高中物理高考 专题21 电学计算题-2020年高考真题和模拟题物理分类训练（教师版含解析）

这是一份高中物理高考 专题21 电学计算题-2020年高考真题和模拟题物理分类训练（教师版含解析），共36页。
专题21 电学计算题
1．(2020·新课标Ⅰ卷)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

【答案】(1) ；(2)；(3)0或
【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：
所以根据动能定理有：
解得：；
(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度：；
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有

电场力提供加速度有
联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。

2．(2020·新课标Ⅱ卷)如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。

【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里；；(2)；
【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，

由几何关系⑥
即⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为⑧
联立⑦⑧式得⑨
3．(2020·新课标Ⅲ卷)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x()变化的关系式。

【答案】
【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为
由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为
式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有
此时导体棒所受安培力大小为
由题设和几何关系有
联立各式得
4．(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔；
(3)乙的比荷可能的最小值。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 得，
，
Q、O的距离为：
(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，

所以，再次经过P点的时间为

由匀速圆周运动的规律得，


绕一周的时间为：
解得：
所以，再次经过P点的时间为
两次经过P点的时间间隔为：
解得：
(3)由洛伦兹力提供向心力，由 得，



若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则：


结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则：


计算可得(n=1，2，3……)
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为
5．(2020·江苏卷)如图所示，电阻为的正方形单匝线圈的边长为，边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为。在水平拉力作用下，线圈以的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。

【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J
【解析】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为

(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有

根据闭合电路欧姆定律有

结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；
(3)线框穿过磁场所用的时间为

故线框穿越过程产生的热量为

6．(2020·浙江卷)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框，当平行于磁场边界的边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到边进入磁场时撤去外力。若以边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在内流过导线横截面的电荷量q。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)由图2可知，则回路电流
安培力
所以外力
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，时，，磁通量，则t时刻，磁通量
解得
(3)电荷量
电荷量

总电荷量
7．(2020·浙江卷)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到距离L的关系。

【答案】(1)，0.8R；(2)；(3)当时：；当时：；当时：
【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得
，


(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得

即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得

探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大，

则
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
当时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力

当时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为

当时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
8．(2020·山东卷)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子、氚核、氦核的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)。

【答案】(1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置
【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU=mv2 ①
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
②
联立①②式得 ③
由几何关系得 ④
⑤
⑥
联立①②④式得 ⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
⑨
⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得
y'=vtsinα ⑬
由题意得
y=L+y' ⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。
9．(2020·天津卷)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻，边长。求
(1)在到时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在到时间内，金属框中电流的电功率P。

【答案】(1)0.08V；(2)0.016N，方向垂直于ab向左；(3)0.064W
【解析】(1)在到的时间内，磁感应强度的变化量，设穿过金属框的磁通量变化量为，有①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有
②
联立①②式，代入数据，解得③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有④
由图可知，时，磁感应强度为，金属框ab边受到的安培力⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得⑥
方向垂直于ab向左。⑦
(3)在到时间内，金属框中电流的电功率⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得⑨
10．(2020·天津卷)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
②
联立①②式，得
③
(2)根据动能定理，有
④
得 ⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有
⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有
⑦
联立①⑥⑦式，得
⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得

可得 ⑨
11．(2020·广西壮族自治区钦州市质量检测试)如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0Ω的电阻相连，质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g=10m/s2)，求：

(1)拉力F的大小；
(2)磁场的磁感应强度B大小；
(3)若ef棒由开始运动6.9m时，速度达到3m/s，求此过程中电路产生的焦耳热.
【答案】(1)2N(2)1T(3)6J
【解析】(1)由图可知：导体棒开始运动时加速度，初速度v0=0，导体棒中无电流．
由牛顿第二定律知：
解得：；
(2)当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.
由法拉第电磁感应定律：，
由欧姆定律：，
导体棒所受安培力，
由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，
此时有：，
解得：；
(3)设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：，
带人数据解得．
12．(2020·江苏省如皋中学高三(下)三模)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻导轨上停放一质量、电阻的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。
(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；
(2)求第2s末外力F的瞬时功率；
(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功，求金属杆上产生的焦耳热。

【答案】(1)见解析；(2)0.35W；(3)0.05J
【解析】(1) 设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E=BLv，电阻R两端的电压

由图乙可得U=kt，k=0.1V/s
解得
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度
(2) 在2s末，速度v2=at=2m/s
此时通过金属杆的电流
金属杆受安培力F安=BIL=0.075N
设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律：F2-F安=ma
故4s末时外力F的瞬时功率P=F2v2，解得：P=0.35W
(3) 在2s末，杆的动能
由能量守恒定律，回路产生的焦耳热：Q=W-Ek=0.35-0.2 J =0.15J
又故在金属杆上产生的焦耳热Qr=0.05J
13．(2020·四川省遂宁市第三次诊断性考试理综物理试题)如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场(垂直于MN)，另一侧有匀强磁场(垂直纸面向里)．宇航员(视为质点)固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：
(1)第1个小球的带电量大小；
(2)磁场的磁感强度的大小B；
(3)磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．

【答案】(1) ；(2) ；(3)存在，
【解析】(1)设第1球的电量为，研究A到C的运动：


解得：；
(2)研究第1球从A到C的运动：


解得：
，，；
研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为
由得
由几何关系得：
解得： ；
(3)后面抛出的小球电量为，磁感应强度

①小球作平抛运动过程


②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：，变形得：
解得： ．
14．(2020·江西省名校(临川一中、南昌二中)5月联合考)如图所示为一“匚”字型金属框架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左侧长度为L＝1m的金属板连接．空间中有垂直纸面向里场强大小B＝0.2T的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度v0＝1m/s水平向左做匀速直线运动．框架内O处有一质量为m＝0.1kg、带正电q＝1C的小球．若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线′做直线运动；若小球在O点静止释放，则小球的运动轨迹沿如图曲线(实线)所示，已知此曲线在最低点P的曲率半径(曲线上过P点及紧邻P点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径)为P点到O点竖直高度h的2倍，重力加速度g取10 m/s2．求：

(1)小球沿图中虚线做直线运动速度v大小
(2)小球在O点静止释放后轨迹最低点P到O点竖直高度h
【答案】(1)；(2)
【解析】(1)框架向左运动，产生感应电动势：
板间场强：
小球做匀速直线运动，受力平衡：
可解得：
(2)最大速率点在轨迹的最低点
根据动能定理可得：
最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：
联立可解得：
15．(2020·四川省乐山市高三三模)在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度＝0.1m。现从坐标为(﹣0.2m，﹣0.2m)的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s(粒子重力不计)。
(1)带电粒子从坐标为(0.1m，0.05m)的点射出电场，求该电场强度；
(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1m，﹣0.05m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】(1)1.0×104N/C(2)4T，方向垂直纸面向外
【解析】(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
可得：r=0.20m=R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y
根据类平抛规律可得：
根据牛顿第二定律可得：
联立可得：N/C
(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度：m/s=
粒子射出电场时速度：
根据几何关系可知，粒子在区域磁场中做圆周运动半径：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：T
根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
16．(2020·四川省成都市第二次诊断性检测)如图所示为竖直面内的直角坐标系xOy．A点的坐标为(-8 m，0)，C点的坐标为(-4 m，0)；A点右侧的三个区域存在沿y轴正方向的匀强电场，-4 m>x≥-8m区域的场强大小为E1=5 V／m，0>x≥-4 m区域的场强大小为E2=7 V／m，x≥O区域的场强大小为E3 =5V/m;第一、四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面，磁感应强度大小均为B=2 T。现让一带正电的小球从A点沿z轴正方向、以vo=4 m/s的速率进入电场。已知小球的质量m =2×10-3 kg．电荷量q =4×10-3 C，假设电场和磁场区域足够宽广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取g=10 m／s2。求：

(1)小球到达y轴时的速度；
(2)小球从A点运动到坐标为(56 m，y)的点经历的时间．
【答案】(1)4m/s 45°(2)(2+)s或(2+)s或(2+)s
【解析】(1)在区域，小球所受电场力
代入数据得：
由题知：，因：
所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为t1
在区域，，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为t2，根据运动学规律
在y方向上有
代入数据得：


在x方向上有
代入数据得：，，
由
代入数据解得：
设v与y轴正方向的夹角为
由
代入数据解得：
(2)在区域，，分析知，小球先在第一象限做半径为r、周期为的匀速圆周运动，接着交替在第四、第一象限做半径为r、周期为的匀速圆周运动，轨迹如图所示：

洛伦兹力提供向心力，有
代入数据得：
设小球在第一象限第一次到达x轴的位置为P点，第二次到达x轴的位置为G点
由几何关系易得，
小球做匀速圆周运动的周期为：
代入数据得：
设小球从O点到达x轴上H(56m，0)点的时间为t3
因：，即
故
代入数据得：
又：
达到横坐标为56m的点有以下三种情况：
(i)到达横坐标为56m的I点
(ii)到达横坐标为56m的H点
(iii)到达横坐标为56m的J点
17．(2020·福建省福州市质量检测)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．
【答案】(1)(2)(3)
【解析】(1) 根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，

由几何关系可得rcos45°=h
即

解得
(2) 粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb
粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45°
所以
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb，
由类平抛运动得r+rsin45°=vbt

由动能定理
所以
(3) 粒子在磁场中的周期为
第一次经过x轴的时间
在电场中运动的时间
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间
所以总时间
18．(2020·河北省保定市联合调研)PQ和 MN分别是完全正对的金属板，接入电动势为E 的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN之间距离为d，其间存在着磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。紧挨着P板有一能产生正电荷的粒子源S，Q 板中间有孔J，SJK在一条直线上且与 MN 平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着SJK 路径从孔 K射出，求粒子的比荷。

【答案】
【解析】PQ板间加速粒子，穿过J孔是速度为v
根据动能定理，有：
沿着SJK路径从K孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:
解得:
19．(2020·江苏省泰州中学四模)如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg、电荷量q=3.2×10﹣19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：

(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；
(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；
(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．
【答案】(1)r=0.1m (2) (3) 曲线方程为()
【解析】(1)洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得
(2)粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，

粒子在电场中运动的加速度
粒子在电场中运动的时间
解得
(3)如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，
则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°~60°
所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，
曲线方程为

20．(2020·山东省德州市第二次模拟)如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为，与水平线MN的距离为等)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：

(1)此带电微粒的比荷；
(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离；
(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：
电容器两极间电场强度：
时间内：
解得比荷：
(2)微粒运动的轨迹如图所示

时间内：
，
解得：
时间内：
可得：
又
解得：
时微粒距点的距离：
(3) 时间内，微粒竖直向下的位移：
设粒子转过角度时与点间的竖直距离为：

解得：和
每次微粒进入磁场后运动至水平线所需时间：
解得：和
自开始至水平线的时间：，
即：和 ，
又
解得：
微粒离开电容器后不再经过水平线，分析得自开始至水平线的时间： ，和 ，
21．(2020·江苏省徐州等市高三模拟)如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：

(1)C、D板的长度L；
(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．
【答案】(1)(2)(3)
【解析】
试题分析：(1)粒子在A、B板间有
在C、D板间有
解得：
(2)粒子从nt0(n=0、2、4……)时刻进入C、D间，偏移距离最大
粒子做类平抛运动
偏移距离
加速度
得：
(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK]
出C、D板偏转角

打在荧光屏上距中心线最远距离
荧光屏上区域长度
22．(2020·河南省郑州市2019届高三下学期第三次质量检测)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1m，电阻可忽略不计．质量均为m＝lkg，电阻均为R＝2.5Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动.

(1)求棒MN的最大速度vm；
(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来?(运算结果可用根式表示)
【答案】(1) (2)Q=5 J (3)
【解析】(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma
棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv
棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为：v=at1=2m/s
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：
联立上述式子，有：
代入数据解得：F=0.5N
5s时拉力F的功率为：P=Fv
代入数据解得：P=1W
棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：

代入数据解得:
(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：
设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：
代入数据解得：Q=5J；
(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理得：-BiL△t=m△v
对式子两边求和有：
而△q=i△t
对式子两边求和，有:
联立各式解得：BLq=mvm，
又对于电路有：
由法拉第电磁感应定律得：
又
代入数据解得：
23．(2020·山西省考前二模)电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为r，ab边长为L(小于磁场的宽度)。小车总质量为m，受到的其他阻力恒为F，小车上的磁场边界MN与ab边平行，当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0。求：

(1)边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小；
(2)整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小
【答案】(1) ；(2)
【解析】(1)磁场边界MN刚抵到ab边时，设线圈中产生的电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流
解得：；
(2)小车上的磁场边界NM抵达ab边时加速度最大
根据右手定则可判断感应电流方向从a流到b
根据左手定则可判断安培力方向水平向左
则安培力大小：
由牛顿第二定律：
解得：。
24．(2020·安徽蚌埠市第二次教学质量检查考试)如图所示，在xoy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面向外。一比荷=107C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小v0=2×104m/s，与x轴的夹角θ=60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α=60°，不计粒子重力。求：

(1)OP的长度和OQ的长度；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)等边三角形磁场区域的最小面积。
【答案】(1) (2) B=0.02T (3)
【解析】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动
沿y轴方向：，，，
沿x轴正方向：
联立解得：
(2)粒子在磁场中作半径为r的匀速圆周运动，其轨迹如图
根据几何关系由：
解得：r=0.05m
根据牛顿第二定律可得：
解得：B=0.02T

(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则，
故最小面积：
25．(2020·河北省石家庄市高三二模)如图，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：

(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；
(2)平板的最小长度；
(3)从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
【答案】(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;(2)平板的最小长度为0.53m;(3)从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s
【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，
有a==2.5m/s2＜μg
故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=(M+m)v
解得v=2.0m/s
平板反弹后，物块加速度大小a1==7.5m/s2，向左做匀减速运动
平板加速度大小a2==12.5m/s2，
平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向。
-v1+a1t1=v1-a2t1
解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1=0.15m
此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理
(M+m)v(M+m)=qEx1
解得v2=1.0m/s
(2)最后平板、小物块静止(左端与挡板接触)，此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。
设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl
解得：l==0.53m
(3)设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1，和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′
平板vn-1′=vn-1-a2tn-1
位移大小
物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1
由以上三式解得：，，
此后两者一起向左匀加速，由动能定理
qExn-1=
解得：
从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：
I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……
解得：I=8.0N•s
26．(2020·福建省福州市第二次质检)如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图象如图2所示。不考虑导轨的电阻。

(1)求金属棒匀速运动时的速度v1；
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。
【答案】(1) (2)(3)－－Q
【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1
电容器的电荷量q=CE
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－BLt0=mv1－mv0
电容器的电荷量q=t0
联立解得v1=
(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=
(3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q=
解得E=－－Q