=L +maLk2a2、, 2a【详解】(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(土2, 2F B l vRx,y),安培力的功率2 2 2p 4B x vRky3/2棒做匀加速运动2v 2ay代入前式得y (24aB、2 2Jx轨道形状为抛物线.(2)安培力Fm =以轨道方程代入得kFm= y、. 2a(3)由动能定理12W Wm+-mv2,k 2安培力做功Wm=L2

6、、2a12棒在y=L处动能mv =maL 2k 2,外力做功W= -L= L +maL .2、2a4 . (12分)如图所示，一质量为 m、电荷量为q (q>0)的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在 A点的速度大小为V0,方向与电场方向的夹角为60° ;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求 A、B两点间的电势差。【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(新课标卷2带解析)设带电粒子在 B点的速度大小为 Vb,粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即VBSin30° =V0Sin60°设A、

7、B两点间的电热差为 Uab,由动能定理有：£匚心二:朋行一:小官 工解得q【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动5 .如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐， A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1. 5X 106N/C ,方向水平向右的匀强电场.带负电的小物体P电荷量是2. 0X 10 6C,质量m=0. 25kg,与轨道间动摩擦因数= 0. 4, P从。点由静止开始向右运动，经过 0. 55s到达A点，到达B 点时速度是5m/s,到达空间D点时速度与竖直方向

8、的夹角为“，且tana=1. 2. P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示.P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g=10 m/s2,求：(1)小物体P从开始运动至速率为 2m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(四川卷带解析)【答案】(1)小物体P从开始运动至速率为 2m/s所用的时间为0.5s；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功为-9.25J.【分析】(1)小物体P做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据速度公式计算受到的大小；(2)根

9、据物体的运动的不同的过程，逐项计算受到和位移的大小，在利用功的公式来计算电场力做的功；【详解】(1)小物体P的速率从0只2m/s,受外力Fi=2N ,设其做匀变速直线运动的加速度为ai,经过时间4 3,则Fi -(img=maivi=aiAt 由式代入数据得4 ti=0.5s(2)小物体P从2m/s运动至A点，受外力F2=6N ,设其做匀变速直线运动的加速度为32,贝UF2-(img=ma2设小物体p从速度vi经过at2时间，在a点的速度为V2,则 t2=0.55s- tiV2=v i+a2A t2®P从A点至B点，受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加

10、速度为S3,电荷量为q,在B点的速度为V3,从A点至B点的位移为xi,则有：F2 一 师g qE=ma 3P以速度V3滑出轨道右端B点，设水平方向外力为 F3,电场力大小为Fe,有Fe=F3F3与Fe大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以P从B点开始做初速度为V3的平抛运动.设P从B点运动至D点用是为 t3,水平位移为X2,叱由题意知 一天=t an a (i0)X2=V 3 t3 (ii)设小物体P从A点至D点电场力做功为 W,则有：W= - qE(Xi+X2)(i2)联立(i0) (i2)式并代入数据得 W= - 9.25J.6.如图，在场强大小为 E、水平向右的匀强电场中，一轻杆

11、可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动.杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B; A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为21、I,所受重力大小均为电场力大小的、6倍，开始时杆与电场夹角为(90°i80°).将杆从初始位置由静止释放，以。点为重力势能和电势能零点.求：(1)初始状态的电势能 We；(2)杆在平衡位置时与电场间的夹角；(3)杆在电势能为零处的角速度【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(上海卷带解析)当叱150°2r8(1 sin 0) 6cos0+ 6) 6co50丽 S【答案】(1)-3qElcos3 ;(2) 30

12、6; ; (3)当。150 ° 时，由二【详解】(1)初态： We=qV+(-q)V-=q(V + -V-)=-3qElcos 0(2)平衡位置如图，设小球的质量为 m,合力矩为3qElsin o-mglcos(=0由此得tail a =a=30°(3)电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时能到达。正上方，在此位置杆的角速度为 0 当*150°时，A位于O正下方处电势能为零.初态： We= - 3qElcos 0 , Ep=mglsin 0末态：rr； = o,一耽wOA与电场间夹角0 =150°时，A恰好能量守恒： ：弋切£出3 =二加厂0

13、用£21 sm ff) 6qEcosB3：:：当。150°时，电势能为0有两处，即A位于。正下方或正上方处当A位于O正下方时,2a/5(1 sin 6co5当A位于O正上方时,G)二+ sin B") 6qE解得21行（1十面日）一6cos。5后7.如图所示，直径分别为 D和2D的同心圆处于同一竖直面内 ，0为圆心，GH为大圆 的水平直径.两圆之间的环形区域（I区）和小圆内部（n区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场.间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为m、电?.量 为+q的粒子由小孔下方 万处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度 电场，由

14、H点紧靠大圆内侧射入磁场.不计粒子的重力.v射出（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求I区磁感应强度的大小；H点,（3）若I区、n区磁感应强度的大小分别为2?- 4?粒子运动一段时间后再次经过求这段时间粒子运动的路程.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析?3-? -?(3) 5.5 tD【答案(1)行? (2) 4?岁第?（1）粒子在电场中，根据动能定理:Eq =一加rc?1-,解得？?= -?（2）若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为_ ?-?1?=年?4,?24?由？?？ ?-,解得？?= -?2？- ?3?则当外切时，半径为

15、?= = 7.?2 .4?由？?？ ?-,解得？?= -9?3?(3)若i区域的磁感应强度为 ？= 染;则粒子运动的半径为 ？= 翳=?； n区域的? 1?244? 一 .?磁感应弓虽度为?= 为，则粒子运动的半径为？=改=了； ? 2?4设粒子在I区和n区做圆周运动的周期分别为Ti、T2,由运动公式可得:2? CC 2?2? ?1 ' "? =?2据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图所示,根据对称性可知,I区两段圆弧所对的圆心角相同，设为 ？，n区内圆弧所对圆心角为 ？，圆弧和大圆的两个切点与圆心 。连线间的夹角设为？由几何关系可得：？= 120 ;?=

16、 180 ;?= 60粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在I区和n区做圆周运动的° ° _ _时间分别为ti、t2,可彳导:?= 360rx?J?；?=*X薪? ?360?360设粒子运动的路程为 s,由运动公式可知：S=v(ti+t2)联立上述各式可得：s=5.5tD【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理。8.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L 0.4m , 一端连接R 1的电阻.导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b 1T .导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.

17、在平行于导轨的拉力 F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动， 速度v 5m/s .求： (1)感应电动势 E和感应电流I ；(2)在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r 1的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U .X X X X【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(北京卷带解析)【答案】(1) 2.0V, 2A ；(2)0.08N S (3) 1V.【详解】(1)根据动生电动势公式得E=BLv = 1T X 0.4m X 5m /s =2V E 2V故感应电流I 2AR 1(2)金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为 F安=BIL =0.8N ,

18、因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F安=0.8N所以拉力的冲量If= F t=0.8 NX0.1s=0.08 N s(3)其它条件不变，则有电动势 2V由全电路的欧姆定律I-E 1AR r导体棒两端电压U I R 1V9.如图所示，凸字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l, cd边长为2l, ab与cd平行，间距为21.匀强磁场区域的上下边界 均水平，磁场方向垂直于线框所在平面.开始时，cd边到磁场上边界的距离为 21,线框由静止释放，从 cd边进入磁场直到 ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动.在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，

19、线框又做匀速运动. 线框完全穿过磁场过程中产生 的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：a b21磁场区(1)线木g ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离 H.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(天津卷带解析)【答案】（1） 4 （2） H28lmg【详解】设磁场的磁感应强度大小写为B, cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为Vi, cd边上的感应电动势为 Ei,由法拉第电磁感应定律可得：; ：设线框总电阻为 R,此时线框中电流为Ii,由闭合电路欧姆定律可得：L =

20、"1 R设此时线械所受安培力为 Fi,有：氏二2八超由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有： 一联立解得：45十设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为V2,同理可得：v,二誓£故可知：_（2线框自释放直到 cd边进入磁场前，由机械能守恒定律可得：2M飘二:鬲线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得：5第2，+闫）=三中叫-彳制可+Q联立解得：一 一 -10.如图（a）两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2 Q的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场，质量m=0.2kg的金属杆垂直于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻

21、可忽略，杆在水平向右的恒定拉力 作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图（b）所示，在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0,求：（1）金属杆所受拉力的大小为F;（2） 0-15s匀强磁场的磁感应强度大小为Bo ；（3） 15-20s内磁感应强度随时间的变化规律.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（上海卷带解析）书山有路勤为径，学海无涯苦作舟【答案】(1) 0.24N; (2) 0.4T; (3) 即)二-T50-(r-15Xr-25)(1)由v-t关系图可知在0-10S时间段杆尚未进入磁场，因此F-(jmg=ma1由图可知ai=0.4m/

22、s 2同理可知在1520s时间段杆仅有摩擦力作用下运动pmg=ma2由图可知a2=0.8m/s 2解得 F=0.24N(2)在1015s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有以 F=0.24N ,师g=0.16N 代入解得 B0=0.4T(3)由题意可知在15- 20s时间段通过回路的磁通量不变，设杆在1520s内运动距离为d, 15s后运动的距离为 xB(t)L(d+x尸B 0Ld其中d=20mx=4(t-15)-0.4(t-15)28/ _20 + x = 50-(t-15Xf-25)jf【考点定位】牛顿第二定律；导体棒切割磁感线11.如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4

23、m.导轨右端接有阻值 R=1 的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好.导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域 abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度 B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场.若使棒在导轨上始终以速度 v= 1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E大小；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形 abd区域时电流I与时间t的关系式.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(广东卷带解析)【答案】(1)0.04

24、 V;(2)0.04 N,【详解】在棒进入磁场前，由于正方形区域 abcd内磁场磁感应强度 B的变化，使回路中产生 感应电动势和感应电流， 根据法拉第电磁感应定律可知， 在棒进入磁场前回路中的电动势为 E= 0.04Va点当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B = 0.5T恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的 电动势为：e=Blv,当棒与bd重合时，切割有效长度l=L,达到最大，即感应电动势 也达到最大 em= BLv= 0.2V>E = 0.04V根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：im = 3=0.2

25、A根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：Fm= imLB = 0.04N在棒通过三角形 abd区域时，切割有效长度l = 2v （t1）（其中，1sw tw + 1s）2 V综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i=三=岑"D （其中，1s<tw2+is）过 霞工X即：i = t 1 （其中，ls< t< 1.2s）【点睛】注意区分感生电动势与动生电动势的不同计算方法，充分理解 B-t图象的含义.12 .真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电，以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出.假设所有逸出的电

26、子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用，保持光照条件不变，a和b为接线柱.已知单位时间内从 A板逸出的电子数为 N,电子逸出时的最大动能为 £加，元电荷为e.（1）求A板和B板之间的最大电势差 Um,以及将a,b短接时回路中的电流Im.（2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r.（3）在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U,外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达 B板的电子，在从 A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为 Ek,请推导证明：PEk .（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）【来源】2015年全国普通

27、高等学校招生统一考试物理（北京卷带解析）【答案】（1） Um Em, I短=Ne（2） Um Em, r 是 （3） P Ekee Ne（1）光照射A板后，A板发出的光电子不断打到 B板上，在AB之间形成电场，将阻碍后续发出的光电子向 B运动.当AB之间的电势差达到最大值 Um时，以最大初动能从A板逸出的光电子也刚好不能到达B板，由动能定理可得：eUm Ekm解得：Um Em e时间t内通过该参考面的电荷短路时，在A板上方设置与 A平行、面积等大的参考面,量Q Net ,根据电流定义式I Q ,可得：I短二Ne t(2)电源电动势等于开路时的路端电压，故E UmUkme由闭合电路的欧姆定律可得

28、rEmI短17解得：r -EmNe2(3)设单位时间内到达B板的光电子数为N ,则电路中的电流I则外电阻消耗的功率二=一二=二，光电阻在两极板中运动时，两极板间电压为U，每个电子损失的动能Ek0eU则单位时间内到达 B板的电子损失的总动能Ek N Ek。联立解得：Ek N eU故PEk【考点定位】光电效应、闭合电路欧姆定律、电流的微观解释、电场.13 . 一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为 U。的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底 片的区域 M

29、N =L ,且OM =L .某次测量发现 MN中左侧2/3区域MQ损坏，检测不到 离子，但右侧1/3区域QN仍能正常检测到离子.在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到.* 鼠;X « / 算J/ 8 .K XK X / X K(1)求原本打在 MN中点P的离子质量 m；(2)为使原本打在 P的离子能打在 QN区域，求加速电压 U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在 MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数.(取 lg2 0.301 ； lg3 0.477,lg5 0.699)【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷带解析【答案】（1

30、） m9qB2L232Uo(2)100U08116Uo(3) 3 次【详解】（1）离子在电场中加速：一在磁场中做匀速圆周运动： 解得：.列q39门炉工工代入巧=二上，解得何=M-0 4rQ（2）由（1）知，仃=竺32离子打在Q点厂二三工，匚二则J9Z*G81上丁.16L 口但广.代由100L；.16L离子打在 N点r=L , =,则电压的范围 <U< 98195,使原本Q点的离子打在（3）由（1）可知，：1由题意知，第1次调节电压到4二£此时，原本半径为1的打在Q1的离子打在Q上后解得一-第2次调节电压到U2,原本打在Q1的离子打在N点，半径为2的打在Q2的离子打在Q上，

31、则:同理，第n次调节电压，有检测完整,有n > 解得：L 3最少次数为3次14.如图(a),长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷 A,其电荷量Q=13交10 'C； 一质量m=0.02kg,带电量为q的小球B套在杆上将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线I所示，小球B所受水平方 向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线II所示，其中曲线II在0.16WxW0.20和x> 0.40范围可近似看作直线.求：(静电力常量二9乂 10"、力)h&qu

32、ot;1一且-O6殂G)(1)小球B所带电量q;(2)非均匀外电场在 x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E;(3)在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差 U.(4)已知小球在 x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m .若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？【详解】(1)由图可知，当x=0.3m时，尸尸&驾二UO18N因此守=kQ(2)设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2,F 合=F2+qE中一 反凡 -0 012 - 0.018厂 今

33、一因此qIxIO6电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3 1。,”/匚，方向水平向左.(3)根据图像可知在 x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小W 合=0.004 0.2 J=8 10-4J由qU=W合(4)由图可知小球从 x=0.16m至U x=0.2m处电场力做功-0.03x0.042= 6xI04J19小球从x =。一2 m到汽二。一4m处 19。电场力做功W2 =mv2= 16 10 3 J2,由图可知小球从 ，=0.4n1到一t处 电场力做功 W3 = - 0.004X 0.4 J= 1.6 10 3 J由动能定理 WI + W2 + W3+F外s =0解得 s=ru

34、cni15 .下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M N是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔 。和O , ON ON d , P为靶点，OP kd (k为大于1的整数)。极板间存在 方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经 O进入磁场区域.当离子打到极板上 on区域(含N点)或外壳上 时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效 应和离子所受的重力。求：书山有路勤为径，学海无涯苦作舟21(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度

35、大小；(2)能使离子打到 P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(重庆卷带解析)2 ；2qUm -2、2nqUm2【答案】(1)B -1_ B_-, (n 1,2,3,L ,k21) (3)qkdqkd_ (2k2 3) mkd爆=：2, t电二h2. 2qum(k1)2(k2 1)mqu【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。【详解】(1)离子经电场加速，由动能定理：qu1 2一 mv2可得”磁场中做匀速圆周运动:qvB2 v m r刚好打在P点，轨迹为半圆

36、，由几何关系可知：kdr 一2(2)若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不 能直接打在P点，而做圆周运动到达 N右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到 点重新加速，直到打在 P点。设共加速了 n次，有：且:2,2nqUm解得：B -qkdnqUqVnB1 2 - mvn 22 vn mrn要求离子第一次加速后不能打在板上，有且:rn1kd2书山有路勤为径，学海无涯苦作舟1 2 qUmvi2qviB2Mmri解得：n k2,故加速次数n为正整数最大取n k2 1即:2、2nqUm B qkd(n一 一21,2,3,L ,k 1);(3)加速次数最多的离子速度最大，

37、取k2 1 ,离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到 p点。 由匀速圆周运动：2 mqBt 磁=(n 1)T一 2 一(2 k 3) mkd2、.2qum(k2 1)电场中一共加速 n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式212(k 1)h at 电2a也mh可得：t电=h2(k2 1)mqu16 .如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中； 磁场的磁感应弓II度大小为 0.1T,方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝 缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为 2a.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为 0.5

38、cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断 开时相比均改变了 0.3cm,重力加速度大小取 10m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培 力的方向，并求出金属棒的质量.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(新课标卷1带解析)【答案】m 0.01kg【详解】金属棒通电后，I合回路电流I U 12v 6 AR 2导体棒受到安培力 F BIL 0.06N根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下开关闭合前2 k 0.5 10 2m mg开关闭合后 2 k (0.5 0.3) 10 2m mg Fm 0.01kg17 .如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN左侧同时存在相互垂直的匀

39、强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E,磁场方向垂直纸面向外， 磁感应强度大小为 B. 一 质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从 A点由静止开始沿 MN下滑，到达C点时 离开MN做曲线运动.A、C两点间距离为h,重力加速度为g.(1)求小滑块运动到 C点时的速度大小 Vc;(2)求小滑块从 A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点.已知小滑块在D点时的速度大小为 Vd,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到 P点 时速度的大小V

40、p.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(福建卷带解析)【答案】(1) E/B (2)=趣官卜一 L用工 (3)二型空2%匕2 5-7 万口【详解】小滑块到达C点时离开MN,此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时 的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；(1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力 qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即 Bqv qE解得：v 巨书山有路勤为径，学海无涯苦作舟12 一(2)从A到C根据动能定理： mgh Wf 1

41、 mv2 01 E2 斛得：Wf mghimpD点速度Vd的方向与F地方向垂直, a=F/m, t时间内在F方向的位移为2 B(3)设重力与电场力的合力为 F,由图意知，在从D到P做类平抛运动，在 F方向做匀加速运动1 .2x at2从D到P,根据动能定理：a112a50 ,其中 一 mv14联立解得:Vp22mg (qE) 22 t m2VD18.小明同学设计了一个电磁天平，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩27形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长H=0.3m,匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0 1.0T ,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0

42、2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取 g 10m/s2).同13C抖法之(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg,线圈白匝数 Ni至少为多少(2)进一步探究电磁感应现象,不接外电流，两臂平衡，如图另选N2 100匝、形状相同的线圈，总电阻R 102所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大， 磁场区域宽度d 0.1m .当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(浙江卷带解析B【答案】(1)

43、Ni 25 匝(2) 0.1T/S t【详解】(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mg N1B0IL代入数据得Ni 25匝(2)由电磁感应定律得E N2 d由欧姆定律得I ' EdR线圈受到安培力 F ' N2B0I'L天平平衡mg' N22Bo dL2 B.代入数据可得 0.1T/S t19. (18分) 如图所示，金属导轨 MNC和PQD, MN与PQ平行且间距为L,所在平 面与水平面夹角为a , N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为 R的电阻；光滑直导 轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角0。均匀金属棒ab和ef质量均为 m,长均为L, ab棒初始位