2020年高考物理《电磁学综合计算题》专题训练及答案解析

qRqR2020年考理电学合算》题练1.如图所示，一对加有恒定电压平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d.在右极板的中央有个小孔右边半径为R的形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P相切．一排宽度也为带负电粒子以速度竖直向上同时进入两极板间后只有一个子通过小孔P入磁场其全部打在右极板上且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为、带电荷量大小均为，磁场的磁感应强度大小为力．求：

2mv

，不计粒子的重力及粒子间的相互作用板间的电压大小；通过小孔P的粒子离开磁场时到极板的距离L；通过小孔P的粒子在电场和磁场运动的总时间

【解析】(1)依题意，从左极下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有t＝

dvqEqU1在水平方向上有a＝＝，＝m22联立解得U.q(2)从小孔P射入场的粒子，电场中的运动时间dt2经过小孔P时，水平分速度＝＝进入磁场时的速度大小v＝＋

π＝2v，度向与右极板的夹角θ＝4设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点开磁场，其轨迹如图所示，·＝.·＝.22

v轨迹圆心在O点，则＝，得rmv2r＝＝＝qBqB由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知r＋cos＝(1).3π(3)从小孔P飞出粒子在磁场偏转的角度α＝，粒子在磁中运动的时间t＝43π42π32π2πv8通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间dt＝＋＝＋2

32πR82232R【答案】(1)＝(2)(1＋)(3)＋q22v8v2．如下图甲所示，一边长L＝0.5，量m＝0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度B＝0.8T的强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN重合在水平拉力用下由静止开始向右运动，经过＝0.5s线框被拉出磁场得属线框的电流I随时变化的图象如图乙所示金属线框被拉出磁场的过程中．求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；写出水平力F随时t变化的表式；若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功过程中线框产生的焦耳热．【解析】(1)根据题图乙知，在t＝0.5s时间通过金属框的平电流，EE于是通过金属框的电量q＝It＝0.25C.由平均感应电动势E＝

，平均电流I＝，tBL通过金属框的电量＝t得＝，是金属框的电阻R＝Ω.Rq(2)由题图乙知金属框中感应电线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框1被匀加速拉出磁场．又知金属框在＝0.5s时内运动距离＝0.5m由＝得速22度＝＝4m/s.t由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为＝，中比例系数k＝2.0A/s.是安培力F随间t变化规律为F＝＝kBLtA由牛顿运动定律得－＝，所以水平拉力F＝＋＝＋kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F＝2＋0.8(单位为“”)(3)根据运动情况知金属框离开场时的速度v＝2＝2由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q＝－

＝0.1J.【答案】(1)0.25C0.80Ω(2)＝2＋0.8(位为“N”)(3)0.1J3.如图所示B间在与竖直方向成45°角向上的匀强电场，C间存在竖直向上的匀强电场E间距为的间为为荧屏量＝1.0×10

kg，电荷量q＝C带电粒子由a点止释放，恰好沿水平方向经过b到达荧光屏上的点若在、C间加方向垂直于纸面向外且大小＝0.1T匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的′点图中未画)．取10m/s求：(1)的小；(2)加上磁场后，粒子由b点′点电势能的变化量及偏转角度．【解析】(1)粒子在A、间匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qEcos45°－＝0①22解得＝2N/C＝1.4N/C(2)粒子从a到b的程中，由动能定理得：1qEdsin45°＝b

②解得＝5m/s加磁场前粒子在B、做匀速直线运动，则有：qE＝

③加磁场后粒子在B、做匀速圆周运动，如图所示：由牛顿第二定律得：qvB＝解得：＝5m

④由几何关系得：＋(－)解得：＝1.0m粒子在B、间动时电场力做的功为：

⑤W＝－qEy＝－mgy－1.0×10

J⑥由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10Jd设偏转角度为θ，则sin＝＝0.6R

⑦解得：＝37°【答案】(1)1.4N/C(2)1.0×10J37°4制带电粒子的运动在现代学实验产生活器电器等方面有广泛的应用有这样一个简化模型：如图所示y轴左右两边均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边磁场的磁感应强度始终为左边的2倍在坐标原点O处，个电荷量为q、质量为m的粒子，在t＝0时大小为v的初速度沿x轴方向射出，另一与a相的粒子b某刻也从原点O以大为v初速度沿轴负方向射出．不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子相遇时互不影响．(1)若粒能经过坐标为(

31，l)的P点求y轴边磁场的磁感应强度B；22(2)为使粒子ab能y轴上(0－点相遇求轴边磁场的磁感应强度的最小值B(3)若轴边磁场的磁感应强度为，粒子、在动过程中可能相遇的坐标值．13【解析】(1)设a粒在轴侧运动的半径为R，由几何关系(R－)＋(l)＝22R甲v由于＝mv解得＝(2)最，说明Q是a、b粒在轴第一次相遇的点，由图乙可知a、粒子同时从O点出，且粒子在轴侧运动的圆周运动半径乙lR2v又＝Rqlql2解得＝(3)由丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有轴上的相切点和轴侧的相点．经分析可知，只要、b粒子从O点发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．丙mv粒子在y轴侧的运动半径r＝2mv粒子在y轴侧的运动半径r＝Bq①轴的相切坐标为2kmv[0，－](＝1,2,3…)Bq②轴侧的相点相遇由丙图可知＝＝OC＝可得＝－sin60°＝－mvy－cos60°＝－qy轴左的相遇点的坐标

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.某课外探究小组的同学们利用校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨ABCDP(如图所示，中段DP段粗糙的水平导轨B点D点在同一水平面上但不重合P端离沙地的高度h＝0.8m；BCD段为环形导轨，半径R，其中BC段滑、CD段很粗糙将一个中心有孔的钢球孔径略大于细导轨直)在导轨端点O处球带电荷量q＝＋3.7×10C，质量m＝0.2.某次实验中在导轨OA段上水平向右的、场强E＝1×10Vm的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运，经过C时速度为m/s，终恰好停在P点已知AB段长L＝1.0m段L＝1.0，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2.求钢球经过C点对轨的弹力；求OA段轨的长度d；为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在端去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与点的平距离多大？【解析】(1)在C点设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下，v则F＋mg＝mR代入数据解得F＝1.6由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6，方向竖直向上1(2)O→C过程qEd－＋L)－mg·2R2代入数据可解得d＝1(3)设导轨右端截去长度为x，滑块离开导轨平抛时的初速度为v，在沙地上的位置与D点水平距离为s，1v＝2μgx，h＝gt，s＝(L－x)t2由以上各式代入数据可得s＝1＋0.8x当x，即xm时，最大值s＝1.16m.【答案】N，方向竖直向上(2)1m(3)0.16m1.166.如图所示，两根足够长且平行光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角导轨间接一阻值为3Ω的阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面QRt3Q9QRt3Q9垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为＝0.5．导体棒的量为＝0.1kg、电阻为＝6Ω导体棒b的质为＝0.2kg、电阻为＝3Ω，们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好现图中的处时将a由止释放运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚磁场时b正好进入磁场．53°＝0.853°g取m/s，、电间的相互作用不)，求：在穿磁场的过程中a、两体棒上产生的热量之比；在、两体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；M、两点间的距离．【解析】(1)由焦耳定律得，QIRt，QI得＝，1又根据串并联关系得＝IQ2解得：＝(2)设整个过程中装置上产生的量为Q由＝sinα·＋sinα·，可解得Q＝1.2J3×3(3)设进磁场的速度大小为v，时电路中的总电阻＝(6)Ω＝7.5Ω3BLvv3由sin＝和msinα，得＝＝RR4d0.5又由＝＋，v＝v由上述两式可得＝12(m/s)，

16＝97M、两之间的距离s＝－＝m21227【答案】(2)1.2J(3)m9127.如图所示两距为l的足长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上个空间存在竖直向下的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为B、B，且B＝2B.两质量均为的导棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体棒甲乙阻值分别为R.现给体棒甲一水平向右的冲量，两导体棒开始运动个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计．求导体棒甲开始运动时电路中的电流．如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小．导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线．求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)设导体棒甲得到冲I时的度为，导体棒甲产生的感应电动势为E，回路中的电流为i，则由动量定得I＝mv

由法拉第电磁感应定律得E＝Blv由闭合电路欧姆定律得i＝

E，R＋RBlI联立得i＝.(2)导体棒甲和导体棒乙在虚线侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等相，二者组成的系统所受的合力为零两导体棒组成的系统动量守恒体甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等体棒乙速度达到最大设最大速度为v此时I根据动量守恒定律有mv＝2mv解得v＝.2m(3)导体棒乙刚进入虚线右侧的场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为E，体棒乙产生的感应电动势为E，则由拉第电磁感应定律得E＝Blv、E＝Blvm又B，所以E＝2E导体棒乙越过虚线后中即产生感应电流培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动直至两棒生的感应电动势大小相等时二者做匀速运动此设导体棒甲的速度为v，体棒乙的速度为这一过程所用的时间为t.此有Blv＝Blv解得v＝2v－设在t时内通过导体棒甲、乙电流的平均值为I以水平向右为正方向．5555－对导体棒甲，根据动量定理有，－Blt＝mv－mvm－对导体棒乙，根据动量定理有BIlt－mv36联立解得v＝v，v＝vm设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为，根据能量守恒定律有111Q＝2×mv－mv－mv222I联立得Q＝.40mBlIII【答案】(2)(3)2m40m8.如图所示，以O为圆心、半径为的形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场粒源位于圆周的M点向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为的粒子，不计粒子重力N为周上另一点，半径和ON间的角为，且满足tan

θ＝0.5.2qBR(1)若某一粒子以速率＝，与MO成60°斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率沿方向射入磁场恰能从N点离磁场求此粒子的速率v(3)若由点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v，求磁场有粒子通过的区域面积．【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r由牛顿第二定律可得B＝rmv解得：＝＝粒子沿与MO成60°角方向射入场，设粒子从区域边界射，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α甲方法1：故粒子在磁场中的运动间αrα5πt＝＝＝v6π方法2：粒子运动周期＝Bq150°粒子在磁场中的运动时间t＝T360°5π得＝6(2)粒子以速率方射磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r，由图中几何关系可得：θ1rtan＝22乙由牛顿第二定律可得mvqvB＝解得粒子的速度qBrqBRv＝m2(3)粒子沿各个方向以进入磁场做匀速圆周运时的轨迹半径都为，不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于O为圆的扇形MOO面积S、M为圆心的扇形MOQ面积和以O点为心的圆弧与线围的面积S之．丙1πS＝2281Sπ61113Sπ－××tan＝π－62264113则＝π－244

.【答案】见解析9.如图所示距为的行且足够长的光滑导由两部分组成斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定电阻．质量为m电阻也为的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金杆MN图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度.求：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率v；(2)金属杆在倾导轨上运动速度未达到最大速度v前，当流经定值电阻的电流从零增大到的程中通定值电阻的电荷量为求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离x.【解析】(1)金属杆在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到合力为零，对其受力分析，可得：mgsinθ－BIL＝0BLv根据欧姆定律可得：＝22sinθ解得：＝BL(2)设在这段时间内，金属杆运的位移为x，由电流的定义可得：＝IΔ根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：＝2BL＝2BLI＝

BΔ2Δ2Δt2解得：＝BLBLv设电流为I时金杆的速度为据法拉第电磁感应定律姆律得＝21此过程中，电路产生的总焦耳热为Q，由功能关系可得mgxsinθ＝＋mv1定值电阻产生的焦耳热Q＝Q2

mgqrsinθr解得：＝－BL(3)由牛顿第二定律得：＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：BLvI＝2BLΔ可得：＝2ΔBLvΔ＝Δ，2即

BLx＝mv24sin得：x＝B2sinθsinθmIr4mgrsinθ【答案】(2)－(3)10.如图所示，半径为L＝2m的金圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强10磁场，磁感应强度大小均为＝T．长度也为电阻为R的属杆，一端处于圆环ππ中心端好搭接在金属环a端逆时针方向匀速转动度为ω＝rad/s.10通过导线将金属杆的a端金属环连接到图示的电路(接a端导线与圆环不接触，图中的定值电阻＝，滑片P位于R正中央R的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L＝2，度为d＝2．示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v＝0.5m/s向运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大(略金属杆与圆环的接触电阻圆环电阻及导线电阻略电容器的充放电时间忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响平金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力求22(1)在0～4内，行板间的电差U；带电粒子飞出电场时的速度；在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度应满足的条件．【解析】(1)金属杆产生的感应动势恒为1E＝BL＝2V由串并联电路的连接特点知：E＝·4R,EU·2＝V,22πT＝20s由右手定则知：在0～4s时内，金属杆中的电流方向为b→，＞，b则在0～4s时间，＜φ，U＝VN(2)粒子在平行板电容器内做类抛运动，T在0～时内，水平方向＝，得t＝＝4＜2d1竖直方向＝vt22解得：＝0.5m/s

T则粒子飞出电场时的速度大小＝v＋＝

22

m/svtanθ＝＝1所以该速度与水方向的夹角＝45°vv(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆运动，由qv＝，得＝

mvBq由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：2＞时开磁场后不会第二次进入电场粒子在平行板中加速得：mdq22mdq22vat,EqU又＝，＝mq解得：＝0.25C/kg,综合得

B

22×42＝×T＝2T【答案】(1)V(2)

22

m/s与水方向的夹角θ＝45°(3)＜2T11.华裔科学家丁肇中负责的项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子寻反物质某习小组想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为，外圆电势为零，内圆电势＝－45V，内圆半径R＝1.0m。在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点。设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆(初速度为零)，经电场加速后进入磁场并被接收器接收。已知正电子质量m＝9×10

kg，电荷量

C，不考虑粒子间的相互作用。求正电子在磁场中运动的速率v和径；若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′。【答案】(1)4×10m/s0.25m(2)

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m【解析】(1)电场内，内外边的电势差大小为U＝0－＝45V，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得1qU＝mv2

－0，代入数据解得v＝4×10m/s，正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：vqvB＝，解得＝0.25m。r(2)正电子在磁场中运动的轨迹图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：(′＋)＝＋，解得′＝

17－14

m。12.如图为一除尘装置的截面图塑料平板的度及