《高考物理模拟题分类训练(05期)专题16电学计算大题(教师版含解析).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理模拟题分类训练(05期)专题16电学计算大题(教师版含解析).docx（54页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题16 电学计算大题1(2021湖南娄底市高三零模)如图所示，水平界线上方有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，下方有垂直于纸面向外的水平匀强磁场，光滑绝缘板斜放在匀强电场中，下端C在上，板与间夹角为45，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子在板上A点由静止释放，粒子在电场力作用下沿板向下运动，运动到C点以一定的速度进入磁场、粒子经磁场偏转再次进入电场、并以水平向右的速度打在板上，已知间的距离为L，不计粒子的重力，求：(1)带电粒子进入磁场时速度大小；(2)粒子打在板上的位置离C点的距离；(3)匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1) ；(2)；(3)【解析】(1)设匀强电场的电场强度大小为
2、E，由题意知，带电粒子沿板向下做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律有解得设运动到C点的速度大小为v，根据运动学公式有解得(2)设粒子出磁场时的位置在D点，由于粒子第二次在电场中运动做类平抛运动的逆运动，以水平方向的速度打在板上，设此过程粒子运动的加速度为，根据牛顿第二定律平行电场方向运动的距离粒子打在板上的位置离C点的距离(3)粒子第二次在电场中运动，平行电场方向速度与时间的关系为垂直电场方向位移为解得根据对称性可知，C、D间的距离为粒子在磁场中做圆周运动的半径根据牛顿第二定律解得2(2021湖南高三一模)如图所示，在平面直角坐标系，xOy的第一象限内存在着垂直纸面向里大小为的匀强磁场区域，在第
3、三象限内虚线和y轴之间存在另一垂直纸面向里的匀强磁场区域，虚线方程，在第四象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，一质量为m，电荷量为的粒子由坐标为的P点以某一初速度进入磁场，速度方向与y轴负方向成角，粒子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为的Q点第一次进入第三象限内的磁场，粒子重力不计，比荷为，求：(1)粒子的初速度大小；(2)匀强电场的电场强度E大小；(3)若粒子从电场进入磁场区域时做圆周运动的圆半径，求粒子从开始进入电场时刻到第二次从电场进入磁场区域时刻的时间间隔。()(计算结果保留两位有效数字)【答案】(1)；(2)400V/m；(3)【解析】(1)粒子在磁场区域I做圆周运动由几何关
4、系可知联立解得(2)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的性质，则有粒子在电场中的加速度为粒子在x轴方向的速度与初速度关系有粒子的速度与初速度关系有联立解得(3)如图，粒子在电场中先做类平抛运动在磁场区域时做圆周运动的时间粒子由磁场区域进入电场后做类斜抛运动，由运动的分解与合成以及对称性可知时间3(2021广东高三模拟)如图所示，金属板的右侧存在两种左右有理想边界的匀强磁场，磁场的上边界AE与下边界BF间的距离足够大。ABCD区域里磁场的方向垂直于纸面向里，CDEF区域里磁场的方向垂直于纸面向外，两区域中磁感应强度的大小均为B，两磁场区域的宽度相同当加速电压为某一值时，一电子由静止开始，经电
5、场加速后，以速度v0垂直于磁场边界AB进入匀强磁场，经的时间后，垂直于另一磁场边界EF离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。求:(1)每一磁场的宽度d；(2)若要保证电子能够从磁场右边界EF穿出，加速度电压U至少应大于多少？ (3)现撤去加速装置，使ABCD区域的磁感应强度变为2B，使电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，可改变射入时的方向(其它条件不变)。要使得电子穿过ABCD区域的时间最短时，求电子穿过两区域的时间t。【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)电子在每一磁场中运动的时间为t1故电子的在磁场中转过 电子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即 由图可知解得 (2)若电子
6、恰好不从EF边穿出磁场，电子应和CD相切，在ABCD区域中转半圈后从AB边离开磁场，设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，则解得(3)若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域，作图 电子在两区域的半径关系r22r1由解得 第一段时间为在区域CDEF中的圆心必在EF边上(如图内错角)= 第二段时间通过两场的总时间4(2021天津高三模拟)如图甲所示，固定平行金属导轨、与水平面成角倾斜放置，其电阻不计，相距为，导轨顶端与电阻R相连，。在导轨上垂直导轨水平放置一根质量为、电阻为的导体棒。距离导轨顶端，导体棒与导轨间的动摩擦因数；在装置所在区域加一个垂直导轨平面向
7、上的磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。(g取)(1)前内，施加外力使导体棒保持静止，求通过导体棒的电流I的大小和方向；(2)后静止释放导体棒，已知棒滑到底部前已达到最大速度并匀速下滑到底部，此过程中通过的电量。求的大小、以及此过程中导体棒的位移。(3)在第2问的过程中电阻R上产生的热量Q。【答案】(1)0.4A，由b到a；(2)，；(3)0.29J【解析】(1)由题意知，根据法拉第电磁感应定律可得前2s产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律有电流为根据楞次定律可知感应电流的方向为b到a。(2)导体棒所受摩擦力为2s时，静止释放导体棒，导体棒沿导轨方向受到重力沿导轨的分力、沿导轨向
8、上的滑动摩擦力、安培力，导体棒做加速度减小的加速运动，当速度最大时有，解得当导体棒下滑时， 计算可得导体棒的位移(3)下滑过程中根据功能关系可知系统产生的热量Q代入数据解得所以电阻R产生的热量为5(2021天津高三模拟)如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，其左侧有一圆心为O、半径为r的圆形区域，区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆周上的点A、圆心O与平行板电容器上的两小孔、在同一水平直线上。现有一质量为m，电荷量为的带电粒子(重力忽略不计)，以某一恒定的水平初速度从极板M的中央小孔处射入电容器，穿过小孔后从A处进人磁场，当平行板M、N间不加电压时
9、，带电粒子恰好从O点正下方的C点射出磁场。(1)求带负电的粒子的初速度大小；(2)当平行板M、N间加上一定电压时，带负电的粒子在磁场中运动的时间变为原来的，求M、N板间的电势差。【答案】(1)；(2)【解析】(1)分析粒子在磁场中的运动，可知粒子在磁场中做圆周运动的半径粒子在磁场中做匀速圆周运动有解得：(2)粒子在磁场中运动的周期当平行板M、N间不加电压时，粒子在磁场中运动的时间当平行板M、N间加电压时，粒子在磁场中运动的时间粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径粒子在磁场中做匀速圆周运动有粒子在电场中运动，由动能定理可得解得在M、N板上所加的电势差6(20
10、21福建高三二模)如图甲所示，在空间中同时存在匀强电场和匀强磁场，建立空间直角坐标系。一质量为、电荷量为的带电小球从轴上的点沿轴正方向以速度射出，恰好做匀速直线运动，图乙为平面。已知匀强磁场大小为，方向与平面平行且与轴正方向的夹角为，重力沿轴负方向，点距原点的距离为，重力加速度为。求(1)电场强度大小；(2)若仅去掉电场，带电小球运动到平面的速度大小和所用时间；(3)若仅让带电小球速度方向反向，其运动到平面时的动能。【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】(1)对带电质点受力分析，如图洛伦兹力又则方向与轴正方向的夹角为，则得所以方向与的方向相同；(2)带电粒子做类平抛运动，沿轴方向匀速直线运动
11、，沿的反方向匀加速直线运动，加速度为沿的反方向运动到平面的位移由运动学公式解得得(3)带电小球的运动平面为过点与磁感应强度方向垂直的平面，所以运动到平面沿重力与电场力合力方向通过的位移为洛伦兹力不做功，所以由动能定理可得联立得7(2021天津和平区高三一模)如图所示为用质谱仪测定带电粒子比荷的装置示意图。它是由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成。已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为E，匀强磁场磁感应强度为，方向垂直纸面向里。分离器中匀强磁场磁感应强度为，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有大量氢的同位素离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入，部分粒子
12、通过小孔后进入分离器的偏转磁场中，在底片上形成了对应于氕、氘、氚三种离子的三个有一定宽度的感光区域，测得第一片感光区域的中心P到点的距离为。不计离子的重力、不计离子间的相互作用，不计小孔的孔径。(1)打在感光区域中心P点的离子，在速度选择器中沿直线运动，试求该离子的速度和比荷；(2)以的速度从O点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为的匀速直线运动和另一个速度为的匀速圆周运动的合运动，试求该速度选择器极板的最小长度L。【答案】(1)，；(2)【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，由平衡条件条件有解得进入分离器中粒子圆周运动的半径由牛顿第二定律有解得(2)三种离子在磁场中做圆周
13、运动周期分别为三种离子都能通过，则极板最小长度8(2021北京西城区高三一模)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。(1)如图1，将一半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中能够自由移动的电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是在c、f间产生霍尔电压UH。已知半导体薄片的厚度为d，自由电荷的电荷量为q，求薄片内单位体积中的自由电荷数n。(2)利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图2所示，将两块完全相同的磁体同极相对放置，在两磁体间的缝隙中放入图1所示的霍尔元件，当霍尔元
14、件处于中间位置时，霍尔电压UH为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着x轴方向移动时，则有霍尔电压输出。若该霍尔元件是电子导电的，在霍尔元件中仍通以由a向b的电流，那么如何由输出的霍尔电压判断霍尔元件由中间位置沿着x轴向哪个方向移动？请分析说明。(3)自行车测速码表的主要工作传感器也是霍尔传感器。如图3，霍尔元件固定在自行车前叉一侧，一块强磁铁固定在一根辐条上。当强磁铁经过霍尔元件时，使其产生电压脉冲。已知自行车在平直公路上匀速行驶，车轮与地面间无滑动，车轮边缘到车轴的距离为r。a. 若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，求自行车行驶的速度大小v。b. 图4中的两幅图哪个可以大致反映自行车正常
15、行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹？请说明理由。【答案】(1)；(2)见解析；(3)a. ；b.甲图，理由见解析【解析】(1)设c、f两侧面之间的距离为L，当电场力与洛伦兹力相等时又 其中代入得(2)层级1：由输出的霍尔电压可知c、f两侧哪侧电势高，进而可判断霍尔元件沿着x轴向哪个方向移动。层级2：由题意可知，两块磁体的中间位置合磁场的磁感应强度为0，中间位置右侧的区域合磁场的方向向左，中间位置左侧的区域合磁场的方向向右。当霍尔元件处于中间位置右侧，且通有由a向b方向的电流时，根据左手定则可判断，自由电子受洛伦兹力的方向指向f一侧，因此f侧积累负电荷，c侧积累正电荷，c侧电势高；当霍尔元
16、件处于中间位置左侧，情况则刚好相反，f侧电势高。若输出的霍尔电压显示c侧电势高，说明霍尔元件向x轴正方向移动；若f侧电势高，说明霍尔元件向x轴负方向移动。(3)a. 单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，因此车轮转动的角速度 ，自行车的行驶速度 b. 甲图可以反映自行车正常行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹。参考答案1：在自行车正常行驶时，车轮边缘上的一点同时参与两个运动，一是以速度v和自行车一起向前做直线运动，二是以线速度v绕车轴做圆周运动，因此车轮边缘上一点运动到最高点时相对地面的速度最大，大小为2v，运动到最低点时相对地面的速度最小，为0。甲图中的轨迹满足这一特点，而乙图中的轨迹的最低
17、点的速度方向指向自行车行驶的反方向，不符合实际。 参考答案2：在自行车正常行驶时，车轮与地面之间不打滑，因此车轮与地面接触的一点相对地面的速度为0，即车轮边缘一点运动到最低点时相对地面的速度为0。甲图中的轨迹满足这一特点，而乙图中的轨迹的最低点的速度方向指向自行车行驶的反方向，不符合实际。9(2021北京海淀区高三一模)电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。(1)电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图甲所示的装置：无限长平行光滑金属导轨相距L，导轨平面水平，电源电动势为E，内阻不计。垂直于导轨放置一根质量为
18、m的导体棒MN，导体棒在两导轨之间的电阻为R，导轨电阻可忽略不计。导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为B，导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。闭合开关S，导体棒由静止开始运动，运动过程中切割磁感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势E反，此时闭合回路的电流大小可用来计算。在图乙中定性画出导体棒运动的v-t图像，并通过公式推导分析说明电动汽车低速比高速行驶阶段提速更快的原因；求导体棒从开始运动到稳定的过程中流过的总电荷量q。(2)电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力f与车速v的关系可认为f=kv2，其中k为未知常数。某品牌电动汽车的电
19、动机最大输出功率Pm=180kW，最高车速vm=180km/h，车载电池最大输出电能A=60kWh。若该车以速度v=60km/h在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为90%，求该电动汽车在此条件下的最大行驶里程s。【答案】(1)见解析；见解析； ；(2)486km【解析】(1)导体棒运动的v-t图像如右图所示设导体棒运动速度为v，根据反电动势的作用及闭合电路欧姆定律有导体棒中的电流由牛顿第二定律有联立解得导体棒运动的加速度由此可知，导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速运动。所以电动汽车在低速行驶时，电动机产生的反电动势较小，车辆加速度较大，提速更快。当a=0时，导体棒达到最大速
20、度vm，根据法拉第电磁感应定律有由动量定理有 根据电流的定义有 联立解得流过导体棒的总电荷量 (2)车匀速运动时，有 由题意，电动机功率有 所以车以速度v行驶时电动机的功率由题意可知 解得该电动汽车的最大行驶里程s=486km10(2021天津高三模拟)我国的东方超环(EAST)是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。装置中的中性化室将加速到很高能量的离子束变成中性粒子束，注人到发生聚变反应的等离子体中，将等离子体加热到发生聚变反应所需点火温度。没有被中性化的高能带电离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“剩余离子偏转系统”将所有带电离子从粒子束剥离出来。剩余离子电偏转系统的原理如图所
21、示，让混合粒子束经过偏转电场，未被中性化的带电离子发生偏转被极板吞噬，中性粒子继续沿原有方向运动被注人到等离子体中。若粒子束中的带电离子主要由动能为、 的三种正离子组成。所有离子的电荷量均为q，质量均为m，两极板间电压为U，间距为d。(1)若离子的动能Ek由电场加速获得，其初动能为零，求加速电压U0；(2)要使三种带电离子都被极板吞噬，求：a离子在电场中运动的最长时间b偏转极板的最短长度(3)剩余离子偏转系统还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离。如图所示，粒子束宽度为d，吞噬板MN长度为2d。要使三种能量的离子都能打到吞噬板上，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1)；(2)a.；b.；(3)
22、。【解析】(1)根据动能定理解得(2)a.所有打在极板上的离子中，运动时间最长的离子偏转距离为d；，则最长时间b.要使所有高子都能被极板吞噬，上极板左边缘进入的全能量离子要恰好打到下极板的右边缘。此过程离子水平飞行的距离即为极板最短长度，根据，可得：(3)由分析可知，粒子束上边缘进入的三分之一能量离子到达吞噬板上边缘时，半径最小，磁感应强度最大，根据：；，可得：粒子束下边缘进入的全能量离子到达吞噬板下边缘时，半径最大，磁感应强度最小，此时：，得：所以，磁感应强度的取值范围为：11(2021北京西城区高三一模)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其
23、边长为L，总电阻为R，ab边与磁场边界平行。线框在向右的拉力作用下以速度v匀速进入磁场。从ab边刚进入磁场直至cd边刚要进入磁场的过程中，求：(1)金属线框中的感应电流I的大小和方向；(2)金属线框产生的焦耳热Q；(3)安培力的冲量大小I安。【答案】(1)，电流方向沿adcba(或逆时针方向)；(2)；(3)【解析】(1)ab边切割磁感线产生电动势 根据闭合电路欧姆定律 解得根据右手定则可判断，电流方向沿adcba(或逆时针方向) (2)根据焦耳定律其中 代入解得 (3)ab边受安培力 安培力的冲量大小 代入解得 12(2021北京东城区高三一模)如图所示，宽为l的光滑固定导轨与水平面成角，质
24、量为m的金属杆ab(电阻不计)水平放置在导轨上，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。电源的内阻为r，当变阻器接入电路的阻值为R时，金属杆恰好能静止在导轨上。重力加速度用g表示。求：(1)金属杆静止时受到的安培力的大小F安；(2)电源的电动势E；(3)若保持其它条件不变，仅改变匀强磁场的方向，求由静止释放的瞬间，金属杆可能具有的沿导轨向上的最大加速度a。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)由题意可知，金属杆所受安培力的方向水平向右，因为金属杆静止，所以合力为零，得到(2)因为且得(3)仅改变匀强磁场的方向时安培力大小不变，因此当安培力沿导轨向上的分量最大，即安培力沿导轨向上时，金
25、属杆具有沿导轨向上的最大加速度，由得最大加速度13(2021广东高三模拟)电视机中的显像管、喷墨打印机等电子仪器都是利用了粒子在电磁场中的偏转，因此研究粒子在电磁场中的偏转是非常有意义的。如图所示，在xOy平面坐标系第一、四象限内存在一个圆心为坐标原点的圆环状的均匀辐向电场，圆环在y轴上的截面长度为R，电场中各点电势，式中C为正的已知常量，l为该点到圆心O的距离。在y轴左侧，圆心为(R，0)、半径为R的虚线圆内分布着方向垂直于圆面向里的匀强磁场，在x = 3R处有一竖直放置的足够长的荧光屏。今在x = 2R处圆弧上的一点放置一个粒子源，能不断释放初速度为0，质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子穿
26、出磁场后偏转了60，不计粒子重力及粒子间相互作用力，不考虑空气阻力。求：(1)粒子进入磁场时速度大小；(2)粒子打在荧光屏上的坐标；(3)磁场的磁感应强度B0。【答案】(1)；(2)(3R，)；(3)【解析】(1)辐向电场的电势差为粒子在电场中的加速过程，根据动能定理有解得速率(2)画出粒子运动轨迹如图所示，则=60，由几何关系可知，打到荧光屏上的竖直高度为因此粒子打在荧光屏上的坐标为(3R，)(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径由解得14(2021天津高三模拟)质谱仪是以离子源、质量分析器和离子检测器为核心的电子仪器。离子源是使试样分子在高真空条件下离子化的装置。电离后的分子因接受了过多的
27、能量会进一步碎裂成较小质量的多种碎片离子和中性粒子。它们在加速电场作用下获取具有相同能量的平均动能而进入质量分析器。质量分析器是将同时进入其中的不同质量的离子，按质荷比的大小分离的装置。质谱仪的部分原理图可简化为如图甲所示，离子源(在狭缝上方，图中未画出)产生的带电离子经狭缝之间的电场加速后，匀速并垂直射入偏转磁场区域，加速电场的电压随时间变化如图乙所示。离子进入匀强磁场区域后，在洛伦兹力的作用下打到照相底片上并被接收，形成一细条纹。若从离子源产生的离子初速度为零、电荷量为、质量为m，加速电压为时，离子恰好打在P点，为放置照相底片的离子检测区域，M为的中点。已知(不计离子的重力以及离子在电场内
28、加速时电压的变化与加速时间)。求： (1)加速电压为时，离子经加速电场加速后的速度；(2)偏转磁场的磁感应强度大小B；(3)若偏转磁场区域为圆形，且与相切于O点，如图丙所示，其他条件不变，当加速电压为时，要保证离子进入偏转磁场后不能打到边界上(足够长)，求磁场区域的半径R应满足的条件。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)加速电压为时，对离子经加速电场加速过程应用动能定理有解得(2)由题意可知，加速电压为时，离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为在偏转磁场中，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得(3)离子不能打到边界，则磁场区域的半径应小于等于离子在偏转磁场中做匀速圆周运动
29、的轨迹半径，又当加速电压为时，离子在磁场中的轨迹半径为L，根据以上分析可知，磁场区域的半径应满足15(2021天津高三模拟)科学仪器常常利用磁场将带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出。某同学为探究带电粒子“约束”问题，构想了如图所示的磁场区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、垂直于纸面，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的一点，P为OA的中点。若有一粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无相互作用。不计粒子的重力，取sin37=0.6，cos37=0.8，求:(1)粒子源在A点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmA；(2)粒子源在
30、O时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值tm；(3)粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)如图1所示，若粒子源在A点时，被磁场约束的粒子在磁场中最大运动半径为由运动半径解得:(2)如图2所示，当粒子源在O时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间为最大值，设粒子运动半径为r0。在中，OA2+AC2=OC2即解得由几何知识求得ACD=106，故被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值为(3)如图3所示，当粒子源在P点时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最大，速度为最
31、大值，设粒子运动半径为rP在中，由几何知识得OG2+GE2=OE2，OE=2R-rP求得rP=R由运动半径解得：16(2021湖南邵阳市高三一模)如图所示，竖直平面内直角坐标系xoy中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在x0的区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，在x0的区域内存在竖直向下的匀强电场。其他区域无电场和磁场。某时刻一带正电粒子从A(-L，0)点沿与x轴负方向成=53角以初速度v0斜向上射出，恰好垂直y轴射出磁场区域，进入电场强度大小为E的匀强电场区域。(已知带电粒子质量为m，所带电荷为均+q，且带电粒子重力不计，不计空气阻力，sin53=0.8，530.3)求：(1)磁场的磁感应
32、强度大小B；(2)带电粒子运动至x轴正半轴时的坐标；(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间。【答案】(1)；(2)(，0)；(3)【解析】(1)由小球在磁场中，小球在磁场中做匀速圆周运动有分析可知小球的运动半径联立解得(2)小球出磁场区域后在电场力作用下第一象限内做类平抛运动，如图根据平抛运动规律，有几何关系可知联立解得即小球运动至x轴正半轴时的坐标为(，0)。(3)带电粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为=127，约为运动周期为运动时间为则运动的总时间为17(2021浙江衢州市高三二模)如图所示，由直三棱柱A1B1C1-A2B2C2构成的斜面体固定置于水平面上，A1B1C1为直角三角形，其中=5
33、3，A1C1=A1A2=0.4m，厚度不计的矩形荧光屏B1B2D2D1竖直安置在斜面底端，B1D1=0.2m。空间中有一竖直向下的匀强电场，场强E=2105N/C，在A处可发射水平各方向，速度大小不同的带正电粒子，粒子的电量q=210-10C，质量m=510-17kg，当粒子击中荧光屏时能使其发光。不考虑重力、空气阻力、粒子间相互作用力及粒子反弹后的运动。(1)求带电粒子在电场中运动的加速度；(2)求能使荧光屏发光的粒子的初速度大小范围；(3)取(2)问中打到荧光屏上初速度最小的粒子，当其运动到离斜面的距离最远时，突然撤去电场，并加一个垂直于斜面的匀强磁场，要使粒子能击中荧光屏，求所加磁场的方
34、向及磁感应强度的范围。【答案】(1)81011m/s2；(2)3105m/sv0；(3)0B0.5T，方向垂直于斜面向下【解析】(1)由qE=ma解得a=81011m/s2(2)从A运动到B1粒子初速度最小，由竖直位移水平位移及位移关系解得初速度最小值vO1=3105m/s从A1运动到D2粒子初速度最大，竖直位移水平位移解得初速度最大值初速度的范围3105m/sv0(3)设粒子到达P点时离斜面距离最远，此时速度vP恰好平行于斜面方向向下，由速度关系竖直速度公式解得t1=510-7s此时如果磁场为零，电场也已撤去，粒子将做匀速直线运动至荧光屏的Q1点，增大磁场，粒子将做匀速圆周运动，半径随磁场的
35、增大而减小，当磁场最大时，设轨迹恰好相切于Q2点，P点水平位移xP=vO1t1=0.15m、半径粒子在P点时速度由牛顿第二定律解得磁感应强度最大值B=0.5T故磁感应强度的范围0B0.5T方向垂直于斜面向下。18(2021福建高三二模)如图所示，质量为的可移动“”型导轨位于光滑水平桌面上，两条平行轨道间的距离为。质量为的金属杆可垂直于导轨滑动，与轨道之间存在摩擦力，金属杆接入回路中的电阻为。初始时金属杆位于图中的虚线处，的左侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为。在时，用一平行于导轨的恒力作用于金属杆，使之由静止开始沿导轨向左运动。时刻回路中的电流为，此过程中导轨向左移动的距离为(杆与轨道
36、始终保持相对运动，尚未进入磁场)。不考虑导轨的电阻与回路的自感，求：(1)时刻金属杆的速度大小；(2)金属杆与“”型导轨间的滑动摩擦因数；(3)该过程中金属杆移动的距离。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得切割感应电动势解得(2)滑动摩擦力为对导轨受力分析，由牛顿第二定律得导轨匀加速运动解得(3)在任意短的时间内对金属杆分析，由动量定理得叠加求和有而联立解得联立解得19(2021福建漳州市高三二模)如图，光滑绝缘水平桌面上存在相邻的两个矩形区域与，其中、，两区域分别存在竖直向下和竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一足够长的光滑绝缘弧形轨道的末端固定在边的中点
37、，轨道末端切线水平。现有一带电量为，质量为的小球从距离桌面高为的轨道上静止释放，从点垂直边进入磁场区域后，由点射出。已知小球的电量始终保持不变，重力加速度大小为。(1)求磁感应强度的大小；(2)若要使小球能从右边区域的点射出，求小球释放高度；(3)若将右边区域的磁场换为匀强电场，电场方向平行于桌面且与夹角为指向边，仍将小球从(2)问中的高度释放，最终小球从边上距点处离开电场区域，求小球从进入磁场到离开电场所用的总时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)设小球到达点时速度为，由动能定理得在磁场中轨道半径为，由几何关系可得：可得：(2)根据对称，要让小球经过点，运动轨迹必经过上距距离为的
38、点，轨道半径为由几何关系可得可得(3)小球在磁场中运动轨迹的圆心角，设小球在磁场中运动时间为小球经过线时，速度与的夹角可得可知小球速度与电场方向垂直，做类平抛运动，设在电场中运动时间为，沿方向运动的位移为，则总时间可得20(2021天津高三一模)如图所示，上、下水平放置的两带电金属板相距为，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板处有一带电荷量为的小球B，在小球B上方有一带电荷量为的小球A，两小球的大小不计、质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知，现让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(空气阻力g不计，重力加速度为g)。求：(1)B球刚进入电场时速度的大小；(2)设，当B球刚进入
39、电场内，杆对A球作用力为重力的多少倍？方向指向哪里？(3)B球是否能碰到下板？如能，求B球刚碰到下板时的速度大小；如不能，请通过计算说明理由。【答案】(1)；(2)0.8，沿杆竖直向下；(3)能，【解析】(1)B球刚进入电场前，两小球与杆整体只受重力作用，做自由落体运动，有解得(2)当B球刚进入电场(A球未进入电场)，系统受到重力2mg、电场力Eq，由牛顿第二定律得设杆对A球作用力为F，A球受到重力、杆的作用力F以及B对A的库仑力。由牛顿第二定律得又解得方向沿杆竖直向下(3)设B球碰到下板时速度为v2，从最初释放到落到下板，有解得所以B球能碰到下板，B球刚碰到下板时的速度大小21(2021山东
40、枣庄市高三二模)如图所示，在平面直角坐标系中，直线距x轴为d，直线距x轴为，直线下方区域存在沿y轴正方向的匀强电场，之间存在垂直于坐标系平面向外的匀强磁场。从时刻，一个质量为m，带电荷量为的粒子以初速度由坐标原点O处，沿x轴正方向射入电场，在上的P点进入磁场，P点坐标为.不计粒子受到的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)若粒子恰好不从直线处离开磁场，则磁感应强度的大小；(3)在第(2)问条件下，粒子经过x轴的时刻。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)粒子第一次在电场中运动，所用时间为t1，则有联立解得(2)设粒子到达AB边界沿电场方向的速度为vy，粒子速度v与AB边界的夹角为，则联
41、立解得粒子在磁场中运动，若恰好不从上边界CD飞出，轨迹如图所示设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系可得由牛顿第二定律得联立解得(3)设粒子在磁场中运动的周期为T，每次在磁场中运动的时间为t2，则联立解得设粒子第一次到达x轴的时间为tx，则故粒子到达x轴的时刻t为22(2021福建福州市高三二模)如图所示，在平面直角坐标系中的第一、二象限内有一个矩形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴上，。在第四象限正方形内存在沿方向、大小的匀强电场，沿第三象限放置一平面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子A从坐标原点沿方向射入磁场，恰好不从边射出磁场。已知电子的质量为m，电荷量为
42、。试求：(1)电子射入磁场时的速度大小v；(2)电子在电场中运动的时间；(3)若另一电子C从x坐标轴上某点以相同的速度射入磁场。A、C打在荧光屏上同一点，电子射入磁场时的坐标x。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)电子恰好不从边射出磁场，则电子运动轨迹与边相切，设电子运动半径为R，则由几何知识可得电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得(2)由几何知识可知，电子进入电场的横坐标为电子沿竖直向下的方向进入电场，电场力水平向左，电子做类平抛运动。电子若从间离开电场，则电子在电场中运动的时间为电子若从间离开电场，设电子在电场中运动的时间为tOD。由牛顿第二定律得电
43、子的加速度为根据运动学规律有解得由于电子从OD间离开磁场时的水平位移比从DF间离开磁场时的水平位移大，所以应有tODtDF，但计算所得，不符合实际，由此可以判断电子是从间离开电场的。即电子在电场运动的时间为(3)电子A、C通过x轴后沿y轴方向的分运动是匀速运动，且它们沿y轴方向的分速度相等，所以两个电子打在荧光屏的同一点，意味着两个电子在第三、第四象限运动的总时间相等。设电子A在第四象限运动时间为、在第三象限运动时间为；电子C在第四象限运动时间为、在第三象限运动时间为电子A离开电场时平行于x轴方向的分速度为在第四象限有在第三象限有电子C从处进入电场，则有离开电场时平行于x轴方向的分速度为在第三
44、象限有由前面分析有由以上各式联立解得(另一解不合题意舍去)电子C射入磁场的位置在左侧处，所以23(2021浙江温州市高三二模)如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在粗糙程度较大的水平地面上，斜面底部区域内及右侧区域分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界、间的距离为L，为斜面最低处。将质量为m、电阻为R、边长为L的正方形匀质金属框(表面涂有绝缘漆)从边距边界的距离为L处静止释放，当边到达处时刚好速度为零，接着用外力使框做“翻跟头”运动，即框以边为轴顺时针翻转，然后以边为轴顺时针翻转，再以边为轴顺时针翻转，如此不断重复，每转到竖直和水平时位置记为I、II、III、IV、V、VI、。翻转过程
45、中，金属框不打滑，并保持角速度大小恒为，空气阻力不计，重力加速度为g，以位置I作为计时起点即。(1)求金属框进入区域的过程中，流过边的电量；(2)写出金属框从位置到位置的过程中，a、b两点的电势差随时间变化的函数式；(3)求金属框从位置到位置的过程中，外力对框做的功；(4)在图示坐标系内画出金属框从位置到位置V的过程中，电势差随时间变化的函数图像(标出相应的纵横坐标)。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)见解析【解析】(1)流过边的电量由于所以(2)从位置到位置的过程中，ab边以cd边为中心匀速转动，ab边上产生的电动势为其中为ad边与竖直方向的夹角；所以a、b两点的电势差为(3)从位置到位
46、置的过程中，安培力做的功在数量上等于导体产生的热量，即由动能定理得解得(4)在位置及位置V，ab边切割磁感线，且速度方向与磁感线垂直，所以电势差在位置记为II、III、IV，ab边静止不动，cd切割磁感线，所以电势差由于线框匀速转动，所以曲线为正弦曲线，图形如下图所示：24(2021北京海淀区高三一模)类比是一种重要的科学思想方法。在物理学史上，法拉第通过类比不可压缩流体中的流速线提出用电场线来描述电场。(1)静电场的分布可以用电场线来形象描述，已知静电力常量为k。真空中有一电荷量为Q的正点电荷，其周围电场的电场线分布如图甲所示。距离点电荷r处有一点P，请根据库仑定律和电场强度的定义，推导出P点场强大小E的表达式；如图甲所示，若在A、B两点放