【备考2022 高考物理二轮专题复习】 电磁学计算题专练2 磁场 电磁感应 交变电流（含解析 ）

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【备考2022 高考物理二轮专题复习】 电磁学计算题专练2 磁场 电磁感应 交变电流（含解析 ）
1．如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，今有一质量为m、带电量为q（q＞0）的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，方向与水平夹角方向α＝37°，且刚好从狭缝进人bc区域，所加电场的场强大小、方向竖直向上，磁感应强度方向垂点纸面向里，磁场磁感应强度大小等于。若微粒刚好没有从bc区域离开，重力加速度为g，求：
（1）平行金属板a、b之间的电压；
（2）bc区域的宽度；（要求用含d的式子表示）
（3）微粒从开始运动到第二次经过金属板b所用时间。

2．静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场。
（1）如图所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为+Q，半径为R，静电力常量为k。距球心r处电场强度的大小分布满足如下关系：

①将电荷量为+q的试探电荷放在距离带电球球心2R处，求其受到的静电力大小F。
②在图2坐标系中画出E-r图像，并借助该图像求出带电球的球心与球表面间的电势差U。
（2）在纸面内以O为圆心，半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B的大小随时间均匀增加，变化率为k，该变化磁场激发感生电场，距球心r处的电场强度大小分布满足如下关系：

电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。一种电子感应加速器的简化模型如图4所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，在以O为圆心，半径小于r0的圆形区域内，磁感应强度B1=k1t，在大于等于r0的环形区域内，磁感应强度B2=k2t，其中，k1、k2均为正的定值。电子能在环形区域内沿半径等于r0的圆形轨道运动，并不断被加速。
①分别说明B1、B2的作用
②推导k1与k2应满足的数量关系

3．如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等，B、D等高，图中角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为，带电量为，B点的高度，整个过程中滑块可视为质点，所带电量保持不变，，。
（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力；
（2）现调节AB间的动摩擦因数，求滑块首次到达E点时的速率与之间的关系式；
（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数。

4．如图所示，绝缘水平面上的区域宽度为d，一带正电、电量为，质量为的小滑块以的初速度从点水平进入该区域，滑块运动至距离点为的点时速度变为，从此刻起在区域内加上一个水平向左的匀强电场，小滑块受到的电场力等于滑动摩擦力的倍。
（1）求区域内所加匀强电场的电场强度;
（2）判断滑块能否从点离开区域？若能，求出离开时的速度大小。

5．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。实际电容器在外形结构上有多种不同的形式，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。如图1所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为，外球内半径为，其电容，其中k为静电力常量。与平行板电容器一样，当该电容器极板所带电荷量变化时，两极板间的电势差也随之变化。
（1）图2为该电容器在充电过程中两极板间的电势差U随带电量q变化的关系图像，请类比直线运动中由图像求位移的方法，推导该球形电容器充电电荷量达到Q时所具有的电势能Ep的表达式；
（2）孤立导体也能储存电荷，也具有电容，可以将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器。若已知某金属小球半径为r，且r远远小于地球半径。
a.请结合题目信息推导该金属小球的电容的表达式。
b.若将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为零。请结合题目信息与所学知识解释这一现象。

6．如图所示，长度为0.7m的斜面AC的倾角为37°，在它的A端固定一个长度0.2m，管壁厚度可忽略不计的光滑管道AQ，管道内部固定一个长度也为0.2m的轻质弹簧。在Q点右侧有竖直向下、场强E=100V/m的匀强电场。斜面的C端与一半径0.105m的光滑圆弧轨道相切于C点，O为圆心，D在圆心O的正上方，A、B、C、D均在同一平面内。在Q点放置一个质量为m=0.2kg、带电荷量q=0.02C的小物块P，用P缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，试分析P经过Q点时的速度应满足什么条件?已知小物块P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，小物块P的电荷量恒定不变，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，。计算结果保留两位有效数字。

7．绝缘轻绳长为，一端固定在O点，另一端系一个质量为带电小球（可视为质点）在竖直面内做圆周运动，小球所带电荷量为q=3.5×10-3C．当小球运动到最高点时，绳中张力，若距离圆心O点正下方为绳长一半处着一水平线MN与小球运动轨迹圆交于B点，如图所示，g=10m/s2，求：
（1）小球在最高点时的速度大小；
（2）若某次小球沿顺时针方向运动到B点时，绳断了，且绳断时，在MN下方加一个竖直方向的匀强电场，当球运动到离水平线MN下方h=0.35m的Q点（图中没有画出）时，速度方向恰好水平，求匀强电场的电场强度E的大小和方向。

8．静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场。
（1）如图1所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为，半径为R，静电力常量为k。
a.求在距离带电球球心处电场强度的大小E；
b.类比是一种常用的研究方法。类比直线运动中由图像求位移的方法，根据图2所示的距球心r处电场强度E的大小关系图像，求球心到球面R处的电势差大小U；
（2）如图3所示，以O为圆心、半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度。该变化磁场周围会激发感生电场。求距圆心处的感生电场强度大小E；
（3）电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。一种电子感应加速器的简化模型如图4所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，在以O为圆心，半径小于r的圆形区域内，磁感应强度；在大于等于r的环形区域内，磁感应强度。要使电子能在环形区域内沿半径等于r的圆形轨道运动，并不断被加速，推导与的比值。

9．如图所示，在动摩擦因数的绝缘水平面上放置一质量的带正电的小滑块A，其所带电荷量 。在的左边处放置一个质量的不带电的小滑块B，滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距，在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度大小 。A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞，设碰撞过程的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞，在与墙壁碰撞时没有机械能损失，也没有电荷量的损失，且两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小可忽略不计。取）试求：
(1)试通过计算分析A与B相碰前A的受力情况和运动情况，以及A与B相碰后、A和B与墙壁碰撞后A和B的受力情况和运动情况；
(2)两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是多少。（结果保留2位有效数字）

10．电动汽车消耗电池能量驱动汽车前进，电池的性能常用两个物理量来衡量：一是电池容量Q，即电池能够存储的电量；另一个是电池的能量密度ρ，是指单位质量能放出电能的多少。某次实验中质量的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系如下图所示。电池容量检测系统在电压为4.0V时显示剩余电量100%，电压为3.0V时显示剩余电量为0。通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V·mAh。
（1）该电池的能量密度是多少？
（2）在放电过程中显示剩余电量从100%到90%用了时间t，依据图像信息推测剩余电量从90%到70%约要多少时间？
（3）电动汽车的续航里程是指单次充电后可以在水平路面上匀速行驶的最大距离。某电动汽车除电池外总质量为，配上质量为，能量密度为的电池，续航里程为。已知汽车行驶过程中所受阻力与总质量成正比，驱动汽车做功的能量占电池总能量的比例确定，为提升该电动汽车的续航里程，可以采用增加电池质量和提高电池能量密度两种方式，请计算说明哪种方式更合理？

11．类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图甲所示，设质量为的小球以速度与静止在光滑水平面上质量为的小球发生对心碰撞，碰后两小球粘在一起共同运动。求两小球碰后的速度大小v；
（2）情境2：如图乙所示，设电容器充电后电压为，闭合开关K后对不带电的电容器放电，达到稳定状态后两者电压均为U；
a．请类比（1）中求得的v的表达式，写出放电稳定后电压U与、和的关系式；
b．在电容器充电过程中，电源做功把能量以电场能的形式储存在电容器中。图丙为电源给电容器充电过程中，两极板间电压u随极板所带电量q的变化规律。请根据图像写出电容器充电电压达到时储存的电场能E；并证明从闭合开关K到两电容器电压均为U的过程中，损失的电场能；
（3）类比情境1和情境2过程中的“守恒量”及能量转化情况完成下表。
情境1
情境2
动量守恒


损失的电场能
减少的机械能转化为内能



12．如图所示，已知电源内阻r＝1Ω，R1＝2Ω，R2＝5Ω，灯L标有“3V，1.5W”，滑动变阻器最大值为Rx，当滑片P滑到最右端a时，电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光。求：
（1）电源电动势；
（2）当滑片P滑到最左端b时，电流表的读数；
（3）当滑片P滑到中点位置时，灯L消耗的功率。

13．下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。
额定车速
整车质量
载重
额定输出功率
电动机额定工作电压和电流
18km/h
40kg
80kg
180W
36V/6A

请参考表中数据，完成下列问题 （g取10 m/s2）：
（1） 此电动机正常工作时，电动机的效率是多少？
（2） 在水平平直道路上行驶过程中电动自行车受的阻力是车重（包括载重）的k倍，试计算k的大小。
（3） 仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？
14．如图所示，间距为d、长度为2d的两块平行金属板A、B正对且水平放置，带负电的粒子以水平初速度从左侧沿中心线射入板间。电路中，电源的内阻为r（电动势E0未知），固定电阻R=3r。闭合开关S后，A、B两板间形成理想边界的匀强电场。当变阻器滑片置于最右端时，粒子恰好从A板右边缘射出电场；移动滑片使变阻器接入电阻为最大阻值R0（未知）的 时，粒子恰好沿中心线射出电场。忽略粒子间的相互作用力和空气阻力。g为重力加速度。求：
（1）滑片置于最右端时，粒子在板间运动加速度的大小；
（2）变阻器的最大阻值R0；
（3）若滑片置于最左端，判断粒子会离开电场还是打到极板上？并计算粒子离开电场或打到极板时的动能。已知粒子质量为m。

15．如图，一轻质绝缘转轴由半径分别为2R和R的两个圆柱体组成，其中大圆柱体的两底面边缘镶有圆形金属导线，两圆导线之间连接着4根电阻为r，质量为m，长度为l的细导体棒a、b、c、d，导体棒在圆柱面上水平分布且间隔均匀。一足够长轻绳一端固定在小圆柱体上并紧密缠绕，另一端连接一质量为3m的重锤。整个转轴可绕着水平轴线OO＇自由转动，在大圆柱的扇区内分布着垂直轴线OO＇向外辐射的磁场，距离O点2R处的磁感应强度大小均为B（如图乙所示），不计导线电阻和质量，不计一切摩擦。求：
(1)重锤下落至图乙时刻，导体棒a中的电流方向（从图乙看）；
(2)重锤下落过程中能达到的最大速度vm；
(3)重锤达到最大速度时细绳突然断裂，转轴还能转过的角度θ（用弧度表示）。

16．如图所示，坐标系xOy第一象限内有场强大小为E，方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面且与x轴相切于P点的圆形匀强磁场区域（图中未画出）， P点的坐标为（−3l0，0），电子a、b以大小相等的速度，从P点射入磁场，b沿+y方向，a、b速度方向间的夹角为（01），当k满足什么条件时，板的上表面会出现荧光点。

21．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图所示。第一象限内OBAD区域（AB=2R，AD=R）有一水平向左的匀强电场E，第二象限内有一半径为R的垂直纸面的匀强磁场B1，边界与XY轴相切，与X轴的切点为C，与Y轴的切点为P，第四象限内有垂直纸面的匀强磁场B2，如图（E、B１、B２均未知）。已知一个质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子（可视为质点）从AB边界任意一点无初速度释放，经电场加速后获得速度v0，然后进入第二象限，再经磁场偏转后都从同一点C离开第二象限。（m、q、R、v0已知）求：
（1）电场强度E；
（2）磁感应强度B1；
（3）此粒子从坐标（R，）处无初速度释放，依次经过一二三四象限后恰好垂直与X轴再次射入第一象限，求该情况下磁感应强度B2及粒子从出发到再次回到第一象限所用的时间（结果中保留根号和，不必通分）。

22．如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E=8×104V/m。第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里。一比荷为2×107C/kg的粒子自P（－l，l）点由静止释放，l=0.2m，沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力。（结果可以用π表示）
（1）求磁场Ⅰ的磁感应强度B1；
（2）若磁场Ⅱ的磁感应强度B2=4B1，求粒子从第一次经过y轴到第六次经过y轴的位移s的大小及平均速度的大小。

23．如图所示，某粒子分析器由区域I、区域Ⅱ和检测器Q组成。两个区城以垂直x轴的平面P为界，其中区域I内有沿着z轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区城Ⅱ内只有沿着z轴正方向的匀强磁场，电场强度大小为E，两个区域内的磁感应强度大小均为B。当粒子撞击检测器Q时，检测器被撞击的位置会发光。检测器中心在轴上，在检测器所在平面上建立与xOy坐标系平行的坐标系。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0射入，若区域I内只存在匀强磁场，粒子轨迹圆的圆心恰好是O点，平面P到O点的距离，运动过程中粒子所受重力可以忽略不计。
（1）求A点的位置，用坐标（x，y）表示：
（2）若区城I只有匀强电场E，当检测器Q置于平面P所在位置时，求检测器上发光点的位置，用坐标（，）表示：
（3）当检测器距O点的距离为d时，求检测器上发光点的位置，用坐标（，）表示。

24．如图所示，磁场边界M、N、P与荧光屏Q平行且相邻间距均为d，M、N与N、P间有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，边界M上O点处的粒子源向磁场中不断发射垂直边界M的带正电的粒子。已知粒子质量为m，带电量为q。速率为（未知）。在荧光屏上形成一条长为的亮线，不计粒子的重力及其相互作用。求：
（1）恰好不从边界N射出的粒子的速率；
（2）打在荧光屏Q上的粒子的速率范围；
（3）将打在亮线上最高点的粒子的速度方向顺时针旋转角。其打在荧光屏Q上的位置下移的距离。（已知，）

25．如图有一长为2d、宽为d的平行板电容器，上下两板分别与直流电源负极和正极相连。现有一排均匀分布带电荷量为、质量为m的离子，以相同的初速度（大小未知）由平行板的左侧水平射入板间，带负电的离子碰到下面板后被收集。调整两板所加的电压可以改变收集效率，已知两板间所加的电压为时为25%（即离下板0.25d范围内的离子能够碰到下板被收集），不考虑离子的重力及离子之间的相互作用。
（1）求离子初速度的大小；
（2）离子初速度不变，欲让集效率变为50%时，两板所加的电压U；
（3）在第（2）问的条件下，为让从平行金属板右侧射出的离子经磁场偏转后能全部回到板间继续收集，在紧邻金属板（右侧）加垂直纸面向外的矩形匀强磁场B，求B的大小与所加矩形磁场的最小面积。

26．如图，空间坐标系中存在着理想边界的长方形匀强磁场，磁场方向垂直纸面（平面）向里。长为L，长为，D、E为及的中点。甲、乙两带正电粒子都从O点沿x轴正方向以相同的速度射入磁场，甲粒子恰好从D点射出，乙粒子恰好从B点射出。（不计粒子间的相互作用力及粒子重力）求：
（1）甲、乙两粒子的比荷之比；
（2）乙粒子运动轨迹与连线交点的坐标。

27．如图所示，两块很大的平行导体板MN、PQ产生竖直向上的匀强电场，两平行导体板与一半径为r的单匝线圈连接，在线圈内有一方向垂直线圈平面向里，磁感应强度变化率为的匀强磁场在两导体板之间还存在有理想边界的匀强磁场，匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN、ST、PQ，磁感应强度大小均为B2，方向如图所示，Ⅰ区域高度为，Ⅱ区域的高度为。一个质量为m、电量为q的带正电的小球从MN板上方的O点由静止开始下落，穿过MN板的小孔进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，Ⅱ区域的高度足够大，带电小球在运动中不会与PQ板相碰，重力加速度为g。
（1）求线圈内匀强磁场的磁感应强度变化率；
（2）若带电小球运动后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h。

28．如图所示，长度为L、内径为d的圆柱形直管道水平固定在水平方向的匀强磁场中（磁场未画出）。P位于管道一端管口的轴线上，P处固定一粒子源，它可发射质量为m、带电荷量为e的电子。
（1）若从P发出的电子的速度方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0，粒子在管道内运动时，恰好不与管壁碰撞，求从P发出的电子的速率v；
（2）若从P发出的电子的速度恒定不变，且大小与（1）问相同，磁感应强度按图示规律分布，磁场的方向垂直纸面向里为正，要使电子从轴线的另一端离开管道，求：（假设电子经过磁场的边界时，会立即进入另一磁场）
①图中x0的值及管道长度L的限制条件；
②电子在管道中运动的时间t。
（3）若电子的速度大小为，方向斜向右上方，与水平方向的夹角为θ，磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B0，经过一段时间后电子恰好从管道轴线的另一端离开管道，整个过程粒子都不会与管道碰撞，则、L分别应满足什么条件？

29．如图所示是一个粒子打靶装置的示意图。在平面直角坐标系xoy中和范围内存在磁感应强度相等、方向均垂直Oxy平面向里的匀强磁场，在－d≤y≤0范围内存在沿+x方向的匀强电场。在x轴正半轴适当区域沿x轴放置一块足够长的粒子收集板，其左墙为N点。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从静止经电压U加速后第1次到达x轴并从坐标原点O沿-y方向进入电场，且从坐标为（0.5d，－d）的点离开电场、再从坐标为（d，－d）的点进入电场。此粒子第4次到达x轴时恰好打到N点并被收集，不计粒子的重力。
（1）求该装置中电场强度E与磁感应强度B的大小；
（2）求此粒子从O到N过程中，在第四象限中离x轴的最大距离；
（3）若将加速电压调整为原来的k倍，粒子仍能打到N点被收集。请写出k应满足的关系式。

30．人们通常利用运动的合成与分解，把比较复杂的机械运动等效分解为两个或多个简单的机械运动进行研究。下列情境中物体的运动轨迹都形似弹簧，其运动可分解为沿轴线的匀速直线运动和垂直轴线的匀速圆周运动。
（1）情境1：在图1甲所示的三维坐标系中，质点1沿Ox方向以速度v做匀速直线运动，质点2在yOz平面内以角速度做匀速圆周运动。质点3同时参与质点1和质点2的运动，其运动轨迹形似弹簧，如乙图所示。质点3在完成一个圆运动的时间内，沿Ox方向运动的距离称为一个螺距，求质点3轨迹的“螺距”d1；
（2）情境2：如图2所示为某磁聚焦原理的示意图，沿Ox方向存在匀强磁场B，一质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带正电的粒子，沿与Ox夹角为的方向入射，不计带电粒子的重力。求带电粒子轨迹的“螺距”d2。
（3）情境3：2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月壤回到地球。登月前，嫦娥五号在距离月球表面高为h处绕月球做匀速圆周运动，嫦娥五号绕月的圆平面与月球绕地球做匀速圆周运动的平面可看作垂直，如图3所示。已知月球的轨道半径为r，月球半径为R，且rR，地球质量为M地，月球质量为m月，嫦娥五号质量为m0，引力常量为G。求嫦娥五号轨迹的“螺距”d3。

31．如图所示，在x轴上方以原点O为底边中点、底边长为2a的等腰直角三角形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xO平面向外，磁感应强度为B（边界无磁场）。在x轴下方一a≤x≤a的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场。y轴上A点与O点间距为d，一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子重力。
（1）若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°，求粒子在磁场中运动的速度v1大小；
（2）要使粒子经过磁场之后不再经过x轴，求电场强度E应满足的条件；
（3）若电场强度，求粒子在电磁场区域的运动时间。

32．如图所示，将质量、电荷量的带正电粒子，从靠近竖直放置的平行板电容器左极板的A处无初速度释放，粒子从右极板上开的小孔飞出，两极板所加电压，两极板间距，粒子沿水平中线进入水平放置的平行板电容器，其极板长度，两极板所加电压，该粒子恰好从下极板右边缘离开，并立即从匀强磁场左边界进入匀强磁场，并刚好不从磁场右边界飞出。已知匀强磁场的磁感应强度大小，匀强磁场的左、右两边界均竖直，平行极板间的电场可看成匀强电场，不计粒子受到的重力。
（1）求水平放置的平行板电容器的两极板间的距离；
（2）求匀强磁场的宽度；（结果保留两位有效数字）
（3）若粒子刚飞入匀强磁场时，加在水平极板上的电压立刻变为，求粒子从点释放到返回点经历的时间。（结果保留两位有效数字）

33．如图所示，平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，在x轴下方存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，x轴上方存在场强大小为E、方向平行y轴向下的匀强电场。一质量为m、电荷最为q的带正电粒子，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入磁场，从x轴上的N点第一次离开磁场。MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为。不计空气阻力和粒子的重力。求：
（1）小球从A点抛出时初速度的大小；
（2）A点距x轴的距离h。

34．科研人员经常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，在坐标系的第三象限内平行于x轴放置一对平行金属板，上极板与x轴重合，板长和板间距离均为2d，极板的右端与y轴距离为d，两板间加有如图乙所示的交变电压。以为圆心、半径为d的圆形区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出）。在点处有一个粒子源，沿x轴正方向连续不断地发射初速度大小为、质量为m、电荷量为的带电粒子。已知t=0时刻入射的粒子恰好从下极板右边缘飞出；时刻入射的粒子进入圆形磁场区域后恰好经过原点O。在第一、二象限某范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），不计粒子重力及粒子之间的相互作用力。
（1）求；
（2）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度；
（3）为了使所有粒子均能打在位于x轴上的粒子接收器上的0~3d范围内，求在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度的大小和磁场区域的最小面积。

35．如甲所示，真空中存在匀强电场和匀强磁场，已知电场和磁场的宽度均为d，长度足够长，电场强度大小为E，方向水平向右，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小满足，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在电场左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。求：
（1）粒子刚进入磁场时的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间（前两问结果均用含电场强度E的表达式）；
（3）图乙为图甲的多级组合，并改变电场强度与磁感应强度的大小关系，该带正电的粒子仍从第1层左侧边界某处由静止释放。已知粒子从第5层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为多少？

36．如图所示，足够大的平行挡板、竖直放置，间距为两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为，方向垂直纸面向外。、上各有位置正对的小孔、，两孔与分界面的距离均为。质量为、电荷量为的粒子经宽度为的匀强电场区由静止加速后，沿水平方向从进入Ⅰ区，并直接偏转到上的点，再进入Ⅱ区，点与板的距离是的倍，不计粒子重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
（1）若，求匀强电场的电场强度大小
（2）若，且粒子沿水平方向从射出，求粒子在磁场中的速度大小与的关系式和Ⅱ区的磁感应强度与的关系式。

37．如图所示，虚线PQ上方存在着方向与纸面平行的匀强电场或方向垂直纸面的匀强磁场，M、N是PQ上的两点。一重力不计的带电粒子从M点以与虚线成（单位为弧度）的方向射入场中，恰好以等大的速率从N点离开场。
（1）已知若MN上方为电场，粒子从M到N运动时间为t1；若MN上方为磁场，粒子从M到N运动时间为t2，求；
（2）如粒子入射速率为v，当MN上方为电场时，电场强度大小为E；当MN上方为磁场时，磁感应强度大小为B，求。

38．如图为一种新型粒子收集装置，一个绕竖直轴以速度逆时针转动的粒子源放置在边长为m的立方体的中心，立方体四个侧面均为荧光屏，上下底面、为空，立方体处在竖直向下的磁感应强度T匀强磁场中。在时刻，粒子源的发射方向恰好水平向右指向的中心，并发射一种比荷为C/kg带正电粒子。已知每秒发射粒子总数为，粒子源发射的粒子数量随速度均匀分布，即不同速度的粒子数量相同。粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势变化，不考虑粒子源的尺寸大小，重力忽略不计。
（1）若无粒子打到荧光屏上，求粒子源发射的粒子的速度大小范围；
（2）若使粒子源发射粒子全部打在荧光屏上，求粒子源发射粒子的速度大小范围；
（3）撤去磁场，在立方体内施加一个竖直向下的匀强电场，电场强度为N/C，若粒子源发射的粒子速度范围为，求每秒打在荧光屏上的粒子数量n。

39．如图，固定轨道由竖直面内的半圆轨道ABC和水平绝缘轨道CDMN组成，半圆轨道的半径为R，与CD相切于C点，C、D两点间的距离足够大。竖直面内的矩形区域MNN’M’中存在竖直向下的匀强电场和与电场垂直向外的匀强磁场。一质量为m的绝缘小球静止于C处，带电的小滑块从D处以某初速度水平向左运动，与小球发生弹性正碰后被反弹，进入电、磁场后做直线运动且恰好对MN无作用力；小球碰后沿半圆轨道上滑，恰好通过最高点A，之后及时取走小球。已知MN=R，MM'=，重力加速度大小为g，滑块的初速率v0=，电荷量绝对值恒为q，电场强度大小，不计一切摩擦。
（1）求滑块的质量m0及碰后瞬间滑块的速率v1；
（2）求滑块从M点运动到N点所用的时间t以及磁场的磁感应强度大小B1；
（3）若将电场强度增大为，同时磁感应强度增大为，保持其他条件不变，求滑块从进入电、磁场到此后运动轨迹的最高点所用的时间t。

40．如图所示，空间存在一范围足够大的垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。让质量为、电量为的粒子在平面内从坐标原点沿不同方向、以不同的速度大小入射到该磁场中。（不计粒子重力及粒子间的影响）
（1）若粒子沿y轴正向入射，恰好能经过坐标为的点，求粒子沿y轴正向入射时速度的大小；
（2）若粒子在坐标原点的速度大小为，为使该粒子能经过点，此速度对应的入射角（粒子初速度与轴正向的夹角）有几个，并求出对应的值；
（3）在上述磁场中加一竖直向上场强为的匀强电场，粒子在坐标原点由静止开始运动，求粒子在竖直方向上发生位移的最大值及运动过程中速度的最大值。


参考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设平行金属板a、b之间的电压为U，对微粒水平方向的分运动，根据动能定理有

解得

（2）微粒在ab区域中运动的时间为

微粒在水平方向的加速度大小为

根据运动学规律有

因为

所以微粒在bc区域中竖直方向合力为零，将受洛伦兹力做匀速圆周运动，设其运动半径为r，根据牛顿第二定律有

解得

当微粒刚好没有从bc区域离开时，根据几何关系可得bc区域的宽度为

（3）微粒在bc区域中做匀速圆周运动的周期为

转过的圆心角为

则微粒在bc区域中运动的时间为

微粒从开始运动到第二次经过金属板b所用时间为

2．（1）①，②    ；（2）①B1的作用是产生感生电场使电子加速，B2的作用是为电子做圆周运动提供向心力，②
【解析】
【详解】
（1）①由所给表达式可得

②E-r关系如下图。

根据图像所围面积可求出球心到球面的电势差为
；
（2）①B1的作用是产生感生电场，使电子加速；
B2的作用是为电子做圆周运动提供向心力；
②电子在轨道运动的瞬时速度为v，电子的质量为m，电荷量为e，由牛顿第二定律得

经极短时间∆t，有

根据牛顿第二定律可得
eE感=ma
当r＞r0时

则

综上可得

3．（1），方向竖直向上；（2）（且）；（3）取，，，这4个值
【解析】
【详解】
（1）由几何关系得

由A点到C点的动能定理

在C点根据牛顿运动定律

解得

牛顿第三定律

方向竖直向上
（2）由A点到C点的动能定理

解得

考虑到滑块需先过C点

所以

所以
（且）
（3）滑块经多次碰撞，最终在轨道AB中点速度减为0，由动能定理可得

其中n＝0，1，2，3…
解得

其中n＝0，1，2，3…
要让滑块在中点能停住

所以

因此，只有n＝0，1，2，3时满足条件
所以动摩擦因数只能取，，，这4个值
4．（1）；（2）能从点离开，
【解析】
【详解】
（1）小滑块从到的过程，根据动能定理可得

解得

由题意可知

解得

（2）小滑块从点后受到的合力大小为

假设小滑块可以从运动到，该过程克服合力做功为

故滑块可以从点离开区域，根据动能定理可得

解得

5．（1）；（2）a.；b.见解析
【解析】
【详解】
（1）当带电量Q时，电容器两端电压类比直线运动图像求位移的方法，可知此时，图像与q轴所围的面积表示电容器所具有的电势能，则

根据题意

解得

（2）a.根据公式

小球半径电容的另一极在无穷远，因此所以孤立小球的电容

b.由电容公式可知，球体的半径越大，其电容越大。由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。二者用导线连接，电势相同，根据，可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为0。
6．
【解析】
【分析】
本题以匀强电场中的直线运动和圆周运动为载体，考查动能定理在电场中的应用，考查考生的分析综合能力。
【详解】
若P刚好能够到达C点，则vC＝0，小物块由Q沿斜面上滑到C的过程，根据动能定理有

得

若刚好能够到达与O在同一水平面，O点右侧的K点，则vK＝0，小物块由Q到K的过程，根据动能定理有

得

若刚好能够通过D点，则在D点有

由Q到D，根据动能定理有

得

综上所诉，要使P能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，P经过Q点时的速度

7．（1）2.0m/s；（2）5.0×102N/C，沿竖直向上方向
【解析】
【详解】
（1）由于小球在竖直面内做匀速圆周运动，设最高点速度为v0由牛顿第二定律得解得

解得

（2）设小球在B点速度为，由动能定理，从最高点运动到B点，可得

设小球运动到B点的竖直方向速度为，由运动合成与分解可得

设竖直方向加速度为，可得

解得

牛顿第二定律

解得

沿竖直向上方向。
8．（1）；；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）a．真空中静止的均匀带电球体，距离带电球球心处，带电球体可以看作是点电荷，其在该处形成的电场有

b．根据图像所围面积表示电势差，球心到球面R处的电势差大小U

（2）根据法拉第电磁感应定律

由于

所以

由
，，
所以

（3）的作用是产生感应电场，让粒子加速，的作用是让带电粒子偏转。
在处产生的感应电场为

对于电子，根据牛顿第二定律得

解得

电子在圆周上，其切向加速度大小不变，有

联立解得

9．(1)见解析；(2)0.014J
【解析】
【详解】
(1)A与B相碰前A受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，竖直向上的支持力和水平向右的滑动摩擦力，电场力大小为

滑动摩擦力大小为

因，所以A向左做初速度为零的匀加速直线运动；
A与B相碰后，A和B受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，竖直向上的支持力和水平向右的滑动摩擦力，电场力大小仍为

滑动摩擦力大小为

因，所以A和B向左做匀速直线运动；
A和B与墙壁碰撞后A和B受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，竖直向上的支持力和水平向左的滑动摩擦力，电场力大小仍为

滑动摩擦力大小为

因合力水平向左，所以A和B向右做匀减速直线运动，当速度减至零时，因水平向左的电场力与最大静摩擦力相等，所以A和B静止；
(2)设两滑块A和B相撞前瞬间滑块A的速度为，由动能定理有

解得

滑块A、B碰撞的过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有

解得

设两滑块与墙壁碰撞后向右运动的最大距离为，根据动能定理有

解得

故两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是

代入数据解得

10．（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据图像的坐标轴可知，图像所围面积物理意义是的积累，表示电池存储的总能量，根据题意可知能量密度为

解得该电池的能量密度为

（2）根据

可知保持不变，电量消耗与时间成正比，由图像可知剩余电量从到，通过电池电量约为，剩余电量从到，通过电池电量约，则时间约为
（3）设汽车质量，电池质量，单次充电行驶最大距离，由题意，阻力与总质量成正比，则有

汽车匀速运动，故消耗电能等于克服阻力做功

设驱动汽车做功的能量与电池总能量的比例为，则有

可得单次充电行驶最大距离为

由表达式可知，与为非线性关系，行驶的最大距离随着电池质量的增加，提升得越来越慢；若电池质量一定时，与成正比，提升能量密度，并不增加阻力，不造成电能额外损耗，可见，提高电池的能量密度比增加电池质量更合理。
11．（1）；（2），证明看详解；（3）情境1中填损失的机械能为，情境2第一个空填电荷守恒，情境2第三个空填失的电场能转化为内能
【解析】
【详解】
（1）根据动量定理，有

有

故两小球碰后的速度大小为。
（2）a．根据题意，进行类比，有

得

故关系式为。
b．根据图像，有

损失电场能为

代入U的关系式，可得

因

则有

（3）[1]对情景1的第二个空，类比情境2中第二个空，则情境1中填损失的机械能，有
，
则有

故该空填损失的机械能为。
[2]对情境2中的第一个空类比情境1中第一个空，对情境1中第一个空，动量为，而对于情境2，C与U的乘积表示电荷，所以该空填电荷守恒。
[3]类比情境1中第三个空，情境2中的三个空可填损失的电场能转化为内能。
12．（1）6V；（2）2A；（3）0.96W
【解析】
【详解】
（1）当滑片P滑到最右端a时，R2被短路，根据闭合电路欧姆定律得

（2）当滑片P滑到最左端b时，灯L、Rx、R2均被短路，此时电流表读数为

（3）当滑片P在中点位置时，等效电路如图，滑动变阻器右侧电阻与R2被电流表短路。

灯L的电阻为

当滑片P在最右端a时


通过Rx的电流为

所以

当滑片P在中点位置时，灯L与半个滑动变阻器并联后的等效电阻为

此时灯L两端电压为

灯L消耗的功率为

13．（1）83.3%；（2）0.03；（3）0.45m/s2
【解析】
【详解】
（1）电动机的输入功率
P入=UI=36×6W=216W     
所以电动机效率

（2）电动自行车匀速行驶时，设水平方向自行车的牵引力为F，自行车受到的阻力为f，由平衡条件可得
F=f
而自行车的输出功率
P出=Fv
可得

由题意
f=kmg
可得

（3）车速v′=2m/s时，设牵引力为F′，则

由牛顿第二定律
F′-f=ma
可得

14．（1）；（2）8r；（3）离开电场；
【解析】
【详解】
（1）滑片置于最右端时，粒子在板间做类平抛运动，水平方向

竖直方向

解得

（2）滑片置于最右端时，板间电压

其中

移动滑片使变阻器接入电阻为最大阻值R0（未知）的 时，则

其中

联立解得
R0=8r
（3）若滑片置于最左端，则板间电压为

粒子在板间的加速度

解得

方向向下，则假设粒子能射出电场，则竖直方向的偏转距离

则粒子恰能从B板右侧射出电场，此时粒子的竖直速度

动能

15．(1)由右手定则判断可得a棒中的感应电流方向为垂直纸面向里；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)由右手定则判断可得a棒中的感应电流方向为垂直纸面向里；
(2)当重锤下落速度最大时，为匀速下落状态，此时重力对重锤的功率等于导体棒克服安培力的功率，即

又有
，
可得

感应电流为

联立解得

(3)安培力的冲量等于4个导体棒切向动量的变化量，则

平均感应电流为

弧长为

联立解得

16．（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】
（1）电子在磁场中运动

解得

根据题意a、b经过磁场偏转后均垂直于y轴进入第一象限，磁场圆的半径

根据磁发散规律：b粒子垂直x轴进入磁场，则垂直于y轴出磁场，所以Q点的坐标为
（2）粒子运动轨迹如图所示，电子在匀强磁场中运动的周期


a在磁场区中的运动时间

b在磁场区中的运动时间

可得

解得

（3）根据磁聚焦规律：粒子运动轨迹如上图所示，a、b离开电场后均经过圆形磁场的最高点A，A点的坐标为；a在磁场中运动的路程

无场区的路程

在电场中，动能定理

路程为

解得

17．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）粒子沿虚线O1O2做匀速直线运动，根据平衡

解得

（2）撤去电场后，设带电粒子在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图


由牛顿第二定律

得

根据几何知识

粒子在磁场中运动的周期

粒子在磁场中运动的时间

粒子离开磁场做匀速直线运动至P，点过程的位移

该过程的运动时间

则带电粒子由O1点运动至P点的时间t

（3）撤去磁场后，如图所示


粒子在电场中偏转



联立解得

根据几何知识

18．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）在区域I中

在区域II中

解得

（2）如图所示

由几何知识得，在区域II运动时间最短的粒子转过的角度为；最长的粒子转过的角度为，则最短时间为

最长时间为

时间差为

解得

（3）粒子在M点进入区域III时与水平方向的最小夹角为；最大夹角为，在区域III

临界状态1的竖直方向

水平方向

临界状态2竖直方向

水平方向

可得

19．（1），方向竖直向上；（2）8：9
【解析】
【详解】
（1）小球进入第Ⅳ象限做匀速圆周运动，由受力分析可知，其所受竖直向上的电场力与重力平衡，由于小球带正电，所以匀强电场的电场强度的方向竖直向上；
由共点力平衡条件可得
mg=qE
解得

（2）小球的运动轨迹如图所示

小球从A点运动到B点的过程做自由落体运动，设小球通过B点时的速度大小为v，则有
v2=2ga
解得

小球从D点回到A点的过程做平抛运动，设运动的时间为t0，竖直方向的位移大小为y，则在水平方向和竖直方向分别有
4a=vt0

联立解得
y=4a
小球从x=4a的地方进入磁场，然后垂直y轴进入第Ⅲ象限，所以O为圆心，小球在第Ⅳ象限中做圆周运动的半径为
R2=4a
小球在第II、Ⅲ象限内做圆周运动的半径为

根据洛伦兹力提供向心力可得

则

故

20．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）带电粒子进入电场作类平抛运动，由牛顿第二定律

竖直方向

竖直方向速度

进入磁场时速度

联立解得



（2）由已知带电粒子在运动过程中恰好不再返回电场，说明粒子进入第一象限恰好与y轴相切，如图。
带电粒子在电场运动的水平方向位移

由几何关系，粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径

洛伦兹力充当向心力

联立解得



（3）①当粒子第一次打到薄板的右端时，由几何关系

洛伦兹力充当向心力

联立解得



②当粒子第一次打到薄板的左端时，由几何关系

洛伦兹力充当向心力

联立解得



③当第4象限的磁感应强度极大时，其作匀速圆周运动的半径极小，可以认为从哪个位置进入第4象限磁场再从哪个位置出去进入第1象限磁场，从几何关系看，带电粒子没有机会再打到荧光板上。
因此，板上会出现荧光点的条件为
21．（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】
（1）带电粒子在电场中运动时，根据牛顿第二定律及运动学方程，得：


电场强度为

（2）任意一点入射都从C离开，取E点为入射点，作轨迹，作辅助线如图


由几何关系得CO1EO1´为菱形，运动半径r=R，根据洛伦兹力提供向心力，得

解得

（3）在电场中

得

在第二象限磁场外，匀速直线运动，由几何关系得

在磁场B1中运动角度为120º，运动时间为

在第三象限做匀速直线运动

进入第四象限时，速度与y轴负方向成30º，做入射速度的垂线，回到x轴时速度与x轴垂直，因此圆心在x轴上，由几何关系得，
，
解得

在第四象限做圆周运动的角度为150º


22．（1）；（2），
【解析】
【详解】
（1）设粒子垂直于x轴进入磁场Ⅰ时的速度为v，由动能定理

粒子垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，则粒子在Ⅰ中做圆周运动的半径为

由牛顿第二定律有：

联立以上各式，解得：

（2）粒子的运动轨迹如图所示：


则粒子在第一次经过y轴到第四次经过y轴时间内的位移

设粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为，由
，B2=4B1
得

解得

设粒子在磁场Ⅰ中周期为，则

粒子在磁场Ⅰ中运动时间

同理：

粒子在磁场Ⅱ中运动时间

粒子从第一次经过y轴到第六次经过y轴的时间

则平均速度

23．（1）；（2）；（3）当时坐标为，当时，坐标为
【解析】
【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力有

解得

则A点坐标为；
（2）粒子做类平抛运动，有

解得

则

则发光点的位置为；
（3）①当时，粒子的运动可以分解为沿z轴方向初速度为零的匀加速直线运动和xOy平面内速度为的匀速圆周运动

解得

根据

解得

则


发光点的位置坐标为；

②当时，在区域Ⅱ内粒子的运动可以分解为沿轴方向的匀速直线运动和平面内速度为的匀速圆周运动，刚出区域Ⅰ时，粒子的坐标为，沿轴的速度为

粒子在区域Ⅱ运动的时间

根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为


发光点的位置为。
24．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）当粒子的运动轨迹刚好与N相切时，粒子做圆周运动的半径为d，如图所示，根据牛顿第二定律

解得



（2）以速率的粒子打在荧光屏上的位置与O点在竖直方向上的距离为2d；设粒子的最大速度为v2，打在荧光屏上位置与O点在竖直方向的距离，粒子在磁场中的运动半径为r，根据几何关系

解得

根据牛顿第二定律

解得

所以打在荧光屏上的粒子的速度大小范围为
≤v≤
（3）如图所示

得


得


得


得


25．（1）；（2）U=2U0；（3），
【解析】
【详解】
（1）离子在电场中做类平抛物运动，设加速度为a，在板间运动的时间为t，有



联立解得

（2）电压为U时收集效率为50%，离子在板间运动的加速度为，运动时间和第一问中相同，有


解得
U=2U0
（3） 粒子进入磁场时，速度v和水平方向的夹角为，有



离子在磁场中做圆周运动，如图所示，当离子恰好能够全部进入两板间时，半径为r，有



联立解得

如图虚线矩形框的面积为最小面积

解得

26．（1）5:2；（2）（L，）
【解析】
【详解】
（1）由几何关系可知，甲粒子运动的半径为
r1=L
对乙粒子

解得

根据


解得两粒子的比荷之比为

（2）粒子乙运动的轨迹方程是

当x=L时可得
（另一值舍掉）
则乙粒子运动轨迹与连线交点的坐标（L，）
27．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，有



联立解得

（2）只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点，运动轨迹如图，由于两个磁场区的磁感应强度大小都相等，所以半径都为R，由图可知△O1O2O3是等边三角形。

根据动能定理有

根据洛伦兹力提供向心力有

根据几何关系有

联立解得

28．（1）；（2）①　（n=1,2,3…），②（n=1，2，3…）；（3），（n=1，2，3…）
【解析】
【详解】
（1）粒子在管道内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

其中


解得

（2）画出电子的运动轨迹，如图所示


①由图可知，要满足题意，必有

（n=1，2，3…）
②电子做圆周运动的周期

考虑粒子运动的周期性，电子在管道中运动的时间
（n=1，2，3…）
（3）将速度v沿竖直方向和水平方向分解，电子在管道内螺旋转动，它可分解为沿轴线方向的匀速直线运动和垂直轴线方向的匀速圆周运动
轴线方向有

垂直轴线方向有

因不能与管壁碰撞，则

解得

粒子的运动周期

又


解得
（n=1，2，3…）
29．（1），；（2）；（3），
【解析】
【详解】
（1）电荷加速过程

类平抛运动
，
解得

第1次进入下方磁场时，由几何关系得
，
由公式

得

解得

（2）O到N过程中，粒子在磁场中偏转的弦长

即弦长相等，在弦长相等，半径增大，角度减小情况下，第1次进入下方磁场距离x轴的距离最大。最大值

解得

（3）粒子第4次经过x轴N点，电场方向加速了4次

则
，
N点的坐标（8.5d，0），加速电压调整为原来的k倍，粒子仍能打到N点被收集，满足：

且

解得
，
30．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）质点转动一圈所用的时间为

质点3轨迹的“螺距”为

解得

（2）将带电粒子的运动速度沿磁场方向和垂直于磁场方向分解


根据洛伦兹力的特点，垂直于磁场方向的分运动使粒子在垂直于磁场方向上做圆周运动，根据牛顿第二定律


解得


所以带电粒子在Ox方向上做速度为的匀速直线运动，在垂直于Ox方向上做半径为、周期的匀速圆周运动。
带电粒子轨迹的“螺距”

（3）在地球上看来，嫦娥五号的轨迹为半径很大的圆形弹簧，其螺距等于月球绕地球运动的线速度与嫦娥五号绕月球的周期相乘。
地月间的引力提供月球绕地球转动的向心力

月球与嫦娥五号的引力提供嫦娥五号绕月球圆周运动的向心力

轨迹的“螺距”

联立解得

31．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°，可知粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为45°，如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心刚好在x轴处

由图中几何关系可得

由洛伦兹力提供向心力可得

联立以上式子解得

（2）要使粒子经过磁场之后不再经过x轴，粒子从第二象限射出磁场时的速度不能指向第三象限，设粒子射出磁场时的速度方向刚好与x轴平行，如图所示

由图中几何关系可得

由洛伦兹力提供向心力可得

粒子在电场中从A点运动到O点过程中，由动能定理可得

联立解得

故电场强度需要满足的条件为

（3）当电场强度时，粒子在电场中由动能定理可得

解得

由洛伦兹力提供向心力可得

解得

粒子在电磁场区域中的运动轨迹如图所示

粒子在磁场中的周期为

粒子在磁场中的运动时间为

粒子在电场中从A点加速到O点的时间为

粒子在电磁场区域中运动的总时间为

32．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设粒子离开加速电场时的速度大小为，根据动能定理有

粒子在偏转电场中做类平抛运动，则水平方向有

竖直方向有


联立解得

（2）粒子在穿出偏转电场时



且速度方向为与水平方向的夹角满足

可得

在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有

解得

由磁场宽度与半径的几何关系有

解得

（3）设粒子在加速电场做加速运动的时间为，则有


粒子在磁场中运动的时间为，粒子在磁场中的圆心角为，则有


根据对称性可知粒子从点释放到返回点经历的时间为

联立解得

33．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）粒子在磁场巾的运动轨迹如图所示，为圆心，MN为弦长，。

设粒子的偏转半径为r，在A点的初速度大小为，在M点的速度大小为v，由几何关系知

由速度的合成与分解知

又

联立解得

（2）设粒子在M点时的竖直分速度为，它与水平分速度的关系为

由匀变速直线运动规律有

牛顿第二定律有

联立解得

34．（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】
（1）所有进入极板间的粒子沿x轴正方向的分运动均为匀速直线运动，在极板间的运动时间为

时刻入射的粒子进入极板间，沿y轴方向有

前半个周期内，粒子沿y轴方向发生的位移

解得

（2）不同时刻射出的粒子沿y轴方向加速和减速的时间相同，所有粒子均沿x轴正方向以速度进入圆形磁场区域，时刻入射的粒子恰沿半径方向进入磁场，粒子做匀速圆周运动经过原点。根据几何关系可知粒子运动半径

根据

可得磁场的磁感应强度

（3）从极板间射出的粒子在2d范围内沿x轴正方向进入圆形磁场，满足磁聚焦的条件，均在坐标原点O汇聚，从原点O沿x轴正方向和负方向180°范围内进入第一、二象限，为使其均能打在x轴上0~3d范围内，粒子在磁场内做圆周运动的半径


解得磁感应强度大小

磁场范围的最小面积

解得


35．（1）；（2）；（3）20
【解析】
【详解】
（1）粒子刚进入磁场时，有

解得

（2）在磁场中由洛伦兹力提供向心力得

由几何关系得

带入数据解得


磁场中运动周期

磁场中运动时间

解得

（3）设粒子在第n层磁场中运动的速度为，轨道半径为，则有


设粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，则有

由图1可知


则有

为一组等差数列，公差为d，可得

n=1时，由图2可知

则

解得

若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则

即

由题目可知当n=5时，，即

联立解得

36．（1）；（2），。
【解析】
【详解】
（1）若，则有

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知粒子的轨迹半径为

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有

联立解得

（2）因为，且粒子沿水平方向从射出，则从到的轨迹如图所示
由几何关系得

又有

联立解得

又因为

根据几何关系有

由

可知

联立解得

37．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）设，粒子入射的速率为，粒子在电场中做类抛体运动，沿MN方向，有

在磁场中粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为，则有



解得

（2）设粒子电荷量为q，在电场中，有


解得

磁场中有


解得

则

38．（1）m/s，没有粒子打到荧光屏上；（2）m/s，粒子能全部打在荧光屏上；（3）
【解析】
【详解】
（1）当离子的运动轨迹圆直径为时，粒子恰好能打到荧光屏上，即

根据

解得
m/s
即当粒子速度m/s，没有粒子打到荧光屏上。
（2）当粒子与两个侧面相切时，是粒子全部打到荧光屏上的临界情况。设速度为，当，粒子能全部打在荧光屏上。画出轨迹图，由几何关系知

可得

代入

可得

当m/s，粒子能全部打在荧光屏上。

（3）粒子射出后，在电场中做类平抛运动，沿电场方向有

垂直电场方向有

若不考虑荧光屏的对粒子运动的障碍，对m/s的粒子，粒子穿过所在平面时，其水平射程

对m/s的粒子，其水平射程

易看出，由于不同速度的粒子数量相同，若不考虑荧光屏的对粒子运动的障碍时，粒子穿过所在平面时，水平方向上的射程正比于初速度，故在某一方面上，粒子的分布随射程变化是均匀的。作出俯视图，画出半径为射程、的两个圆，由于，找出小圆与正方形的交点G，图中在范围内的粒子均能打在荧光屏上。
由几何知识知

即图中45°角内剩余部分为15°。


、的两个圆的面积减去正方形在圆外的部分的面积（即阴影部分）就可以计算粒子打在荧光屏上的数目


粒子打在荧光屏上的数目

39．（1），；（2），；（3）
【解析】
【详解】
（1）小球沿半圆轨道上滑过程中，根据机械能守恒定律有


解得

设滑块的质量为m0，滑块与小球发生弹性正碰，则


解得
，
滑块在MN间做直线运动且对MN无作用力，说明滑块带负电，则可知滑块在MN的运动过程为匀速运动，则


解得
，
（3）滑块在电、磁场中受到的电场力大小为

重力与电场力平衡，则滑块进入电、磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有

其中

解得


由于rMM′，所以滑块从M′N′边上的某处离开电、磁场，在电磁场中的运动轨迹如图所示

解得
θ=30°
滑块在电、磁场中运动的时间

滑块离开电、磁场后做斜上抛运动，设离开电、磁场时竖直方向的分速度大小为vy，再经t2时间上升到最高点，则


则滑块从进入电、磁场到此后运动轨迹的最高点所用的时间

40．（1）；（2）有2个入射角，；（3），。
【解析】
【详解】
（1）粒子沿y轴正向入射并经过P点，如图所示


由图中几何关系可得

解得

由洛伦兹力提供向心力

解得

（2）如图所示，O、Q两点处于同一圆周上，且圆心在的直线上，半径为，


当给定一个初速率时，有2个入射角满足题意要求，分别在第1、2象限。即

另有

解得

（3）在上述磁场中加一竖直向上场强为的匀强电场，粒子在坐标原点由静止开始运动，假设在原点粒子存在两个分速度，方向分别为水平向右和水平向左，水平向右的速度受到的洛伦兹力刚好与电场力平衡，水平向左的速度受到的洛伦兹力提供向心力，故粒子的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动，则有

解得

对于匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

解得

粒子在竖直方向上发生位移由匀速圆周运动决定，则有

当两个分运动的速度方向相同时，粒子的速度最大，有