高考物理计算题专题复习《电磁学综合计算题》（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《电磁学综合计算题》一、计算题如图所示，一质量为m=2.0×10-2kg、带电荷量为q=10×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的云强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g=10m/s2．

(1)电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：

(1)电子运动的轨道半径R；

(2)OP的长度；

(3)电子由O点射入到落在P点所需的时间t．

如图所示，宽为L=0.1m的MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，B=1T.现有质量m=1kg的ab金属杆，电阻为R0，R0=R=1Ω，它以初速度v0=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：

(1)碰后瞬间cd绝缘杆的速度大小v2与ab金属杆速度大小v1；

(2)碰后ab金属杆进入磁场瞬间受到的安培力大小Fab；

(3)ab金属杆进入磁场运动全过程中，电路产生的焦耳热Q．如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1=10Ω和R2=30Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T.质量为m=0.1kg，电阻r=2.5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好．当金属棒ab下滑高度h =3m(1)金属棒ab达到的最大速度vm；(2)该过程通过电阻R1的电量q(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R2中产生的热量。

平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：

(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。

ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的14圆环，轨道的水平部分与半圆环相切.A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+10−4C的小球，放在A点由静止释放后，求：(g=10m/s2)

(1)小球到达C点的速度大小

(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小．如图，光滑斜面倾角为37∘，一质量m=1×10−2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g=10m/s2，求：

(1)该电场的电场强度大小；

(2)若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小；

(3)在如图所示，有一磁感应强度大小为B的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H；磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L、d(d<H)，质量为m，电阻为R.现将线框从其下边缘与磁场上边界间的距离为h处由静止释放，测得线框进入磁场的过程所用的时间为t.线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度为g.求：

(1)线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向；

(2)线框的上边缘刚进磁场时线框的速率v1；

(3)线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热Q．

如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g。求：

(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；

(2)电阻的阻值。

如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场．一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在−x轴上的点a以速率v0，方向和−x轴方向成60°射入磁场，然后经过y轴上的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点时速度大小为2v0.不计粒子重力．求

(1)磁感应强度B的大小

(2)电场强度E的大小．

如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.2m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=0.1Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=0.5T.一根质量m=0.03kg的金属棒正在以v=1.2m/s的速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．金属棒及导轨的电阻不计，g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：

(1)电阻R中电流的大小；

(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；

(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.2N，若金属棒继续下滑x=0.14m后速度恰好减为0，则在金属棒减速过程中电阻R中产生的焦耳热为多少？

如图所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为16.电子重力不计．求：

(1)电子通过偏转电场的时间(2)偏转电极C、D间的电压U2(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y．

如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)

(1)粒子运动的时间；

(2)粒子与O点间的距离。

如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q(1)电子偏离金属板的侧位移y0(2)电子飞出电场时的速度是多少？(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长。

如图，在平面直角坐标系xOy内，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，自y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场。经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：

(1)电场强度大小E；

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；

(3)粒子在磁场运动的时间t。

有一台内阻为1Ω发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：

(1)发电机输出功率多大？

(2)发电机电动势多大？

(3)输电效率是多少？

在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20 cm2。螺线管导线电阻r=1.0 Ω，R1=4.0 Ω，R2(1)螺线管中产生的感应电动势。(2)闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1(3)S断开后，流经R2的电荷量。

如图所示，金属棒ab从高为h处自静止起沿光滑的弧形导轨下滑，进入光滑导轨的水平部分。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，在水平部分导轨上静止有另一根金属棒cd，两根导体棒的质量均为m。整个水平导轨足够长并处于广阔的匀强磁场中，忽略一切阻力，重力加速度g。求：

(1)金属棒ab进入磁场前的瞬间，ab棒的速率v0；

(2)假设金属棒ab始终没跟金属棒cd相碰，两棒的最终速度大小；

(3)在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中产生的焦耳热Q；

(4)若已知导轨宽度为L，匀强磁场的磁感应强度为B，上述整个过程中通过导体棒cd横截面的电量q。

如图，在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=5L的直线。磁场方向垂直纸面向外、一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0，垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场。已知OQ=L，不计粒子重力。求：

(1)P点的纵坐标；

(2)要使粒子能再次进入电场，磁感应强度B的取值范围。

如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy，在x<0的区域内有沿x轴负向的匀强电场，电场强度大小为E，在x>0的区域内也存在匀强电场(图中未画出).一个带正电的小球(可视为质点)从x轴上的N点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α=30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求：(重力加速度为g，不计空气阻力)

(1)小球运动速度的大小．

(2)在x<0的区域内所加的电场强度的大小．

(3)小球从N点运动到M点所用的时间．

如图所示，空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5×10−4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=30°、无限大的挡板MN上的C点．试求：

(1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断；

(2)A、C两点的电势差．

一质量为m、电荷量为q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图，经过一段时间后，小球从A点沿水平直线运动到与A相距为s的A′点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点(重力加速度为g，θ未知)，求：

(1)该匀强电场的场强E的大小；

(2)从O点抛出又落回O点所需的时间

如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求

(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；

(2)金属棒运动速度的大小。

答案和解析1.【答案】解：(1)小球受竖直向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，

电场强度水平向右，则：小球带负电．

(2)对小球，由平衡条件得：qE=mgtan60°

入数据解得：E=23×104N/C．

(3)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，

由牛顿第二定律得：mgcos60∘=ma【解析】本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度．

解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可．

2.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R，解得：R=mv0qB；

(2)粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：OP=2R⋅sinθ=2mv0sinθqB；

(3)由图中可知圆弧对应的圆心角为2θ，

粒子做圆周运动的周期：T=2πmqB，

粒子的运动时间：t=2θ2πT=2θmqB．

【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径．

(2)作出粒子运动轨迹，求出OP的长度．

(3)求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间．

本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题．

3.【答案】解：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg=Mv2r

解得：v=5m/s

碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：

−Mg⋅2r=12Mv2−12Mv22

解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v2=5m/s

两杆碰撞过程，动量守恒，设初速度方向为正方向，则有：mv0=mv1+Mv【解析】本题考查结合导体切割磁感线规律考查了功能关系以及动量守恒定律，要注意正确分析物理过程，明确导体棒经历的碰撞、切割磁感线、圆周运动等过程，明确各过程中物理规律的应用，要注意最高点时的临界问题以及动量守恒定律的应用方法等。

(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律可求得速度，再根据动能定理可求得碰撞cd的速度，则对碰撞过程分析，由动量守恒定律可求得碰后ab的速度；

(2)对ab在磁场中运动分析，由E=BLv求得电动势，根据闭合电路欧姆定律以及安培力公式即可求得安培力；

(3)对ab进入磁场过程进行分析，根据能量守恒定律可求得产生的热量。

4.【答案】解：(1)切割产生的感应电动势E=BLv根据串并联电路的特点知，外电路总电阻R根据闭合电路欧姆定律得，I=安培力F当加速度a为零时，速度v达最大，有mgsinθ=解得速度最大值v由以上各式解得最大速度v(2)根据电磁感应定律有E根据闭合电路欧姆定律有I感应电量 q=联立得：q=由以上各式解得q=0.6C

通过R1的电荷为(3)金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：mgh=1代入数据解得Q下端电阻R2中产生的热量Q2=316Q总=0.33J

答：(1)金属棒ab达到的最大速度为  5m/s；

(2)该过程通过电阻R1的电量为0.45C

【解析】本是导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究；力的角度，关键是安培力的分析和计算；能的角度要分析过程中涉及几种能、能量如何是转化的。(1)当金属棒的加速度为零时，速度最大，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式和欧姆定律，运用共点力平衡求出最大速度；(2)通过法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，结合电路的定义式得出通过导体棒电量表达式，通过电量的分配得出该过程通过电阻R1的电量q(3)根据能量守恒定律求出整个回路中产生的焦耳热，从而得出下端电阻R2

5.【答案】解：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有

沿x轴正方向：2L=v0t，①

竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=12at2

②

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy

根据速度时间关系可得：vy=at ③

设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα=vyv0

④

联立①②③④式得：α=45°

⑤

即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。

设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有

v=v02+vy2=2v0；

(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，

由牛顿第二定律可得：qE=ma

⑧

由于vy2=2aL

解得：E=mv022qL

⑨

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R

⑩

【解析】【分析】

(1)在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；

(2)粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值。

有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

6.【答案】解：(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

qE·2R−mgR=12mvC2−0 ③

解得：vC=2m/s ④

(2)小球在C点时受力分析如图，

由牛顿第二定律得：NC−qE=mvC2R⑤

解得：NC=3N ⑥

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：N【解析】本题主要考查动能定理，圆周运动，在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．

(1)应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，

(2)对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决．

7.【答案】解：(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，沿着线面和垂直斜面对重力和电场力分解，则有

在x轴方向：F合x =Fcosθ−mgsinθ=0

在y轴方向：F合y =FN −mgcosθ−Fsinθ=0

得：qE=mgtan37°，故有：E=3mg4q=7.5×10 4N/C，

(2)场强变化后物块所受合力为：F=mgsin37°−12qEcos37°

根据牛顿第二定律得：F=ma

故代入解得a=0.3g=3m/s 2，方向沿斜面向下

(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故ΔE=−12qELcos【解析】由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关。

(1)带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，物体受到重力、支持力和电场力，根据平衡条件，可判断出电场力方向，再由平衡条件列式，求得电场强度的大小。

(2)当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小。

(3)选取物体下滑距离为L=23m作为过程，机械能的改变量等于电场力对物体做的功，由功的公式计算。

8.【答案】解：(1)线框由静止释放到下边缘刚进入磁场的过程，做自由落体运动，有：v=2gh，

即线框下边缘刚进入磁场的速率为：v0=2gh，

线框下边缘切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv0，

感应电流的大小为：I=ER=BL2ghR，

根据右手定则判断知，线框中感应电流的方向沿逆时针方向。

(2)在线框下边缘刚进入磁场到上边缘刚进入磁场的过程中，

根据微元法，取一小段时间△t，时间内速度的减少量为△v，

由动量定理可得：(mg−BIL)△t=m△v，即mg△t−BIL△t=m△v

在时间△t内，通过线框某一横截面的电荷量为：△q=I△t

对mg△t−BIL△t=m△v两边求和得：mgt−BLq=m(v1−v0)

根据法拉第电磁感应定律有：E【解析】(1)先根据机械能守恒，根据E=BLv0即可求出感应电动势，进而求感应电流．根据右手定则判断电流的方向；

(2)线圈进入磁场的过程中，加速度变化，用微元法列式，有(mg−BIL)△t=m△v，对此式两边求和，另外，可求得时间t内，通过线框某一横截面的电荷量．结合各式可求；

(3)线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入和穿出磁场过程中产生的电热Q等于重力做的功减去动能变化量，由能量守恒可解得Q；

此题第2问较难，线框进入磁场的过程加速度是变化的，“线框进入磁场的过程所用的时间为t”是解答此问的关键条件，通过微元法可求得线框的上边缘刚进磁场时线框的速率，求热量时，往往根据能量守恒或动能定理研究。

9.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律：F−μmg=ma…①

刚进磁场时的速度：v0 =at0 …②

感应电动势为：E=Blv0 …③

解得：E=Blt0 (F−μmg)m…④

(2)根据右手定则，导体棒中的电流向上，由左手定则知安培力水平向左

【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势

(2)进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻

本题是电磁感应中的力学问题，知道受力情况，要能熟练运用动力学方法求解金属棒进入磁场时的速度。要知道安培力与速度成正比，都是常用的方法，这些思路要熟悉。

10.【答案】解：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，Ob=y，粒子到达C点时的竖直分速度为vy

则有：y=vy2t

粒子在电场中做类平抛运动，到达c点时有：

vy=vc2−v02=2v02−v02=v0

x=v0t=2L

解得：y=L

粒子的运动轨迹如图所示：

由几何知识可得：r+rsin30°=y

得：r=23L

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qv0B=mv【解析】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用。

(1)由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小；

(2)粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小。

11.【答案】解：(1)感应电动势E=BLv=0.5×0.2×1.2V=0.12V；

感应电流I=ER=1.2A；

(2)导体棒受到的安培力F安=BIL=0.5×0.2×1.2N=0.12N；

金属棒匀速下滑，根据平衡条件可知

且，又f=μFN，

代入数据解得μ=0.25；

(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由功能关系得，

代入数据解得：产生的焦耳热Q=1.04×10−2J。

答：(1)电阻R中电流的大小为I=1.2A；

(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小为μ=0.25；

【解析】本题考查导体切割磁感线中的受力以及功能关系的问题，要注意明确当导体棒达最大速度时，受力平衡，注意正确受力分析，根据平衡条件列式求解即可，同时注意功能关系的正确应用，分析机械能与电能之间的关系。

(1)根据E=BLv可求得感应电动势，再根据欧姆定律可求得电流大小；

(2)金属棒匀速运动时，受力平衡，分别对沿斜面和垂直斜面根据平衡条件列式，即可求得动摩擦因数；

(3)对全过程进行分析，明确能量关系，根据功能关系即可求得R上产生的热量。

12.【答案】解：(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：eU1=12mv2

得：v=2eU1m

电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：t0=lv=lm2eU1；

(2)电子在偏转电场中的加速度：a=U2edm

离开电场时竖直方向的速度：v【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解；根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，进而求出总位移。

(1)电子先在AB板间电场加速，后进入CD板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动，先由动能定理求出加速获得的速度；电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式x=vt可求时间；

(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压；

(3)根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开偏转电场后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移。

13.【答案】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有，Bvq=mv2R，那么，R=mvBq，T=2πRv=2πmBq；

(1)根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，

则粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x<0磁场区域运动半个周期；

那么粒子在x≥0磁场区域运动的周期T1=2πmB0q，在x<0磁场区域运动的周期T2=2πmλB0q，

所以，粒子运动的时间【解析】(1)由磁感应强度大小得到向心力大小进而得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在两磁场中的运动时间，累加即可；

(2)由洛伦兹力做向心力，求得粒子运动半径，再由几何条件求得距离。

带电粒子在匀强磁场中运动，一般由洛伦兹力做向心力，推得粒子运动半径，再根据几何关系求得位移，运动轨迹，运动时间等问题。

14.【答案】解：(1)电子在电场中做类平抛运动，则：a=qEm=qUmd，

水平方向有：l=v0t，

竖直方向有：y0=12at2，

由①②③得电子偏离金属板的侧位移为：y0=qUl22dmv02；

(2)在竖直方向的分速度为：vy=at=qUlmdv0，

在水平方向的分速度为：vx=v0,

【解析】(1)粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；

(2)先根据v=at求出竖直方向速度，进而进行合成求出电子飞出电场时的速度；

(3)从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．

该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况．

15.【答案】解：(1)设粒子在电场中运动的时间为t1，根据类平抛规律有：2h=v0t1，h=12at12

根据牛顿第二定律可得：Eq=ma

联立解得：E=mv022qh

(2)粒子进入磁场时沿y方向的速度大小：vy=at1=v0

粒子进入磁场时的速度：v=2v0，方向与x轴成45°角，

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r

解得：r=2mv0qB【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿二定律结合运动学规律，联立即可求出电场强度大小E；

(2)利用类平抛规律求出粒子进入磁场时的速度大小和方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力即可求出粒子在磁场中运动的轨道半径r；

(3)利用周期公式T=2πrv=2πmqB，结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场运动的时间t。

本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解，牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向。

16.【答案】解：(1)降压变压器的输出功率为：

P=nP灯=40×22×6=5280W

降压变压器副线圈的电流为：

I3=nP灯U3=6×22×40220A=24A，

由

降压变压器原线圈的电流为：I2=12I3=14×24A=6A

输电线损失的功率为：△P=I22R=62×4w=144W

所以输入功率为：P1=P+△P=5280+144=5424W

(2)降压变压器原线圈电压为：U2′=n2′n3U3=4×220=880V

【解析】(1)根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率．

(2)得出输电线上的电压损失．根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势．

(3)根据用户得到的功率与电源的输出功率之比求解输电效率．

解决本题的关键知道：1、原副线圈电压比、电流比与匝数比之间的关系，2、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率之间的关系；3、升压变压器的输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系．

17.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS

求出：E=1.2V；

(2)根据全电路欧姆定律，有：I=ER1+R2+r=0.12A

根据

P=I2R1

求出

P=5.76×10−2W；【解析】(1)根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；

(2)根据P=I2R求出电阻R1的电功率；

(3)电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量。

本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解。

18.【答案】解：(1)对ab由机械能守恒得：

mgh=12mv02

解得：v0=2gh

(2)两杆最终速度相等，由动量守恒得：

mv0=2mv

解得：v=gh2

(3)由能量守恒得：Q=mgh−12×2mv2=12mgh

(4)对cd杆由动量定理：BIL×t=mv−0

q=I⋅t=m2gh2BL

答：(1)金属棒ab进入磁场前的瞬间，【解析】(1)有机械能守恒即可求出速度

(2)有动量守恒求出最终速度

(3)由能量守恒即可求出产生的焦耳热

(4)由动量定理及电量q=It即可求出过导体棒cd横截面的电量

本题是双杆在轨道滑动类型，分析两杆的运动情况是关键，其次要把握物理规律，系统的合外力为零，动量是守恒的

19.【答案】解：(1)设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则，设粒子在电场中运动时间为t，在水平方向：OQ=L=v0t，

在竖直方向：OP=vy2t

由以上各式，解得：OP=12L

故P点纵坐标为L2

(2)粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示：

设此时的轨迹半径为r1，由数学知识得：，

解得：r=2−2L

粒子在磁场中运动的速度：【解析】(1)粒子在第一象限内做类平抛运动，在x轴方向上做匀速直线运动，在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，已经知道在Q点时的速度方向为，可知此时沿两个坐标轴的速度都是v0，在x轴和y轴分别列式，可求出OP的距离，从而得到P点的坐标；

(2)对粒子在第四象限中的运动轨道进行分析，找到临界状态，即轨道恰好与y轴相切为轨道的最大半径，结合洛伦兹力做向心力的公式可求出此时的磁感应强度，该磁感应强度为最小值，从而可表示出磁感应强度的范围。

20.【答案】解：(1)油滴沿PM做直线运动，油滴受力如图所示：

在垂直于PM方向上，由平衡条件得：

qE=qvBsinα，

解得：v=EBsin30∘=2EB；

(2)由于tanα=qEmg=33，则：mg=3qE，

油滴从x轴上的N点竖直向下做匀速圆周运动，

洛伦兹力提供向心力，油滴的重力与电场力合力为零，

即：mg=qE′，解得：E′=mgq=3E；

(3)油滴的运动轨迹如图所示：

油滴做匀速圆周运动转过的圆心角：θ=120°，