2020年高考物理压轴题预测之电磁综合计算题压轴题

1、2020年高考物理压轴题预测之电磁综合计算题压轴题1.如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD段光滑,DF段粗糙、长度x=1.0m. F点紧邻半径为 R的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场 E. 一质量m=0.01kg、电荷量q= 0.02C的小球a从C点静止释放，运动到 F点时与质量为2m、不带电的静止小球 b发生碰撞，碰撞后 a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动.不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量平分

2、，小球a在DF段与轨道的动摩因数 月0.2,重力加速度大小 g=10m/s电子在电场和磁场中运动的总时间t3矩形磁场区域的最小面积Smin。.求圆筒内电场强度的大小；(2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从 N点射出，则圆筒的半径.TZr-7c DM N.如图所示，在平面直角坐标系 xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿 x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为L,0的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成45

3、o角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15o角的射线OM已知电子的质量为 m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒.如图所示，在 xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段 CO=OD=L , CD边在x轴上，Z ADC=30 。电子束沿y轴方向以相同的速度 vo仄CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为-，在第四象PM正方形ODQP3内存在沿x轴正方向、大小为 E=Bvo的匀强电场，在 y= L处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。(1)电子的比荷；

4、(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。.如图所示，虚线 MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直纸面向里，磁感应弓虽度为 B的匀强磁场，虚线 MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场.水平线段AP与MN相交于O点.在A点有一质量为 m,电量为+q的带电质点，以大小为 vo的速度在左侧区域垂直磁场 方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为 屈论,虚线MN右侧电qB场强度为93mg,重力加速度为g.求:q(1) MN左侧区域内电场强度的大小和方向；(2)带电质点在 A点的入

5、射方向与 AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；(3)带电质点从 O点进入虚线 MN右侧区域后运动到 P点时速度的大小 vp.如图甲所示，两根与水平面成0 =3涌的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为 L,导轨的电阻忽略不计.整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上.现将质量均为m、电阴均为R的金属棒a、b垂直于导轨放置，一不可伸长的绝缘细线的P端系在金属杆 b的中点，另一端 N通过滑轮与质量为 M的物体相连，细绳与导轨平面平行.导轨与金属棒接触良好，不计一切摩擦，运动过程中物体始终末与地面接触，重力加速度g取10m/

6、s2.(1)若金属棒a固定，M=m ,由静止释放b,求释放瞬间金属棒 b的加速度大小.(2)若金属棒a固定，L=1m, B=1T , m=0.2kg , R=1Q,改变物体的质量 M,使金属棒b沿斜面向上运动，请写出金属棒 b获得的最大速度 v与物体质量M的关系式，并在乙图中画出v-M图像(3)若撤去物体，改在绳的 N端施加一大小为F=mg ,方向竖直向下的恒力，将金属棒a、b同时由静止释放.从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，a产生的焦耳热为 Q,求这个过程流过金属棒 a的电量.如图甲所示，空间存在一宽度为 2L的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.在光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金

7、属线框，其质量 m 1kg、电阻#二40 ,在水平向左的外力 F作用下,以初速度V0 4m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力 F大小随时间t变化的图线如图乙所示，以线框右边刚进入磁场时开始计时，求:逑H(1)匀强磁场的磁感应强度 B ;(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)线框向右运动的最大位移为多少？(4)当线框左侧导线即将离开磁场的瞬间，撤去外力F ,则线框离开磁场过程中产生的焦耳热Q多大？1 一7.如图，间距为L的光滑金属导轨，半径为 r的一圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，4MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.金属棒ab和cd垂

8、直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触.已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.求ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：3(2)当ab棒速度为一J2gr时,cd棒加速度的大小(此时两棒均未离开磁场)4(3)若cd棒以1J2丁离开磁场，已知从 cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过 cd棒的电4荷量为q.求此过程系统产生的焦耳热是多少.(此过程ab棒始终在磁场中运动).如图所示为电子发射器原理图， M处是电子出射口，它是宽度为 d的狭缝.D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为 a的金属圆柱

9、A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m,电荷量为e.若A、C间加速电压为U,求电子通过金属网 C发射出来的速度大小 vc；(2)若在A、C间不加磁场和电场时， 检测到电子从 M射出形成的电流为I,求圆柱体A在t时间内发 射电子的数量 N.(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到 C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收 )(3)若A、C间不加电压，要使由 A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小

10、值.如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的平行导轨，整个装置处在竖直向上、 磁感应强度大小 B=0.4 T的匀强磁场中，P1Q1与MiNi间的距离为Li= 1.0 m, P2Q2与M2N2间的距离 为L2= 0.5 m,两导轨电阻可忽略不计.质量均为m= 0.2 kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路.已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R=1.0留金属棒与导轨间的动摩擦因数科=0.2,且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度大小 g = 10 m/s2.(1)在t = 0时刻，用垂直于金属棒的水平外

11、力F向右拉金属棒cd,使其从静止开始沿导轨以 a=5.0 m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒 ab开始运动？(2)若用一个适当白水平外力F0(未知)向右拉金属棒cd,使其速度达到v2=20 m/s后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力 F0的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨QiNi位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为Fi=0.4 N ,此时金属棒cd的速度变为v0= 30 m/s,经过一段时间金属棒 cd停止运动，求金 属棒ab停止运动后金属棒 cd

12、运动的距离.欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度 V0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两3-质子束发生相碰。已知质子质重为 m,电重为e；加速极板AB、A日用电压均为U。且满足eU= mv2。2两磁场磁感应强度相同，半径均为R,圆心。、O在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度Y和磁场磁感应强度B;R .(2)如果某次实验时将磁场 O的圆心往上移了

13、一，其余条件均不变，质子束能在OO连线的某位置相2碰，求质子束原来的长度 10应该满足的条件。.如图所示，在xOy坐标系中，第I、n象限内无电场和磁场。第 IV象限内(含坐标轴)有垂直坐 标平面向里的匀强磁场，第 出象限内有沿x轴正向、电场强度大小为 E的匀强磁场。一质量为 m、电 荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点以大小为Vo的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻2力，P、O两点间的距离为m0。2qE(1)求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场时到原点的距离 x；(2)若粒子由第 W象限的磁场直接回到第 出象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条 件。.如图所示，在平面直角坐标

14、系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域 4ABC, A点坐标为(0, 3a) , C点坐标为(0, - 3a) , B点坐标为(2ma , -3a).在 直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿 y轴正方向、场强大小为 E=Bv0的匀强电场，在x=3a处 垂直于x轴放置一平面荧光屏， 其与x轴的交点为Q.粒子束以相同的速度 V0由O、C间的各位置垂 直y轴射入，已知从y轴上y=-2a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点.忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力.(1)求粒子的比荷；(2)求粒子束射入电场的纵坐标范围；(3)从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏

15、上距Q点最远？求出最远距离.1所示，辐射状.太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O,外圆弧面AB的电势为L (0),内圆2弧面CD的电势为 ，足够长的收集板 MN平行边界ACDB , ACDB与MN板的距离为L.假设太空中漂浮着质量为 m,电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到 AB圆弧面上，并被加速电场从静 止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回.(1)求粒子到达 O点时速度的大小；(2)如图2所示，在PQ (与ACDB重合且足够长)和收集板 MN之间区域加

16、一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经 O点进入磁场后最多有 2能打到MN板上，3求所加磁感应强度的大小；(3)如图3所示，在PQ (与ACDB重合且足够长)和收集板 MN之间区域加一个垂直 MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小 E ，若从AB圆弧面收集到的某粒子经 O点进入电场后 4L到达收集板 MN离O点最远，求该粒子到达 O点的速度的方向和它在 PQ与MN间运动的时间.如图所示，绝缘斜面倾角为仇虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场,虚线与斜面底边平行.将质量为m,电阻为R,边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时cd边

17、与磁场边界距离为x0,不计摩擦，重力加速度为g.求:(1)金属框cd边进入磁场时，金属框中的电动势大小(2)金属框cd边进入磁场时的加速度大小a;E；（3）金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量15.如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，q-AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场,（电场方向指向O点），已知图方向垂直纸面向外（图中未画出）,质量为m电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从 A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场中虚线圆弧的半径为R,其所在处场强大小为E,若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场.1求粒子运动的

18、速度大小;2粒子在磁场中运动，与 MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从 A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少?MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少?3粒子从A点出发后，第一次回到 A点所经过的总时间为多少?16.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ,由半径r=0-5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道 ABC组成，圆弧轨道的直径 DP与竖直半径OC间的夹角。=37； A、B两点间的距离d=0.2m.质量mi=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在 A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1 X1O

19、-5C的带正电小球静止在 B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场.现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰,碰后小球沿轨道运动,到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心.小球和滑块均视为质点,碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦.取g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37=0.8.E；(2)求小球到达P点时的速度大小vp和B、C两点间的距离x.17.如图所示，在空间坐标系 x3的整数)n【解析】1(1)小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：-Eq = 2mg2解得：E=20 N/C1 C(2)小球a到达F点的速

20、度为Vi ,根据动能te理得：Uq 科mgx mv1221 c小球a从F点的返回的速度为 V2根据功能关系得：（1 mgx mv2由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：2两球碰撞后，b球的速度为v,根据动量守，值定律得：mvi=-mv2+2mv则两球碰撞损失的能量为：A E= 1 mvi2 m mv22 mv2222联立解得：AE= 0（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生 n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示:每段圆弧对应圆筒的圆心角为2,则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：1= Rtan粒子在磁场中做圆周运动:联立解得:16tan 一 n1 cqvB22m1（nR3的整数）2 mv

21、2. (1) 0 2eL2L 2 m - mv0 2(2)(3)73()2 v03eBeB1电子从A到C的过程中，由动能定理得：eEL1 2-mvc212mv02vCcos45ovo联立解得:2mv02eL2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有:vCsint1电子在磁场中的运动时间:T 2其中vc 一包cos2 m其中TeB电子在电场和磁场中运动的总时间t t1t2联立解得：t2L 2 mv03eB3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,2则有 evB m r最小矩形区域如图所示,由数学知识得：CD 2r sin - CQ r rcos-22最小矩形区域面积：Smin CD CQ联

22、立解得:Smine3. (1)一m【解析】3v0嗤)22L3 ,4l(1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r L32由牛顿第二定律得Bev0=m r电子的比荷e也；m BL(2)若电子能进入电场中，且离。点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切,即粒子从F点离开磁场进入电场时，离 。点最远:设电子运动轨迹的圆心为 。点。则OF=x=3从F点射出的电子，做类平抛运动，有x 四-Eet2, y v0t3 2m代入得y= 3电子射出电场时与水平方向的夹角为有tany 12x 2所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G,则它与P点的距离L y 2LGP -；tan 3(3)

23、设打到屏上离 P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时y v0 V02xL3X设该电子打到荧光屏上的点与p点的距离为X,由平抛运动特点得 Tx2xL c 3xL c -3L 3L所以 X 2 x 2 ,，x 2. x 、一y2 88所以当x 4有Xm 3loo4. （1） mg,方向竖直向上；（2）；（3）而v0. HYPERLINK l bookmark18 o Current Document qa.J%【解析】(1)质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE=mg,方向竖直向上； _mg所以

24、MN左侧区域内电场强度 E左方向竖直向上;q(2)质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有:2 mv0 Bvq ,R所以轨道半径R吗； qB质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从 A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从 A到O的运动轨迹为劣弧;又有dAO 3mV 、6r ；根据几何关系可得：带电质点在 qBA点的入射方向与AO间的夹角arcsin60，根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示:(3)根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度vy v0sin60v0,水平

25、分速度 Vx v0 cos602 V0；22质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动;质点运动到P点，故竖直位移为零，所以运动时间* 2vy3v0t gg所以质点在p点的竖直分速度vyPvy 旦0,2水平分速度将。岛与、5. (1) 2.5m/s2 (2) v 20M2所以带电质点从 O点进入虚线 MN右侧区域后运动到 P点时速度vp Jvjp vXP JT3v0;_ 2 _ 2BL 2Q m gR、q477)R mg 4B L【解析】(1)设释放金属棒b瞬间的加速度为a:对物体M： Mg T Ma对金属棒b： T mgsin maMg mgsin,2解得：a2

26、.5m/sM m(2)当金属棒b速度达到最大时，对物块 M有：T Mg对金属棒b有：mgsin30 ILB T对电路分析有：E BLv2R解得：v 20M 2v-M图像如图所示：(3)对两棒受力分析可知，在任一时刻:对 a 棒：mgsinF安 ma1对 b 棒：F-mgsin -F安 ma2解得：ala2即在任一时刻两棒的速度、加速度、位移总是大小相等方向相反，同时达到匀速运动状态，此时的速 度最大.设a棒的最大速度为 vi,此过程通过的位移为 S,则电路中的总电动势：Ei 2BLvi电路中的总电流：I1 且.2R TOC o 1-5 h z 对 a 棒：mgsin3011LB2由能重寸恒te

27、律得：mgS 2Q 2mV) .从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，流过a棒的电量有：q I t.其中：且.2RE -.2BLS.解得:mgRc c2. 22B L2QS mg2 2m gR_ 4 44B4L4_ 2 _2BL 2Q m gRq片R mg 4B4L4(1) 0.33T (2) 0.75C (3) 4m (4) 39J32【解析】(1)由F t图象可知，线框加速度 a F 2m/s2 m,，一 ，一12则线框的边长L v0t -at22124 12 1 m 3m2t0时刻线框中的感应电流IBLv。线框所受的安培力F安BII 由牛顿第二定律Fi F安ma又 F1 1N、，r1联立

28、得B -T 0.33T 3(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势-BL2E - tE平均电流I -R通过线框的电荷量q It联立解得：q 0.75C(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x由运动学公式得0 v： 2ax代入数值得x 4m(4)当线框左边导线到达磁场边界时，v2 2a(x L)解得：v 2m/s之后撤去外力F ,线框在安培力作用下减速， 对线框，若减速到零，由动量定理得：BIL t 0r E BLx,其中IR R t解得x 8m L,说明线框能从磁场中离开.则有： BIL t mv mv-E BL2 r RTt5 斛得v -m/s4所以线框离开磁场过程中产生的焦

29、耳热/、,、B2L2 2g77. ( 1) 3mg . (2) .4mRQ 1mv2 1mv222(3) BLq2gr-1mgr-39j322,2 2B L q2m【解析】12(1) ab下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=mv；,2解得：vo=、2gr ,2ab运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m包，r解得：F=3mg,由牛顿第三定律知：ab对轨道压力大小：F F=3mg ；(2)两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律： mv0=mvab+mv,解得：v = %2gr ,ab棒产生的电动势：Eab=BLvab,cd棒产生的感应电动势：Ecd=BLv回路中电

30、流：I= Eab Ecd ,2R解得：I= BL 2gr , 4R此时cd棒所受安培力：F=BIL,此时cd棒加速度：a=,m珈/曰B2L2 2gJ解得：a=；4mR(3)由题意可知，cd棒以1 圾7离开磁场后向右匀速运动，4且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q的时间内，通过 ab棒电荷量也为q.对ab棒，由动量定理可知:-BLt=mvab-mv0,其中：q=t,解得：Vab= J2gr - 。口 , m此过程，由能量守恒定律得:12mgr=- mvab2-2一 m% +Q,2, 一 一 1解得：Q=BLq . 2gr - mgr162. 2 2B_i；2m；2eU28 ve Jv2 (2),

31、m4 alt ed4mv3ae(1)根据动能定理求解求电子通过金属网C发射出来的速度大小;(2)根据I ne t求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N； (3)使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切,由几何关系求解半径，从而求解B.(1)对电子经 CA间的电场加速时,由动能定理得Ue解得: TOC o 1-5 h z 1212一 mve - mv HYPERLINK l bookmark6 o Current Document 222eU 2 vm(2)设时间t从A中发射的电子数为N,由M 口射出的电子数为n,则I netd n 2解得NN2a

32、4 alteddN(3)电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为轨迹圆的半径为222(2 a r) r a2 v Bev m一r解得：B4mv3ae9. (1)2 s(2)vi= 5 m/s12 W (3)225 m(1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v= at金属棒cd产生的电动势 E2= BL2V则通过整个回路的电流 I2 E22RBL2at2R金属棒ab所受安培力FA1 = BI 2 bl一 2B L1L2 at2R金属棒ab刚要开始运动的临界条件为Fa1 =mg2 mgR联立解得t =2 sB2L1L

33、2a(2)设金属棒cd以速度V2=20 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动白速度大小为vb根据法拉第电磁感应定律可得E= BL2 V2 BL1V1此时通过回路的电流IE B(L2V2 Lm)2R 2R金属棒ab所受安培力FABIL12B L (L2 V2 LV)2Rmg解得 V1= 5 m/s以金属棒cd为研究对象，则有 Fo= mg+BL2l=0.67N水平外力Fo的功率为Po=Fov2=12 W BL2x t t对于金属棒cd根据动量定理得(F1mg BL2I ) t 0 mVo设金属棒ab停止运动后金属棒 cd运动的距离为x,根据法拉第电磁感应定律得E根据闭合电路欧姆定律E

34、3R2联立解得:3mVoR x2B2L2225mc2mv010. v 2V； B 才 l03j3 612【解析】1cle斛：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有： eU0 mv mv0 22又：eU03 2-mvo2解得：V2v。；根据对称,两束质子会相遇于OO的中点P,粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出,出射点为 D,过C、D点作速度的垂线相交于 K,则K,则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径 r=R根据洛伦磁力提供向心力有:evB2 v mr可得磁场磁感应强度:2mv0eRI .H(2)磁场O的圆心上移了R一,则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运

35、达半径认为2R,对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD ,并作FK平行且等于 OD,连KD ,由于OD=OF=FK ,故平行四边形 ODKF为菱形，即KD=KF=R ,故粒子束仍然会从 D点射出，但方向并不沿 OD方向，K为粒子束的圆心由于磁场上移了 ,故 sin / COF=万=1 , / COF= - , / DOF= / FKD=-2W 263D点,卜方粒子到达 C后最先到达D点的粒子所需时间为tR-R (H - 2R)222vo(4)R4vo而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后At1 to上方最后的

36、一个粒子从E点到达D点所需时间为t冗1R Rsin - 2 tR362v o2vo6 2 冗 3.3 DR12vo对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t联立解得|o冗 3.3 612211. (1)氏o； mv0 (2) BqE(、2 1)Evo(1)由动能定理有:qE2mvo2qE1212-mv mvo22解得：v= . 2 vo设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为 Q则有cos0=也 在v 2解得：0= 45_ x .根据tan 2 1 ,所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO两点距离的两倍，故y2 mvo x qE

37、其临界条件是粒子的轨迹与 x轴相切,(2)要使粒子由第IV象限的磁场直接回到第 出象限的电场中, 如图所示，由几何关系有:s= R+Rsin 02又：qvB m一 R(.2 1)E TOC o 1-5 h z 解得：B V0故 B (-2 1)EVoVo7912. (1)-0-(2)0 /5 J2y，2y时,即y= a时，H有最大值8由于la2a,所以H的最大值Hmax= - a,粒子射入磁场的位置为8413. ( 1) vm0 2m60 ； 2L试题分析：解：(1)带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得:. c I 2qU 0 - mv2(2)从AB圆弧面收集到的粒子有 2能打到MN板上，则

38、上端刚好能打到 MN上的粒子与MN相切, 3OA之间的夹角是60 ,在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角60.则入射的方向与根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R 2L2由洛伦兹力提供向心力得：qBv mR(3)如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到 O点的距离最远,这是一个类平抛运动的逆过程.建立如图坐标.Vx TOC o 1-5 h z 若速度与x轴方向的夹角为角Vx10cos - cos600v214. (1) EBlj2gxosin . (2) a gsin_ 2 2B2l2mR(1)金属框进入磁场前机械能守恒,mgxosinCmv22金属框中感应电动势大小为E= Blv解得 E

39、=Bl J2g% sin(2)感应电流I= ER安培力Fa= IlB取沿斜面向下为正方向，对于金属框mgsin e- Fa= maB2l2 解得 a= gsin e-J2gx0sin mR L(3)金属框进入磁场过程中的平均电动势e= t平均电流占ER流过的电荷量q=It一 Bl2解得q= B-R15-(1)怦;(2)2r2；六;2橹。(1)由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有:Eq2mv解得：vEqR(2)粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示:Q由图示三角形区域面积最小值为：在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有:Bqv2mvR得:mvBq设MN下方的磁感应强度为 Bi,上方的磁感应强度

40、为 B2,如图所示:若只碰撞一次，则有:R mv2面BiR2 RmvB?q若碰撞n次，则有:RimvBqR2mvB2q,b2故一B1(3)粒子在电场中运动时间:t14vmREq在MN下方的磁场中运动时间:t2RimREqRmREq在MN上方的磁场中运动时间:总时间:t3tt1;0.85m16. (1) 6m/s； 7.5 104N/C (2) 2.5m/s(1)对滑块从A点运动到B点的过程,根据动能定理有:Fd 1 m1v2解得：v=6m/s 小球到达P点时，受力如图所示：贝U有：qE=m2gtanq解得：E=7.5M04N/C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为:m2 gG等 cos小球到

41、达P点时，由牛顿第二定律有:2VpG等 r解得：VP=2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为V1、V2,则有：m1v=mv1 + m2V2121212m1V m1Vl m2V2222解得：v1=-2m/s(-表示vi的方向水平向左),V2=4m/s对小球碰后运动到 P点的过程，根据动能定理有:qE x rsinm2g r rcos解得：x=0.85m1212m2 Vpm2 V2 HYPERLINK l bookmark86 o Current Document 2222122V0Vo16mv017. (1) -V0-V0 (2), (3)-339g9g15qL16

42、mv03qL(1) a、b碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后 a、b的速度；(2)碰后a在电场中向左做类 平抛运动，根据平抛运动的规律求解 P点的位置坐标；(3)要使b球不从CD边界射出，求解恰能 从C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的范围 (1) a匀速，则：mg qE1ab碰撞，动量守恒：mvo mva 2mVbo 1 o 1o机械能寸恒：mv0 mva 2m vb22,一一12由得Va V0,Vb- v03、，一，1(2)碰后a、b电量总量平分，则 qa qb -q22v0 ,碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经 t 2时a球到P点的位置坐标为(x, v)3gx Vat y其中m

43、g ；qE11 ,2 _-at 21ma ，a -g由得x 辿 9g2V09g22故P点的位置坐标为(-,-/ )(3)碰撞后对b: 1qE2 2mg故b做匀速圆周运动，则:1 -qVbB 222m vb得rr8mv03qBb恰好从C射出，则：L 2r ?-16m v0由？得：Bi 3qL恰从D射出，则由几何关系:22r 4L5得r 5L2综上，B216m v015qL故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足:16m v0 b 16mv015qL 3qL本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系,注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解

44、.一器舁同需vm4m2 gT2 23q B(1)小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 得：mv mvP mvQ12 1 2 1 2-mv0 - mvD - mvQ 22 p 2联立解得vp 0, VqVomg3qB(2)对于小球Q,由于qE mg ,故Q球做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力,则qvBvQ mr2 m经过一个周期的时间ti TqBmg _小球P、Q再次发生弹性碰撞，由(1)可知碰后Vp V0 , Vq 03qB小球P离开平台后做平抛运动， 平抛运动的时间为12t2,则有h gt；,代入数据，得：t22故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间t 乙 Y2m (2J2)qB qB qB落地点与平台边缘的水平距离xPvPt2. 2m