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浙江省高考物理压轴题专项训练30题
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这是一份浙江省高考物理压轴题专项训练30题，共64页。
高中物理压轴题专项训练30题
1．如图所示，是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l=1m、a=0.5m、b=0.8m，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=1.5 T，方向垂直纸面向里。等离子体以不变的速率v=2m/s水平向右进入发电通道内，发电机的等效内阻为r=0.3Ω，忽略等离子体的重力、相互作用力。磁流体发电机两个电极通过开关与倾角θ=30o间距d=1m的光滑金属导轨MO、NO′相连，一根质量m1=0.2kg长度d=1m阻值R1=0.3Ω的金属导体棒cd垂直放置在光滑的金属导轨MO、NO′上，金属导轨的末端圆滑连接着光滑绝缘的水平轨道OP、O′Q（足够长），efgh是质量m2=0.3kg、电阻R2=0.6Ω、各边长度均为d=1m的“U”形金属框，eh刚好和金属导轨末端OO′接触良好，开始处于锁定状态。倾斜轨道处于垂直于斜面向下的磁感应强度B1的匀强磁场中，水平轨道间存在竖直向下的磁场（图中未画出），磁感应强度分布规律为B2=0.3xT （x>0，沿OP方向建立x轴，O为坐标原点）。已知开关闭合后，金属棒cd恰能静止在导轨上。求：
（1）磁流体发电机的电动势大小E；
（2）磁感应强度B1的大小；
（3）断开开关后，cd棒在导轨MO、NO′上达到的稳定速度v1；
（4）在第（3）问中，cd棒到达OO′时“U”形金属框被解锁，棒与金属框碰撞并粘连在一起，则金属框最终静止在何处？
2．如图甲所示，相距d的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°．长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数μ= 18 （其余部分摩擦不计）．MN、PQ、GH相距为L，MN、PQGH相距为L，MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B1的匀强磁场，PQ、GH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，当ab棒从MN上方一定距离由静止释放通过MN、QP区域（运动过程ab棒始终保护水平），电压传感器监测到U﹣t关系如图乙所示：
（1）求ab棒刚进入磁场B1时的速度大小；
（2）求定值电阻上产生的热量Q1；
（3）多次操作发现，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时，另一质量为2m、电阻为2R的金属棒cd只要以等大速度从PQ进入PQHG区域，两棒均匀速同时通过各自场区，试求B2的大小和方向．
3．如图甲所示，倾角为30{}^\circ 的光滑斜面固定在粗糙程度较大的水平地面上，斜面底部MNPQ区域内及PQ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MN、PQ间的距离为L，PQ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abcd（表面涂有绝缘漆）从cd边距MN边界的距离为L处静止释放，当cd边到达PQ处时刚好速度为零，接着用外力使框做“翻跟头”运动，即框以cd边为轴顺时针翻转150°，然后以ab边为轴顺时针翻转180°，再以cd边为轴顺时针翻转180° ，…，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、…。翻转过程中，金属框不打滑，并保持角速度大小恒为ω ，空气阻力不计，重力加速度为g，以位置I作为计时起点即t=0。
（1）求金属框进入MNPQ区域的过程中，流过ab边的电量；
（2）写出金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，a、b两点的电势差 Uab 随时间变化的函数式；
（3）求金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ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Ⅰ到位置V的过程中，电势差 Uab 随时间变化的函数图象（标出相应的纵横坐标）。
4．2021年7月20日，世界首套时速600公里高速磁浮交通系统在青岛亮相，这是当前速度最快的地面交通工具，如图甲所示。超导磁悬浮列车是通过周期性变换磁极方向而获得推进动力。其原理如下：固定在列车下端的矩形金属框随车平移，金属框与轨道平行的一边长为d。轨道区域内存在垂直于金属框平面磁场，如图乙所示磁感应强度随到MN边界的距离大小而按图丙所呈现的正弦规律变化，其最大值为 B0 。磁场以速度 v1 、列车以速度 v2 沿相同的方向匀速行驶，且 v1>v2 ，从而产生感应电流，金属线框受到的安培力即为列车行驶的驱动力。设金属框电阻为R，轨道宽为l，求：
（1）线框在运动过程中产生的感应电动势最大值；
（2）如图丙所示， t=0 时刻线框左右两边恰好和磁场I两边界重合，写出线框中感应电流随时间变化的表达式；
（3）从 t=0 时刻起列车匀速行驶s距离的过程中，矩形金属线框产生的焦耳热。
5．如图所示，一平行极板至于x轴负半轴某一位置，现施加一光照使得“-极板”的电荷量为-q的电子逸出。在+极板处有一特殊网罩，它只能够接受速度以最大初动能逸出且速度方向垂直极板的电子。极板AB长度为2a，且在极板中心处开有一个长度为a的区域，电子只能从该区域逸出。在原点O的正上方有一半径为a的磁场圆，磁感应强度为B，且在三四象限也分布着磁场，磁场方向垂直纸面向里。若从极板AB逸出的电子均能够从O点的小孔射出，求：
Ⅰ.若第三、四象限磁感应强度为B：
（1）若极板的电压为U，求施加光照的能量E及圆形区域内磁场的方向；
（2）求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围。
Ⅱ.若第三、四象限磁感应强度为tB（t为常数）：
（3）求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围。
Ⅲ.现要完全分辨从y=0.5a与y=a射出的电子
（4）若磁感应强度在（B+ΔB）到（B-ΔB）里变化，求ΔB的最大值。
6．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.1 m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=4m，距离落地区的竖直高度H=0.8m，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.1，传送带以恒定速度v0=4m/s逆时针转动（g取10m/s2，不考虑传送带的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能通过圆轨道最高点C点，求滑块释放点距水平轨道的高度h0；
（2）要使滑块恰能运动到传送带最右端E点，求滑块释放点距水平轨道的高度h1；
（3）若释放点距水平轨道的高度h≥h0，求滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系。
7．现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图甲所示，上下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中沿逆时针（从上往下看）做半径为r不变的圆周运动，通过引出管，把加速后的电子引入到长方体abcdd'c'b'a'中。长方体abcdd'c'b'a'上下面是边长为L的正方形，aa'足够长。在长方体内加上不同的匀强磁场，可使电子能够打在abb'a'和cdd'c'二个侧面上，俯视图如乙图所示。在电磁体线圈中加均匀变化的电流，产生大小恒定的感生电场使电子加速。现从电子枪放出一个初速度不计的电子，在电子轨道被加速半圈后直接通过引出管进入长方体。若在长方体内加上竖直向下的大小为B的匀强磁场，电子刚好沿着对角线ac垂直磁场进入长方体，恰好打在ab的中点f。（已知电子的质量为m，电荷量为e，整个装置都放在真空中，不计电子的重力）求：
（1）电子进入引出管的速度大小v1和感生电场E的大小；
（2）现在把长方体的磁场的方向改为垂直abb'a'和cdd'c'二侧面的方向，俯视图如图丙，则：
①若磁场大小仍为B，电子进入长方体的速度大小不同，但方向一直都是沿对角线ac的方向，为了能够让电子只打到平面cdd'c'上，电子进入长方体速度范围；
②若磁场大小变为B1=πB12，电子进入长方体的速度大小（即（1）问的速度），沿对角线ac的方向，电子能否打到cdd'c'面上，如果能，请计算打到cdd'c'面上的点与电子刚进入长方体入射点间的距离，如若不能请说明理由。
8．如图所示，平面直角坐标系xoy被三条平行的分界线分为I、II、III、IV四个区域，每条分界线与x轴所夹30º角，区域I、II分界线与y轴的交点坐标（0，l），区域I中有方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场；区域 II宽度为d，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III为真空区域；区域IV中有方向垂直纸面向外、大小为2B的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l带正电，以速度大小v1从原点沿x轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x轴正半轴一点A沿x轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II；随后粒子1以平行于x轴的方向进入区域III；粒子2以平行于y轴的方向进入区域III，最后两粒子均在第二次经过区城III、IV分界线时被引出．
（1）求A点与原点距离；
（2）求区域II内电场强度E的大小和方向；
（3）求粒子2在A的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？
9．如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限半径为R=0.5m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场（与x、y轴分别相切于M、N）。第Ⅱ象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场。第Ⅳ象限内存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，两磁场强弱一样。粒子a从x轴上A点处射出，然后以vP=1.0×105m/s的水平速度经过y轴上P点，射出圆形磁场与射入时运动方向间的夹角为60°，经过磁场偏转后在Q点（图中未画出）穿过x轴。已知xA=-32m，yP=0.75m。粒子的比荷qm=5×105C/kg，粒子重力不计。求：
（1）此粒子在圆形磁场中运动的半径r和场强E；
（2）粒子a自A点到第二次穿过x轴的时间；（取π=3）
（3）与粒子a相同的粒子b也从x轴上xb=-34m点处斜向上射出，同样能水平经过P点，不考虑a、b间作用和相遇，求a、b第二次穿过x轴的距离。
10．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内、半径为r的圆形区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，圆形磁场边界刚好与两坐标轴相切．在第二象限内，有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在第四象限内，有长为2r的荧光屏，荧光屏与x轴平行，左端在y轴上，荧光屏到x轴的距离为(3-1)r。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从坐标为(-r，r)的P点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经磁场偏转后最终垂直打在荧光屏上，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若让粒子在第二象限内直线y=r上的不同位置由静止释放，经电场加速、磁场偏转后均能打在荧光屏上，则粒子在该直线上释放的位置区域长度的大小；
（3）若让粒子在第二象限内直线x=-r上的不同位置由静止释放，经电场加速、磁场偏转后均能打在荧光屏上，则粒子在该直线上释放的位置区域长度的大小。（结果可保留根号）
11．如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出质量m、电荷量q、速率v0的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧ab之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这部分粒子
（1）在磁场中运动的最短时间t；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm；
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。
12．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+Q，半径为R，静电力常量为k。
a.求在距离带电球球心r(r≫R)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v-t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B=kt(k>0)。该变化磁场周围会激发感生电场。求距圆心r(r>a)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B1=k1t(k1>0)；在大于等于r的环形区域内，磁感应强度B2=k2t(k2>0)。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k1与k2的比值。
13．离子注入是芯片制造的一道重要工序，图为某离子注入示意图，纸面内，一束质量m=4×10-26kg、电荷量q=-8×10-19C的静止负离子（不计重力），经加速电场后，沿水平虚线PQ通过速度选择器，从y轴上Q（0，1m）点垂直y轴射入xOy坐标系，经磁场、电场偏转后射到x轴上，从而实现离子注入。速度选择器中，匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B1=0.1T，匀强电场的方向沿y轴负方向，场强E=5×105V/m。xOy坐标系内有一边界线AO，AOy区域有某一来知范围的匀强磁场（方向垂直纸面向里，磁感应强度为B2），AOx区城有沿x轴负方向的匀强电场，∠AOy=45∘
（1）求加速电场的电压U；
（2）若离子在AOy区域内始终在矩形磁场中运动，且B2=0.5T，求矩形磁场区域的最小面积；
（3）若B2大小可调且充满整个AOy区域，为了使离子都能打到x轴上，则调整后的磁感应强度大小B'2应满足什么条件？
14．如图甲所示，间距L=1m的足够长“U”型倾斜导轨倾角θ=37°，顶端连一电阻R=1Ω；虚线MN的左侧一面积S=0.6m2的圆形区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度B大小随时间t变化如图乙所示；虚线MN的右侧区域存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B1=1T匀强磁场。一长也为L=1m，电阻r=1Ω的金属棒ab在虚线MN右侧靠近MN，与导轨垂直放置，在t=0至t=1s，金属棒ab恰好静止，之后，开始沿导轨下滑，经过足够长的距离到达位置EF，且在到达EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上某处。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）t=0至t=1s内流过电阻R的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab到达EF时速度的大小；
（3）金属棒ab通过EF后通过电阻R的电荷量。
15．菜同学设计如图所示的粒子约束装置，空间存在三个同心圆a、b、 c围成的区城，O为圆心，a的半径为ra=320m，b的半径为rb=310m。 a与b之间存在沿径向向外的辐射状电场，a与b之间电压U=500V。 b与c之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T。在圆a上的P点有一比荷为qm=107C/kg带负电的粒子，沿OP方向以速率v=2×105m/s开始运动，粒子不穿出约束装置c边界。不计粒子的重力，可能用到的三角函数∶ tan24°=110995，求∶
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r1；
（2）粒子在一个周期内运动的路程s；
（3）若在P点无初速释放比荷为qm=107C/kg的带正电的粒子，且a与b之间电压调整为U=297V。粒子从P点开始运动（记作第一次经过P点）到第二次经过P点的过程中，粒子在磁场中运动的总时间t。
16．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B0的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中T=2πmB0q。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能Ek；
（2）若t=T8时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持B=B0(1±α)，（α<1）不变，若在t=T4时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数α的极限值。
17．如图所示，真空中的立方体边长L=0.8 m，底面中心处有一点状放射源S，S仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射速率均为v=5.0×106 m/s的带正电粒子，平面defg和平面abfe各放有一个荧光屏。现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内。已知粒子的比荷qm=5.0×107C/kg，粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光，不计粒子间的相互作用力和重力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）若将abfe屏向左沿-z方向移动0.2 m，求粒子打在abfe屏上的点的x坐标的最大值和最小值；
（3）若再在正方体内施加一竖直向上的匀强电场，在平面defg内的荧光屏上刚好出现一个半径为0.2 m的圆，求粒子在立方体内可能的运动时间t。（结果保留π）
18．如图所示，T字形显像管由两个相互垂直的长方体真空管组合而成。真空管P内装有电子枪和加速电极，能产生高速运动的电子束。真空管Q的前后两表面是边长L=30cm的正方形，在前、后两端密绕励磁线圈，当有电流通过线圈时，能产生平行于线圈轴线方向的匀强磁场。真空管Q的上、下表面为偏转电极，当加上电压后，能产生竖直方向的偏转电场。真空管Q的右表面是荧光屏，在左表面的中心处开有一小孔C，当偏转电极不加电压，励磁线圈也不通电流时，电子束从电子枪射出后沿直线运动，以速度v0通过小孔C进入真空管Q打到荧光屏的正中心O点，在屏上产生一个亮斑。现让励磁线圈通入某一恒定电流，激发磁场的磁感应强度大小B=3×10-4T，发现亮斑向下移动的距离为d=10cm，再让偏转电极加上恒定电压U=2400V，亮斑重新回到O点。不计电子的重力。求：
（1）根据题中描述的物理现象，加速电极的接线柱“1”、“2”，偏转电极的接线柱3”、“4，励磁线圈的接线柱“5”、“6”，各部件的哪个接线柱应接电源正极；
（2）求电子的比荷（即电荷量与质量的比值）；
（3）当偏转电极不加电压，调节励磁线圈中的电流大小，亮斑会上下移动，求所有能打到荧光屏上的电子在磁场中运动时间的取值范围。
19．电动机和发电机具有装置上的类似性，源于它们机理上类似如下模型：在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行的、足够长的金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R、质量为m的金属导体棒ab垂直于MN、PQ恰好放在轨道上，与轨道接触良好。两轨道的左侧两端点间接有两支路，一条支路上接有电动势为E、内电阻不计的直流电源，另一条支路上仅仅是一段导线，导体棒ab通过滑轮与一根水平轻绳连接着质量也为m的重物（如图所示）。忽略一切阻力及导轨的电阻，重力加速度为g。
（1）当单刀双掷开关S接到位置1，再将重物由静止释放，求棒运动的速度最大值v1；
（2）在第（1）问的过程中，棒ab运动时间为t时速度达到v2，求这段时间内通过棒的电量q及棒运动的距离x；
（3）当单刀双掷开关S接到位置2，重物将被棒ab牵引着从静止向上运动，求棒运动速度的最大值v3。
20．如图所示，静止于P处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中14圆弧虚线通过静电分析器，从O点垂直xOy平面向上进入边长为L的立方体有界匀强磁场区域，立方体底面ABCD位于xOy平面内，AB与x轴平行，初始磁场B0（未知）方向沿y轴负方向（图中未画出），EFGH平面是一个荧光显示屏，当粒子打到荧光屏上某一点时，该点能够发光，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图1所示。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。
（1）求粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小；
（2）若粒子恰好能打在棱EH的中点M点，求初始匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
（3）若分别在x方向与y方向施加如图2所示随时间周期性变化的正交磁场，沿坐标轴正方向的磁感应强度取正，不计粒子间的相互作用，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化的周期，不考虑磁场变化产生的电场对粒子的影响。试确定一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹形状，并写出在轨迹方程（用x，y坐标表示）。
21．如图所示，有一间距L=1m足够长光滑平行倾斜金属导轨ABA'B'、倾角θ=30°，AA'处接有阻值R=0.3Ω的电阻，在底端BB'处通过光滑圆弧绝缘件连接平行光滑金属导轨BDB'D'，其中轨道BCB'C'部分间距为L，CDC'D'部分间距为0.5L，在右端DD'处通过光滑圆弧绝缘件连接足够长的光滑平行倾斜金属导轨DED'E'，倾角θ=30°，在EE'端接有阻值为R=0.3Ω的电阻和电容为C的电容器。金属棒a、b质量均为m=0.1kg、阻值均为r=0.2Ω，长度均为L，垂直导轨放置，金属棒初始被锁定在处，金属棒a从某一高度静止释放，导体棒到BB'处之前已达到最大速度，导体过BB'处时b的锁定装置CC'解除，之后a、b棒在各自轨道上运动足够长时间，当a棒运动到CC'处与两固定在CC'处的金属立柱相撞并粘在一起（导体棒与金属导轨始终紧密接触），最终b棒恰能通过DD'处光滑圆弧绝缘件进入倾斜轨道DED'E'。在ABA'B'导轨间区域存在垂直导轨向上的匀强磁场，其他导轨间区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为B=0.5T。两棒始终保持与导轨垂直且接触良好，不计其它电阻，不计所有摩擦，忽略连接处能量损失。重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）a棒运动至BB'处时导体的两端电势差大小U；
（2）a棒从进入水平轨道到运动到CC'处过程中a棒产生的焦耳热；
（3）试分析b棒进入倾斜轨道DED'E'的运动情况。
22．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。 abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度 v0 向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 v03 ，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到 ab 的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到 cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到 ab 的距离为 kx(k>1) ，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
23．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 xOy 平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为 q(q>0) 、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）t=0 时刻释放的粒子，在 t=2πmqB0 时刻的位置坐标；
（2）在 0~6πmqB0 时间内，静电力对 t=0 时刻释放的粒子所做的功；
（3）在 M(4πE0mqB02⋅π2E0m4qB02) 点放置一粒接收器，在 0~6πmqB0 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
24．如图a，两光滑金属导轨MN、M′N′相距L平行放置，导轨平面与水平面成θ夹角，MM′、NN′间分别连接阻值为R的电阻。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度均为d，相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为s。一质量为m、阻值为R的金属棒ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某处由静止释放，金属棒下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好。导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）若金属棒能匀速通过磁场区域Ⅰ，求金属棒静止释放处距区域Ⅰ上边界的距离x1；
（2）在（1）的条件下，求金属棒通过区域Ⅰ的过程中产生的热量Q；
（3）若金属棒在相邻磁场间无磁场区域中运动的时间均为t，求金属棒静止释放处与区域Ⅰ上边界的距离x2；并在图b中定性画出其自静止开始运动到区域Ⅲ下边界过程中的v-t图线。
25．如图甲所示，“离心轨道演示仪”是学习机械能守恒定律的经典演示装置，现将该实验装置建立为如图乙所示的物理模型：竖直平面内由倾角α=37°的斜面轨道AB、半径为r1=0.1m的圆周轨道BCD和半径为r2=0.25m的部分圆周轨道CE构成的装置固定于水平地面，B、C两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。圆心O1、O2与C点在同一竖直线上，O2E与竖直方向的夹角为β=53°，E点与竖直墙面的距离d=1.2m。现将质量为m=0.1kg的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，斜面轨道AB足够长，不计小球大小和所受阻力，已知重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6。
（1）若小球的初始高度h=0.2m，求小球到达C点时对轨道的压力：
（2）若小球能沿轨道到达E点，求h的最小值hmin；
（3）若小球释放后能够从原路径返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
26．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域I内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域I右侧有一宽度也为R、足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向右的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一长为3R的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ=53°角。在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域I内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）
（1）求粒子的初速度大小v0和电场的电场强度大小E；
（2）求荧光屏上的发光区域长度△x；
（3）若改变区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，求区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。
27．如图甲，在xOy平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度大小未知，磁感应强度大小为B。让质量为m，电荷量为q的带正电小球从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度入射，均能在复合场中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，忽略带电小球之间的影响。
（1）带电小球从O点以初速度v沿y轴正方向入射，恰好能经过x轴上的P（2a，0）点，求电场强度大小和v的大小；
（2）保持匀强电场的方向不变，大小变为原来的两倍，带电小球从O点沿y轴正方向入射，速度大小为mgqB，小球运动轨迹如图乙所示。研究表明：小球在xOy平面内做周期性运动，利用运动的合成分解规律，可将带电小球的初速度分出一个速度v1，并且qv1B与电场力、重力三力平衡，得到小球的一个分运动为v1的匀速直线运动；然后利用矢量运算，将初速度减去v1得到速度v2，得到另一个分运动为v2的匀速圆周运动，再由这两个分运动得到合运动的运动规律（题中v1和v2均为未知量）。
①求该带电小球运动过程中的最大速度值vm；
②写出该带电小球y-t的函数表达式（小球从O点发射时为t=0）。
28．如图所示，一半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧曲面AB与水平面BC相切于B点，BC右端与内壁光滑、半径r=0.4m的四分之一细圆管CD相切，管口D端正下方直立一根轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端通过一锁定装置将弹簧压缩（压缩量Δx≪r）。质量m=1kg的小滑块P在曲面最高点A处从静止开始下滑，到达曲面底端时与静止在该处的相同滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后触碰到弹簧，锁定装置立即自动解除。已知滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.2，滑块尺寸略小于圆管内径且可被视为质点，重力加速度取g=10m/s2，不计各处的空气阻力以及触碰弹簧的能量损失。求：
（1）滑块P达到曲面底端与滑块Q碰撞前瞬间对轨道的压力FN的大小；
（2）水平面BC的长度s；
（3）要使两滑块能发生第二次碰撞，弹簧原来储存的弹性势能Ep至少为多少？
29．如下图1所示，某光滑轨道由区域Ⅰ与区域Ⅱ两部分共同组成，轨道电阻不计（注：b棒只有以中心为对称点，距离对称点0.5m的部分有电阻，a棒电阻均匀分布）区域Ⅰ：一质量为m=1kg，长度为L=1m的金属棒a从高度为h=0.2m的地方静止下落后，进入轨道ABCD区域中，AB处有一小段绝缘材料，在离边界AB足够远的地方有一质量为m=0.5kg，长度为L=3m的金属棒b。在轨道ABCD区域内存在匀强磁场B1，磁感应强度为1T，轨道BC与AD距离为d=1m。当金属棒a进入轨道ABCD上后，使b加速，当b棒速度稳定后，进入轨道CD的右侧区域Ⅱ。金属棒a与b的电阻均为1Ω；
区域Ⅱ：如图2为区域Ⅱ的俯视图，CD边界的左侧有一段绝缘处，在区域Ⅱ的下侧与右侧有电阻R1与R2相连，当金属棒b进入后，给予一外力F使金属棒b做匀速运动，当金属棒运动至EF边界时从区域Ⅱ掉落结束运动。已知电阻R1=R2=2Ω，竖直向下匀强磁场B2=2T，当b棒运动2m后抵达EF位置。
（1）当a棒刚好进入轨道区域Ⅰ时，ab棒两端的电势差Uba；
（2）求b棒进入区域Ⅱ时的速度及在区域Ⅰ中通过金属棒b的电荷量；
（3）计CD处为0位移，求金属棒b从CD至EF的过程中外力F与位移x的关系。
30．如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10-5s以后，电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10-5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
高中物理压轴题专项训练30题 答案解析
1．【答案】（1）导体棒在磁场中切割磁感线，由电磁感应定律可得 E=Bav=1.5V
（2）等效电路如图
由闭合电路欧姆定律可得 I=Er+R1R2R1+R2=3A
I1：I2=R2：R2=2：1
解得： I1=23I=2A ；
cd棒静止时 m1gsinθ=B1I1d
解得： B1=0.5T
（3）开关断开后，cd棒达到的稳定速度为v1
m1gsinθ=B1B1dv1R1+R2d
解得： v1=3.6m/s
（4）由动量守恒得 m1v1=(m1+m2)v2
金属框滑行过程 I=B2dvR1+R2
金属框所受安培力的合力 F安=B2Id=B22d2vR1+R2
由动量定理得 -F安t=(m1+m2)v
联合以上四式得： B22d2R1+R2x=m1v1
x=m1v1(R1+R2)B22d2=0.2×3.6×0.90.32×12m=7.2m
即金属框cd边停在 x=7.2m 处
2．【答案】（1）解：根据ab棒刚进入磁场B1时电压传感器的示数为U可得此时的感应电动势E1=U+ U2R⋅R =1.5U，
根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：E1=B1dv1
解得：v1= 1.5UB1d ；
答：ab棒刚进入磁场B1时的速度大小为 1.5UB1d ；
（2）解：设金属棒ab离开PQ时的速度为v2，根据图乙可知，定值电阻两端电压为2U，
根据闭合电路的欧姆定律可得： B1dv22R+R⋅2R=2U ，
解得：v2= 3UB1d ；
棒ab从MN到PQ，根据动能定理可得：
mgsin37°•L﹣μmgcos37°•L﹣W安= 12mv22-12mv12
根据功能关系可得产生的总的焦耳热Q总=W安，
根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为Q1= 2R2R+RQ总
联立解得Q1= 13mgL-9mU24B12d2 ；
答：定值电阻上产生的热量为 13mgL-9mU24B12d2
（3）解：两棒以相同的初速度进入场区，匀速经过相同的位移，对ab棒，根据共点力的平衡可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°﹣ B12d2v2R =0，
解得：v= mgRB12d2 ；
对cd棒，因为2mgsin37°﹣μ•2mgcos37°＞0，故cd棒安培力必须垂直导轨平面向下，
根据左手定则可知磁感应强度B2沿导轨平面向上，cd棒也匀速运动，则有：
2mgsin37°-μ(2mgcos37°+B2×12×B1dv2R×d)=0 ，
将v= mgRB12d2 代入解得：B2=32B1．
答：B2的大小为32B1，方向沿导轨平面向上
3．【答案】（1）解：流过ab边的电量 q=I×Δt=ER×Δt=ΔΦΔtR×Δt=ΔΦR
由于 ΔΦ=BScos30°=3BL22
所以 q=3BL22R
（2）解：从位置Ⅰ到位置Ⅱ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 e=BLvabcosθ=BL×Lω×cosωt=BL2ωcosωt
其中 θ 为ad边与竖直方向的夹角；所以a、b两点的电势差为 Uab=e-14e=34BL2ωcosωt
（3）解：从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，安培力做的功在数量上等于导体产生的热量，即 WA=(BL2ω2R)2×R×π2ω=πωB2L44R 由动能定理得 W+12mgL-WA=0
解得 W=πωB2L44R-12mgL
（4）解：在位置Ⅰ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 Uab=34BL2ω
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 Uab'=14BL2ω
由于线框匀速转动，所以曲线为正弦曲线，图形如下图所示：
4．【答案】（1）解：因 v1>v2 ，金属框相对于磁场向相反的方向运动，当线框切割磁感线的边到达磁感应强度最大位置处时有Em=2B0l(v1-v2)
（2）解：由题意，得 B=B0sinωt
又 T=2dv1-v2
得 ω=2πT=π(v1-v2)d
电流的最大值为Im = 2B0l(v1-v2)R
电流的顺时值为 i=2B0l(v1-v2)Rsinπ(v1-v2)dt
（3）解：可知，该电流为正弦式交变电流，其有效值为 I=Im2
列车匀速行驶 s 距离经历时间为 t=sv2
故矩形金属线框产生的焦耳热为 Q=I2Rt
得 Q=2B02l2(v1-v2)2sRv2
5．【答案】（1）解：根据题意，由几何关系知，电子在原点O的正上方半径为a的磁场圆中做圆周运动的半径为R=a
设电子进入圆形磁场时的速度为v，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R
电子在极板间运动过程中，根据动能定理有E+qU=12mv2
联立解得E=q2B2a22m-qU
根据左手定则可知，圆形磁场中磁场方向垂直纸面向里
（2）解：由右图得从正中心射出的粒子击中的x坐标最小，从最上面与最下面射出的粒子击中的x坐标最大，运动轨迹如图所示
由图，根据几何关系可得xmin=-2a，xmax=-2acos30°=-3a
故x的坐标范围是[-2a，-3a]
（3）解：类比（2）问，可知最大最小值的情况与（2）相同
根据牛顿第二定律有tqvB=mv2R1
解得R1=at
则xmin=2R1=-2ta，xmax=-2R1cos30°=-3ta
故x的坐标范围是[-2ta，-3ta]
（4）解：如图所示
当从y=a射出的粒子的最近范围与从y=0.5a射出的粒子最远范围相等，则有
2BaB+ΔB=3BaB-ΔB
解得ΔB=（7-43）B
6．【答案】（1）解：滑块恰好过最高点C，有mg=mv2R
若滑块恰好能过最高点，从A到C，由机械能守恒定律，有mg(h0-2R)=12mv2
解得h0=0.25m
（2）解：要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度为0，从A到E，由动能定理，有mgh1-μmg(x1+x2)=0-0
解得h1=μ(x1+x2)=0.7m
显然h1>h0
要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度h1=0.7m
（3）解：①当滑块释放点的高度范围满足0.25m≤h≤0.3m时，滑块不能运动超过D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，有mgh-μmgx=0
解得x=hμ=10h
②当滑块释放点的高度范围满足0.3m
③当滑块释放点的高度范围满足0.6m
④当滑块释放点的高度h>0.7m时，滑块从E点飞出，有mgh-μmg(x1+x2)=12mvE2-0
解得vE=20h-14
平抛运动的时间t=2Hg=0.4s
x=x1+x2+vEt
解得x=7+220h-145
7．【答案】（1）解：打到f中点R1=24L
ev1B=mv12R1
解得v1=24mBLe
由能量关系12mv12=Eeπr
解得E=116mπrB2L2e
（2）解：二个分速度大小分别为vab=vsin45°
vad=vcos45°
在磁场中最多只能运动半个圆周所以t=Lvad
最大半径Rm
解得v<2mBLe
所以2πmBLe
运动周期T2=24meB
因为t=T26 所以电子能够打到cdd'c'面上；电子打到面上转过了60度的圆心角 所以S=R22+L2=9L2π2+L2
8．【答案】（1）解：因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R2由几何关系知 R2R2+3l=12
R2=3l
OA=33l-3l=23l
（2）解：要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方
两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 v3E=v1tan30°=3v13v1=q1Em1⋅dv1
又 q1v1B=m1v12l 所以 q1m1=v1Bl
E=3Blv1d
（3）解：粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为 v4E=v2tan60°=3v23
对粒子2在电场中运动有 33v2=q2Em2⋅dv2
又 q2v2B=m2v223l
所以 q2m2=v23Bl
所以 v2=v1
（4）解：粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为 v3=v1sin30°=2v1
有 2Bq1v3=m1v32R3R3=l
粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为 v4=v2cos30°=23v23
有 2Bq2v4=m2v42R4
R4=3l
两粒子要在区域IV运动后到达同一点引出，O3圆对应的圆心角为60゜，O4圆对应的圆心角为120゜
R3+2R4cos30°=Stan30°+Stan60°+v3E2⋅dv1+v4E2⋅dv2
S=3l-d2
9．【答案】（1）解：由几何关系可知，粒子a的轨道半径为ra=2R=1m
根据qvPB=mvP2ra
可得B=0.2T
对粒子a在电场中有vy2=2ayP
qE=ma
tanθ=yP-xA2=vyvP
解得E=4×104V/m，θ=60°
（2）解：对粒子a在电场中运动时间t1=3mvPqE=32×10-5s
对粒子a在第Ⅰ象限中运动时间t2=2-32RvP+16×2πmqB+33RvP=18-312×10-5s
对粒子a在第Ⅳ象限中运动时间t3=13×2πmqB=2.0×10-5s
粒子a自A点到第二次穿过x轴的时间t=t1+t2+t3=42+5312×10-5s=4.22×10-5s
（3）解：对与粒子a相同的粒子b自x轴在电场中运动后能水平经过P点，可知tb=ta
vx=12vP
v3b=vya
解得vx=5.0×104m/s
从而可得rb=R=0.5m
粒子b自M点进入第二个磁场，粒子a、b的运动轨迹如图所示，由几何关系可知MD=2rbcos30°=32m
MF=MQ+2racos30°=MCcos30°+2racos30°=ra2cos30°+2racos30°=433m
解得DF=MF-MD=536m
10．【答案】（1）解：设粒子进磁场时的速度为v0，根据动能定理qEr=12mv02
解得v0=2qErm
根据题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r
根据牛顿第二定律qv0B=mv02R
解得B=2mEqr
（2）解：考虑粒子的临界条件，两个临界条件对应的轨迹如下图所示
首先，对于左临界条件，设粒子在电场中释放点的位置坐标为(-x1，r)，则粒子进磁场时的速度大小为v=2qEx1m
粒子刚好打在荧光屏的左端，粒子在磁场中偏转的偏向角为120°
此粒子在磁场中做圆周运动的半径R1=rtan30°=33r
又R1=mv1qB=mqB2qEx1m
解得x1=13r
其次，对于右临界条件，粒子刚好打在荧光屏的右端，设粒子在电场中释放的坐标为(-x2，r)，粒子在磁场中偏转的偏向角为60°
此粒子在磁场中做圆周运动的半径R2=rtan60°=3r
又R2=mv2qB=mqB2qEx2m
解得x2=3r
粒子在直线y=r上释放的位置区域长度为Δx=x2-x1=83r
（3）解：由于所有粒子进磁场时的速度均等于v0，因此所有粒子进磁场后做圆周运动的半径均为r．所有粒子均从圆与x轴相切点射出磁场。设打在荧光屏左端的粒子释放位置的坐标为(-r，y1)，粒子的轨迹图如下所示
根据几何关系y1=r+rcosθ
设打在荧光屏右端的粒子释放位置的坐标为(-r，y2)
根据几何关系y2=r-rcosθ
粒子在该直线上释放的位置区域长度为Δy=y1-y2=2rcosθ
由几何关系可知cosθ=rr2+[(3-1)r]2=15-23
因此Δy=y1-y2=2r5-23
11．【答案】（1）解：粒子在磁场中的轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r
又T=2πrv0
解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πmqB
由轨迹图可知粒子从b点离开时，在磁场中运动的时间最小，则有tmin=90°360°T=πm2qB
（2）解：粒子在磁场中，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场的速度大小均为v0，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，根据动能定理可得qU0=Ekm-12mv02
解得最大动能为Ekm=qU0+12mv02
（3）解：要保证到达N板上速度最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，即粒子在极板中运动的时间应满足t≤T2
设粒子到达N板的最大速度为vm，则有Ekm=qU0+12mv02=12mvm2
解得vm=2qU0m+v02
根据运动学公式可得d=v0+vm2t
联立可得d≤v0+2qU0m+v024T
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足0
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UU=12ER=kQ2R
（2）解：根据法拉第电磁感应定律E感=ΔΦΔt=SΔBΔt=ΔBΔtπa2
由于ΔBΔt=k
所以E感=kπa2
由W电=F电⋅2πr，W电=eE感，E=F电e
所以E=E感2πr=kπa22πr=ka22r
（3）解：B1的作用是产生感应电场，让粒子加速，B2的作用是让带电粒子偏转。
B1在r处产生的感应电场为E1=k1r22⋅1r=k1r2
对于电子，根据牛顿第二定律得evB2=mv2r
解得v=eB2rm=ermk2t
电子在圆周上，其切向加速度大小不变，有a=ΔvΔt=ermk2=E1em
联立解得k1=2k2
13．【答案】（1）解：设离子经加速电场加速后的速度大小为v，因离于沿水平虚线PQ通过速度选择器，故由力的平衡条件有qE=qvB1
代人数据得v=5×106m/s
离子在加速电场中加速，由动能定理有qU=12mv2
代人数据解得U=6.25×105V
（2）解：离子在磁场B2中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qvB2=mv2r
代入数据得r=0.5m
作出离子的运动轨迹如图所示
其中，O1为圆心，M为轨迹与OA的交点，由于QO1=MO1=r=0.5QO，∠AOy=45∘
可知QM⊥OA
由几何关系可知，满足题设条件的磁场区域长度为a=2r
宽度为b=r-rsin45∘=(1-22)r
解得矩形磁场区域的最小面积为S=ab=2-14m2
（3）解：只要离于能够经OA进入电场中，离子就具有沿y轴负方向的分速度，故一定能打在x轴上。如图所示
设离子在磁场中的轨迹恰好与OA相切于N点，此时的圆心为O2，轨道半径为r0，此种情况下，由几何关系有(OQ-r0)sin45°=r0
由牛顿第二定律有qvB0=mv2r0
代人数据得B0=2+14T
所以，满足题设条件的磁感应强度大小为0
又I1=E1R+r
解得E1=0.6V，I1=0.3A
金属棒ab恰好静止，设金属棒ab的质量为m，有mgsinθ=B1I1L
解得m=0.05kg
（2）解：设金属棒ab到达EF时速度的大小为v1，有B12L2v1R+r=mgsinθ
解得v1=0.6m/s
（3）解：EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ=0.75，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则有mgsinθ=μmgcosθ
所以金属棒ab通过EF后，受到的合外力等于安培力。
设流过电阻R的平均电流为I2，安培力平均大小是F1，时间是t1，通过电阻R的电荷量为q，则由动量定理F1t1=mv1
又F1=B1I2L
q=I2t
则有B1qL=mv1
解得q=0.03C
15．【答案】（1）解：粒子电场中做减速直线运动-qU=12mv12-12mv2
得v1=1×105m/s
粒子磁场中匀速圆周运动qv1B=mv12r
得r=0.1m
（2）解：粒子在电场中做匀变速直线运动，磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
r=0.1m rb=310m
tan∠AOO1=rrb=33
所以∠AOO1=30°
AB=r⋅4π3
s=3(2rb+AB)
得s=3(35+2π15)m
（3）解：粒子从P点由静止匀加速通过电场，在磁场中做匀速圆周运动，经过电场匀减速直线运动，到达圆a时速度恰好为零，如图所示，设∠AOB=θ
电场qU=12mv22
磁场qv2B=mv22r1
得r1=11002975m
tanθ2=r1rb=110995
得θ=48°
设粒子在磁场中运动了k个圆弧，绕O点运动了N圈第二次恰好回到P点，则
kθ=N⋅360° k=3，4，5…… N=1，2，3
k=360°48°N=152N
当N=2时，k=15
所以粒子在磁场中运动的时间t=15×360°-(180°-θ)360°⋅2πmBq
t=15×360°-(180°-48°)360°⋅2πmBq
得t=19π×10-6s=6.0×10-5s
16．【答案】（1）解：由B0qv=mv2r
得v=B0qrm
当r=R时，速度最大vm=B0qRm
离开磁场时的动能Ek=12mv2=B02q2R22m
（2）解：由图可知，t=T8时，电压为U02，则加速次数N=EkqU02=B02qR2mU0
粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t总=NT2=πB0R2U0
（3）解：每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若B=B0(1+α)，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B=B0时缩短，则有Δt1=πmB0q-πmB0(1+α)q=απmB0q(1+α)
n-1次半圆周累计缩短时间t总缩=(n-1)Δt1=(n-1)απmB0q(1+α)
要实现连续n次加速t总缩
则最大可波动系数的上限α上限=12n-3（n=2、3、4……）
若B=B0(1-α)，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B=B0时延长，则有Δt2=πmB0(1-α)q-πmB0q=απmB0q(1-α)
n-1次半圆周累计延长时间t总延=(n-1)Δt2=(n-1)απmB0q(1-α)
可得α2<12n-1（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限α下限=12n-1（n=2、3、4……）
17．【答案】（1）解：依题意，粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内，其轨迹圆的半径为r=L4=0.2m
又qvB=mv2r
解得B=0.5T
（2）解：粒子运动的俯视图如图所示
当SP1为直径时，x坐标为最大值xmax=2rcos30°+2r
解得xmax=2+35m
当与abfe面相切时，x坐标为最小值xmin=r
解得xmin=0.2m
（3）解：粒子运动的周期T=2πmqB
根据几何关系，所用时间t1=nT+T6(n=0，1，2⋅⋅⋅)
t2=nT+5T6(n=0，1，2⋅⋅⋅)
解得t1=8π(n+16)×10-8s(n=0，1，2⋅⋅⋅)
t2=8π(n+56)×10-8s(n=0，1，2⋅⋅⋅)
18．【答案】（1）解：由题意得，加速电极的接线柱2，偏转电极的接线柱3，励磁线圈的接线柱5应接电源正极
（2）解：偏转电场和偏转磁场同时存在时，亮斑重新回到O点，则电场力与洛伦兹力平衡，由qUL=qvB
得电子束的入射速度v=UBL=83×107m/s
只存在偏转磁场时，由几何关系(r-d)2+L2=r2
得偏转半径r=d2+L22d=0.5m
电子作圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
综上，得电子比荷qm=UB2Lr=169×1011C/kg≈1.78×1011C/kg
（3）解：入射到真空管Q的电子速度一定时，时间越长，轨迹越长，亮斑位置越低，偏转半径越小，磁场越大，励磁电流越大。如图所示
当亮斑在最低点d'=L2=0.15m
时，时间最长。由几何关系(r'-d')2+L2=r'2
磁感应强度与偏转半径成反比，磁感应强度B'=rr'⋅B=4×10-4T
偏转角为sinθ'=Lr'=34（可近似为θ'=53°）
圆周运动的时间tmax=θ'2π⋅2πmqB''=1.301×10-8s
因时间越短，轨迹越短，亮斑位置越高，偏转半径越大，磁场越小，励磁电流越小
当亮斑在O点时，时间最短，磁场为零，可认为电子作匀速直线运动tmin=Lv=1.125×10-8s
综上，电子在磁场中运动时间的取值范围约为1.1×10-8s≤t≤1.3×10-8s
19．【答案】（1）解：根据法拉电磁感应定律有E1=BLv1
据闭合电路欧姆定律有I=E1R
根据物体的平衡条件，对于导体棒ab有F=BIL=mg
联立解得v1=mgRB2L2
（2）解：根据动量定律，对于重物有mgt-Ft=mv2-0
对于导体棒ab有Ft-BILt=mv2-0
联立以上两式得出q=It=mgt-2mv2BL
由q=IΔt=ΔΦΔtR⋅Δt=ΔΦR=BLxR
联立解得x=(mgt-2mv2)RB2L2
（3）解：当单刀双掷开关S接到位置2时有E2=BLv3
稳定时E-E2=IR
根据物体的平衡条件有mg=BIL
联立解得棒运动速度的最大值为v3=EBL-mgRB2L2
20．【答案】（1）解：粒子加速电场中运动有qU=12mv02-0
解得v0=2qUm
在静电分析器中，由静电力提供向心力得qE=mv02R
解得E=2UR
（2）解：若粒子恰好能打在棱EH的中点M点，轨迹如图：
由几何关系可得L2+(R-L2)2=R2
解得R=54L
由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=mv02R
解得B0=45L2mUq
（3）解：由图像可得Bx=B0sinωt
By=-B0cosωt
则有B=Bx2+By2=B0
所以粒子在磁场中的运动轨迹半径R'=R=54L
由几何关系可知，一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹是以r=L2为半径，以坐标为（0，0，L）的点为圆心的圆，如图所示：
轨迹方程为x2+y2=L24
21．【答案】（1）解：导体棒a运动到BB'处之前已达到最大速度，a棒运动至BB'处时，则有mgsinθ=BIL
又I=UR
代入数据解得U=0.3V
（2）解：设进入水平轨道a棒的速度为v1，则有E=BLv1
又E=UR(R+r)
解得v1=1m/s
设稳定后a棒速度为v2，b棒为v3，有BLv2=BL2v3
由动量定理对a棒有-BILt=mv2-mv1
对b棒有BIL2t=mv3-0
解得v2=0.2m/s
v3=0.4m/s
所以电路产生的热量为Q总=12mv12-12mv22-12mv32
又根据两棒的电阻关系可得Qa=23Q总
所以Qa=275J
（3）解：b棒沿倾斜轨道下滑过程中，速度增大，电流变大，安培力增大，加速度逐渐减小，稳定后电容器不再充电，b棒受力平衡，有mgsinθ=BIL2cosθ
又I=BL2vcosθr2+R
解得v=6415m/s
所以金属棒b先做加速度减小的加速运动，最后以v=6415m/s速度做匀速运动。
22．【答案】（1）M刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=BLv0，
电流大小I=ER=BLv02R ，
F安=BIL=B2L2v02R
（2）① 对N由动量定理得：BIL∆t=m·v03，q=I∆t，q=mv03BL
②设两杆在磁场中相对位移为x，则E=BLx∆t=I·2R，所以x=I∆t·2RBL=q·2RBL=2mv0R3B2L2
两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x=2mv0R3B2L2
（3）设N出磁场M速度为v1，在磁场中由动量守恒定律得mv0=13mv0+mv1，v1=23v0
因为两杆在磁场中相对位移为x，此时M 到cd边的距离为d=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到v03时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，
对M 根据动量定理有：-BIL∆t=mv03-2mv03，E=BLd∆t=I·2R，q=I∆t=mv03BL，
d=（k-1）x=x，此时k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有：-BIL∆t=0-2mv03，E=BLd∆t=I·2R
q=I∆t=2mv03BL，d=（k-1）x=2x，此时k=3。
综上：M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3
23．【答案】（1）电场中，加速度a=E0qm，经过t=πmqB0，v=at=E0πmmB0，
沿y轴位移为Xy=12at2=π2E0m2qB02
在磁场中，qvB0=mv2r，r=mvqB0=E0πmqB02，T=2πrv=2πmqB0，
经过t=πmqB0，沿x轴位移Xx=2r=2E0πmqB02，
在 t=2πmqB0 时刻的位置坐标为（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）
（2）在t=2πmqB0时刻第二次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，电场强度为第一段时间2倍，加速度为原来2倍。
经过t=πm2qB0时间粒子速度向下减速为零，然后再经过t=πm2qB0反向到达第二次刚进入电场的位置，且速度大小也和第二次刚进电场时相同。
经过磁场偏转，磁场不改变速度大小。在t=4πmqB0时刻第三次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，加速度变为运来3倍。
代入x=v0t+12at2，此时沿y轴位移为π2E0m2qB02，与第一次沿y轴位移相同。
粒子运动的轨迹如图
，
W电=（E0q+3E0q）·π2E0m2qB02=2π2E02mB02
（3）由轨迹图可知，零时刻释放的粒子经过2个半圆形轨迹可以到达（4πE0mqB02，π2E0m2qB02），
向下减速时加速度为第一次加速的加速度3倍，所以向下运动位移为第一次位移的13，只能到达纵坐标为π2E0m2qB02×（1-13）=π2E0m3qB02的位置。不能被接收器接收。
假若粒子经过磁场一次偏转即可到达接收器，即在t=4πmqB0到t=5πmqB0之间某时刻释放，再经过时间t=πmqB0磁场偏转到达接收器，但其半径必须为第（1）问中粒子半径2倍，即末速度为第（1）问中粒子末速度2倍，由于在t=4πmqB0到t=5πmqB0之间加速度为第（1）问加速度3倍，所以加速时间为第（1）问加速时间的23倍，即在t=13πm3qB0时刻释放，加速位移为Xy=12at2=2π2E0m3qB02，在t=6πmqB0到达Xx=4E0πmqB02位置，向下减速最低到达坐标为Xy=π2E0m6qB02，小于Xy=π2E0m4qB02，所以位置更低，可以被接收器接收。
若粒子在0到t=πmqB0之间某时刻释放，要满足最后到达Xx=4E0πmqB02位置，即（1）中圆周运动半径4倍位置，可以这样设想，先在0到t=πmqB0加速一半时间t=πm2qB0释放，即速度变为（1）中第一次加速过程末速度一半，在第二次电场中先减速14时间，后加速34时间，速度变为（1）中第一次加速过程末速度32倍，这样经过两次磁场偏转在x轴位移为12r·2+3r2·2=4r，再计算下竖直位移，最后在t=4πmqB0到t=5πmqB0之间被接收器接收。
综上：在t=πm2qB0或者t=13πm3qB0时刻释放可以 在电场存在期间被接收器接收。
24．【答案】（1）解：若棒ab以速度v匀速通过磁场区域Ⅰ，则在此过程中产生感应电动势E=BLv
闭合回路的总电阻R总=R+R2=3R2
则通过金属棒的电流I=ER总=2BLv3R
金属棒ab进入磁场受到的安培力为F=BLv。
因为金属棒匀速进入磁场区域Ⅰ，所以由受力可知mgsinθ=F
即2B2L2v3R=mgsinθ
解得金属棒到区域Ⅰ上边界的速度v=3mgRsinθ2B2L2
从静止释放到区域Ⅰ上边界的过程，机械能守恒。故mgx1sinθ=12mv2
解得x1=9m2gR2sinθ8B4L4
（2）解：设棒ab匀速通过区域Ⅰ过程用时为t，流经棒的电流为I，则此过程中金属棒上产生的热量Qab=I2Rt
两个电阻上产生的热量为QR=I2Rt2
由此可知Qab=2QR
由能量的转化与守恒定律可知，机械能的减少量等于回路中产生的总热量，即Q总=mgdssinθ
因此Qab+QR=mgdssinθ
解得Qab=2mgdsinθ3
（3）解：设导体棒进入磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时的速度分别为v1、v2、v3，出磁场的速度分别为v'1、v'2、v'3，通过无磁场区域用时均为t，导体棒在无磁场区域，由牛顿第二定律mgsinθ=ma
得a=gsinθ
由匀变速运动规律可得v2-v'1=v3-v'2=gsinθt，12(v2+v'1)t=12(v3+v'2)t=s
解得v2=v3，v'1=v'2
即导体棒每次进入磁场的速度相等，每次出磁场的速度也相等。
导体棒离开磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，由匀变速运动规律得s=v'1t+12at2，v2=v'1+at
解得v2=2s+at22t
进入磁场Ⅱ时的速度与进入磁场Ⅰ时的速度相等，所以v1=v2=2s+at22t
由静止释放到区域Ⅰ上边界的过程，做匀变速直线运动，故v12=2ax2
因此x2=(2s+gsinθt2)28gsinθt2
金属棒ab由静止释放直至运动到区域Ⅲ下边界过程中的v-t图，如图所示
25．【答案】（1）解：设小球达到C点时速度为vC，此时轨道对小球的支持力为F，小球对轨道的压力为F'，则有从释放点到C位置由动能定理可得mgh=12mvC2
在C位置有F-mg=mvC2r1
由牛顿第三定律F'=F=5N
（2）解：设E点离地面的高度为hE，D点离地面的高度为hD，由几何关系hE=r2-r2cosβ
hD=2r1
代入数据得hE=0.1m
hD=0.2m
根据上述数据得hE
在D位置mg=mvD2r1
代入数据得hmin=0.25m
（3）解：情况1：如图所示，G点与O1点等高，若小球滑入圆轨道后上升的高度小于或等于G点的高度，则其必将沿原路径返回。设小球刚好能达到G点时的释放高度为h1，则有从释放点到G位置由动能定理可得mg(h1-r1)=0-0
代入数据得h1=0.1m
即有h≤0.1m
情况2：若小球从E点抛出，与墙面垂直反弹后，沿原路径返回。设小球释放点高度为h2，且满足上述条件，小球达到E点时速度为vE，从E点抛出到与墙面即将发生正碰的时间为t，则有
水平方向d=(vE⋅cosβ)t
竖直方向0=(vE⋅sinβ)+(-gt)
从释放点到E位置由动能定理可得mg(h2-hE)=12mvE2-0
代入数据得h2=1.35m
根据上述数据有h2>hmin
因此，情况2满足题意，综上则有：h≤0.1m或h=1.35m满足题目要求。
26．【答案】（1）解：如图甲所示，分析可知，粒子在区域I中的运动半径为R，由向心力
公式可得qv0B=mv02R
解得v0=qB1Rm
因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为2R，由向心力公式可得qvB2=mv22R
解得v=2qB2Rm
粒子在电场中加速运动，由动能定理得12mv2-12mv02=qER
解得电场强度大小E=qR(4B22-B12)2m
（2）解：如图乙所示，
分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得（x1cosθ+R）2+(x1sinθ)2=(2R)2
解得x2=221+35R
速度方向与电场方向平行向右射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得（x2cosθ-R）2+(x2sinθ)2=(2R)2
解得x2=221-35R
分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度Δx=x2-x1=1.2R
（3）解：如图丙所示，
从区域I中最高点穿出的粒子恰好打在M点时，有r3=32R
由向心力公式有qvB3=mv2r3解得B3=43B2
若粒子平行于FG方向打中N点时，由几何关系得r4=3Rsin53°=2.4R
粒子在区域中的射入点距离M点x=r4-3Rcosθ=0.6R
显然粒子不可能平行于FG方向打中N点
即从G点进入区域Ⅲ打中N点的粒子运动半径为最大允许半径，由几何关系得(3Rcosθ+R-r5)2+(3Rsinθ)2=r52
得r5=177R
由向心力公式有qvB4=mv2r5
解得B4=1417B2
要让所有粒子全部打中荧光屏，区域Ⅲ中的磁感应强度大小应满是的条件是1417B2≤B≤43B2
27．【答案】（1）解：带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则Eq=mg
解得E=mgq
当小球沿y轴正向入射，转过半个圆周至P点，半径R=a
带电小球由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
解得v=Bqam
（2）解：电场强度变为两倍，小球的运动为复杂的曲线运动，其两个分运动为：一个v1的匀速直线运动qv1B+mg=2Eq
解得v1=mgqB
方向水平向右；
一个速度v2的匀速圆周运动，设其初速度为v0，轨道半径为R2，则v2=v12+v02=2mgqB
方向与y轴正方向夹角为45°，带电小球由洛伦兹力提供向心力qv2B=mv22R2
得R2=2m2gq2B2
①带电小球运动过程中速度最大时，v1与v2同向，则vm=(2+1)mgqB
②带电小球y方向的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动的轨迹如下
小球圆周运动周期为T=2πmqB
则带电小球，y-t的函数表达式为y=R2cosπ4-R2cos(π4+ωt)=R2cosπ4-R2cos(π4+qBmt)
解得y=m2gq2B2-2m2gq2B2cos(π4+qBmt)
或利用正弦计算得到y=m2gq2B2-2m2gq2B2sin(π4-qBmt)
28．【答案】（1）解：设滑块P达到曲面底端与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小为v1，受到轨道支持力的大小为F'N。对滑块P的下滑过程根据动能定理有mgR=12mv12
解得v1=4m/s
碰撞前瞬间根据牛顿第二定律有F'N-mg=mv12R
解得F'N=30N
根据牛顿第三定律可得FN=F'N=30N
（2）解：设滑块P、Q碰撞后瞬间的速度分别为v2、v3，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv1=mv2+mv3
12mv12=12mv22+12mv32
解得v2=0，v3=4m/s
设滑块Q运动到C点时的速度大小为v4，根据牛顿第二定律可得mg=mv42r
解得v4=2m/s
对滑块Q由B点运动到C点的过程，根据动能定理可得-μmgs=12mv42-12mv32
解得s=3m
（3）解：假设滑块Q可以恰好返回至B点，此时弹簧弹性势能为满足题意的最小值，对滑块Q从B点出发到再次回到B点的过程，根据能量守恒定律可得Ep+12mv32=2μmgs
解得Ep=4J
29．【答案】（1）解：由mgh=12mv2
得v=2m/s
此时有E=B1dv
则U=Era+rb⋅rb=12E
由右手定则可知，电流由a到b，所以Uba=-U=-1V
（2）解：由mav=(ma+mb)v共
解得v共=vb=43m/s
且mbvb-0=B1Idt=B1qd
解得q=23C
（3）解：由总电阻为R总=rb+R1R2R1+R2=2Ω
又由几何关系可知，金属棒移动1m，金属棒在磁场中的有效长度增加1m，所以L'=d+x=1+x
电路中的电动势为E'=B2L'vb
电流为I'=E'R总
金属棒b受到的安培力为F外=B2I'L'
联立可得F外=83(x+1)2（0≤x≤2）
30．【答案】（1）解：电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为t1=π15×10-5s，由匀变速直线运动规律得v0=at1
由牛顿第二定律得qE=ma
代入数据解得E=7.2×103N/C
（2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r
解得r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径r1=mv0qB1
做圆周运动的周期T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得r1=5cm
T1=2π3×10-5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为r2=mv0qB2=3cm
做圆周运动的周期T2=2πmqB2=2π5×10-5s
电荷从t=0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为T=(π15×4+12×2π3+12×2π5)×10-5s=4π5×10-5s
所以t=4π5×10-5s时刻粒子距离O点的水平距离为Δd=2(r1-r2)=4cm
（3）解：由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即s=9Δd=36cm
则最后7.5cm的距离如图所示
由几何关系可得r1+r1cosα=7.5cm
解得cosα=0.5
即α=60°
故电荷运动的总时间t总=t1+9T+13T1=33745π×10-5s
高中物理压轴题专项训练30题
1．如图所示，是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l=1m、a=0.5m、b=0.8m，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=1.5 T，方向垂直纸面向里。等离子体以不变的速率v=2m/s水平向右进入发电通道内，发电机的等效内阻为r=0.3Ω，忽略等离子体的重力、相互作用力。磁流体发电机两个电极通过开关与倾角θ=30o间距d=1m的光滑金属导轨MO、NO′相连，一根质量m1=0.2kg长度d=1m阻值R1=0.3Ω的金属导体棒cd垂直放置在光滑的金属导轨MO、NO′上，金属导轨的末端圆滑连接着光滑绝缘的水平轨道OP、O′Q（足够长），efgh是质量m2=0.3kg、电阻R2=0.6Ω、各边长度均为d=1m的“U”形金属框，eh刚好和金属导轨末端OO′接触良好，开始处于锁定状态。倾斜轨道处于垂直于斜面向下的磁感应强度B1的匀强磁场中，水平轨道间存在竖直向下的磁场（图中未画出），磁感应强度分布规律为B2=0.3xT （x>0，沿OP方向建立x轴，O为坐标原点）。已知开关闭合后，金属棒cd恰能静止在导轨上。求：
（1）磁流体发电机的电动势大小E；
（2）磁感应强度B1的大小；
（3）断开开关后，cd棒在导轨MO、NO′上达到的稳定速度v1；
（4）在第（3）问中，cd棒到达OO′时“U”形金属框被解锁，棒与金属框碰撞并粘连在一起，则金属框最终静止在何处？
2．如图甲所示，相距d的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°．长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数μ= 18 （其余部分摩擦不计）．MN、PQ、GH相距为L，MN、PQGH相距为L，MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B1的匀强磁场，PQ、GH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，当ab棒从MN上方一定距离由静止释放通过MN、QP区域（运动过程ab棒始终保护水平），电压传感器监测到U﹣t关系如图乙所示：
（1）求ab棒刚进入磁场B1时的速度大小；
（2）求定值电阻上产生的热量Q1；
（3）多次操作发现，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时，另一质量为2m、电阻为2R的金属棒cd只要以等大速度从PQ进入PQHG区域，两棒均匀速同时通过各自场区，试求B2的大小和方向．
3．如图甲所示，倾角为30{}^\circ 的光滑斜面固定在粗糙程度较大的水平地面上，斜面底部MNPQ区域内及PQ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MN、PQ间的距离为L，PQ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abcd（表面涂有绝缘漆）从cd边距MN边界的距离为L处静止释放，当cd边到达PQ处时刚好速度为零，接着用外力使框做“翻跟头”运动，即框以cd边为轴顺时针翻转150°，然后以ab边为轴顺时针翻转180°，再以cd边为轴顺时针翻转180° ，…，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、…。翻转过程中，金属框不打滑，并保持角速度大小恒为ω ，空气阻力不计，重力加速度为g，以位置I作为计时起点即t=0。
（1）求金属框进入MNPQ区域的过程中，流过ab边的电量；
（2）写出金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，a、b两点的电势差 Uab 随时间变化的函数式；
（3）求金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ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Ⅰ到位置V的过程中，电势差 Uab 随时间变化的函数图象（标出相应的纵横坐标）。
4．2021年7月20日，世界首套时速600公里高速磁浮交通系统在青岛亮相，这是当前速度最快的地面交通工具，如图甲所示。超导磁悬浮列车是通过周期性变换磁极方向而获得推进动力。其原理如下：固定在列车下端的矩形金属框随车平移，金属框与轨道平行的一边长为d。轨道区域内存在垂直于金属框平面磁场，如图乙所示磁感应强度随到MN边界的距离大小而按图丙所呈现的正弦规律变化，其最大值为 B0 。磁场以速度 v1 、列车以速度 v2 沿相同的方向匀速行驶，且 v1>v2 ，从而产生感应电流，金属线框受到的安培力即为列车行驶的驱动力。设金属框电阻为R，轨道宽为l，求：
（1）线框在运动过程中产生的感应电动势最大值；
（2）如图丙所示， t=0 时刻线框左右两边恰好和磁场I两边界重合，写出线框中感应电流随时间变化的表达式；
（3）从 t=0 时刻起列车匀速行驶s距离的过程中，矩形金属线框产生的焦耳热。
5．如图所示，一平行极板至于x轴负半轴某一位置，现施加一光照使得“-极板”的电荷量为-q的电子逸出。在+极板处有一特殊网罩，它只能够接受速度以最大初动能逸出且速度方向垂直极板的电子。极板AB长度为2a，且在极板中心处开有一个长度为a的区域，电子只能从该区域逸出。在原点O的正上方有一半径为a的磁场圆，磁感应强度为B，且在三四象限也分布着磁场，磁场方向垂直纸面向里。若从极板AB逸出的电子均能够从O点的小孔射出，求：
Ⅰ.若第三、四象限磁感应强度为B：
（1）若极板的电压为U，求施加光照的能量E及圆形区域内磁场的方向；
（2）求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围。
Ⅱ.若第三、四象限磁感应强度为tB（t为常数）：
（3）求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围。
Ⅲ.现要完全分辨从y=0.5a与y=a射出的电子
（4）若磁感应强度在（B+ΔB）到（B-ΔB）里变化，求ΔB的最大值。
6．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.1 m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=4m，距离落地区的竖直高度H=0.8m，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.1，传送带以恒定速度v0=4m/s逆时针转动（g取10m/s2，不考虑传送带的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能通过圆轨道最高点C点，求滑块释放点距水平轨道的高度h0；
（2）要使滑块恰能运动到传送带最右端E点，求滑块释放点距水平轨道的高度h1；
（3）若释放点距水平轨道的高度h≥h0，求滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系。
7．现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图甲所示，上下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中沿逆时针（从上往下看）做半径为r不变的圆周运动，通过引出管，把加速后的电子引入到长方体abcdd'c'b'a'中。长方体abcdd'c'b'a'上下面是边长为L的正方形，aa'足够长。在长方体内加上不同的匀强磁场，可使电子能够打在abb'a'和cdd'c'二个侧面上，俯视图如乙图所示。在电磁体线圈中加均匀变化的电流，产生大小恒定的感生电场使电子加速。现从电子枪放出一个初速度不计的电子，在电子轨道被加速半圈后直接通过引出管进入长方体。若在长方体内加上竖直向下的大小为B的匀强磁场，电子刚好沿着对角线ac垂直磁场进入长方体，恰好打在ab的中点f。（已知电子的质量为m，电荷量为e，整个装置都放在真空中，不计电子的重力）求：
（1）电子进入引出管的速度大小v1和感生电场E的大小；
（2）现在把长方体的磁场的方向改为垂直abb'a'和cdd'c'二侧面的方向，俯视图如图丙，则：
①若磁场大小仍为B，电子进入长方体的速度大小不同，但方向一直都是沿对角线ac的方向，为了能够让电子只打到平面cdd'c'上，电子进入长方体速度范围；
②若磁场大小变为B1=πB12，电子进入长方体的速度大小（即（1）问的速度），沿对角线ac的方向，电子能否打到cdd'c'面上，如果能，请计算打到cdd'c'面上的点与电子刚进入长方体入射点间的距离，如若不能请说明理由。
8．如图所示，平面直角坐标系xoy被三条平行的分界线分为I、II、III、IV四个区域，每条分界线与x轴所夹30º角，区域I、II分界线与y轴的交点坐标（0，l），区域I中有方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场；区域 II宽度为d，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III为真空区域；区域IV中有方向垂直纸面向外、大小为2B的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l带正电，以速度大小v1从原点沿x轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x轴正半轴一点A沿x轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II；随后粒子1以平行于x轴的方向进入区域III；粒子2以平行于y轴的方向进入区域III，最后两粒子均在第二次经过区城III、IV分界线时被引出．
（1）求A点与原点距离；
（2）求区域II内电场强度E的大小和方向；
（3）求粒子2在A的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？
9．如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限半径为R=0.5m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场（与x、y轴分别相切于M、N）。第Ⅱ象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场。第Ⅳ象限内存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，两磁场强弱一样。粒子a从x轴上A点处射出，然后以vP=1.0×105m/s的水平速度经过y轴上P点，射出圆形磁场与射入时运动方向间的夹角为60°，经过磁场偏转后在Q点（图中未画出）穿过x轴。已知xA=-32m，yP=0.75m。粒子的比荷qm=5×105C/kg，粒子重力不计。求：
（1）此粒子在圆形磁场中运动的半径r和场强E；
（2）粒子a自A点到第二次穿过x轴的时间；（取π=3）
（3）与粒子a相同的粒子b也从x轴上xb=-34m点处斜向上射出，同样能水平经过P点，不考虑a、b间作用和相遇，求a、b第二次穿过x轴的距离。
10．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内、半径为r的圆形区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，圆形磁场边界刚好与两坐标轴相切．在第二象限内，有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在第四象限内，有长为2r的荧光屏，荧光屏与x轴平行，左端在y轴上，荧光屏到x轴的距离为(3-1)r。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从坐标为(-r，r)的P点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经磁场偏转后最终垂直打在荧光屏上，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若让粒子在第二象限内直线y=r上的不同位置由静止释放，经电场加速、磁场偏转后均能打在荧光屏上，则粒子在该直线上释放的位置区域长度的大小；
（3）若让粒子在第二象限内直线x=-r上的不同位置由静止释放，经电场加速、磁场偏转后均能打在荧光屏上，则粒子在该直线上释放的位置区域长度的大小。（结果可保留根号）
11．如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出质量m、电荷量q、速率v0的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧ab之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这部分粒子
（1）在磁场中运动的最短时间t；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm；
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。
12．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+Q，半径为R，静电力常量为k。
a.求在距离带电球球心r(r≫R)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v-t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B=kt(k>0)。该变化磁场周围会激发感生电场。求距圆心r(r>a)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B1=k1t(k1>0)；在大于等于r的环形区域内，磁感应强度B2=k2t(k2>0)。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k1与k2的比值。
13．离子注入是芯片制造的一道重要工序，图为某离子注入示意图，纸面内，一束质量m=4×10-26kg、电荷量q=-8×10-19C的静止负离子（不计重力），经加速电场后，沿水平虚线PQ通过速度选择器，从y轴上Q（0，1m）点垂直y轴射入xOy坐标系，经磁场、电场偏转后射到x轴上，从而实现离子注入。速度选择器中，匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B1=0.1T，匀强电场的方向沿y轴负方向，场强E=5×105V/m。xOy坐标系内有一边界线AO，AOy区域有某一来知范围的匀强磁场（方向垂直纸面向里，磁感应强度为B2），AOx区城有沿x轴负方向的匀强电场，∠AOy=45∘
（1）求加速电场的电压U；
（2）若离子在AOy区域内始终在矩形磁场中运动，且B2=0.5T，求矩形磁场区域的最小面积；
（3）若B2大小可调且充满整个AOy区域，为了使离子都能打到x轴上，则调整后的磁感应强度大小B'2应满足什么条件？
14．如图甲所示，间距L=1m的足够长“U”型倾斜导轨倾角θ=37°，顶端连一电阻R=1Ω；虚线MN的左侧一面积S=0.6m2的圆形区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度B大小随时间t变化如图乙所示；虚线MN的右侧区域存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度为B1=1T匀强磁场。一长也为L=1m，电阻r=1Ω的金属棒ab在虚线MN右侧靠近MN，与导轨垂直放置，在t=0至t=1s，金属棒ab恰好静止，之后，开始沿导轨下滑，经过足够长的距离到达位置EF，且在到达EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上某处。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）t=0至t=1s内流过电阻R的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab到达EF时速度的大小；
（3）金属棒ab通过EF后通过电阻R的电荷量。
15．菜同学设计如图所示的粒子约束装置，空间存在三个同心圆a、b、 c围成的区城，O为圆心，a的半径为ra=320m，b的半径为rb=310m。 a与b之间存在沿径向向外的辐射状电场，a与b之间电压U=500V。 b与c之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T。在圆a上的P点有一比荷为qm=107C/kg带负电的粒子，沿OP方向以速率v=2×105m/s开始运动，粒子不穿出约束装置c边界。不计粒子的重力，可能用到的三角函数∶ tan24°=110995，求∶
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r1；
（2）粒子在一个周期内运动的路程s；
（3）若在P点无初速释放比荷为qm=107C/kg的带正电的粒子，且a与b之间电压调整为U=297V。粒子从P点开始运动（记作第一次经过P点）到第二次经过P点的过程中，粒子在磁场中运动的总时间t。
16．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B0的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中T=2πmB0q。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能Ek；
（2）若t=T8时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持B=B0(1±α)，（α<1）不变，若在t=T4时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数α的极限值。
17．如图所示，真空中的立方体边长L=0.8 m，底面中心处有一点状放射源S，S仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射速率均为v=5.0×106 m/s的带正电粒子，平面defg和平面abfe各放有一个荧光屏。现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内。已知粒子的比荷qm=5.0×107C/kg，粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光，不计粒子间的相互作用力和重力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）若将abfe屏向左沿-z方向移动0.2 m，求粒子打在abfe屏上的点的x坐标的最大值和最小值；
（3）若再在正方体内施加一竖直向上的匀强电场，在平面defg内的荧光屏上刚好出现一个半径为0.2 m的圆，求粒子在立方体内可能的运动时间t。（结果保留π）
18．如图所示，T字形显像管由两个相互垂直的长方体真空管组合而成。真空管P内装有电子枪和加速电极，能产生高速运动的电子束。真空管Q的前后两表面是边长L=30cm的正方形，在前、后两端密绕励磁线圈，当有电流通过线圈时，能产生平行于线圈轴线方向的匀强磁场。真空管Q的上、下表面为偏转电极，当加上电压后，能产生竖直方向的偏转电场。真空管Q的右表面是荧光屏，在左表面的中心处开有一小孔C，当偏转电极不加电压，励磁线圈也不通电流时，电子束从电子枪射出后沿直线运动，以速度v0通过小孔C进入真空管Q打到荧光屏的正中心O点，在屏上产生一个亮斑。现让励磁线圈通入某一恒定电流，激发磁场的磁感应强度大小B=3×10-4T，发现亮斑向下移动的距离为d=10cm，再让偏转电极加上恒定电压U=2400V，亮斑重新回到O点。不计电子的重力。求：
（1）根据题中描述的物理现象，加速电极的接线柱“1”、“2”，偏转电极的接线柱3”、“4，励磁线圈的接线柱“5”、“6”，各部件的哪个接线柱应接电源正极；
（2）求电子的比荷（即电荷量与质量的比值）；
（3）当偏转电极不加电压，调节励磁线圈中的电流大小，亮斑会上下移动，求所有能打到荧光屏上的电子在磁场中运动时间的取值范围。
19．电动机和发电机具有装置上的类似性，源于它们机理上类似如下模型：在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行的、足够长的金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R、质量为m的金属导体棒ab垂直于MN、PQ恰好放在轨道上，与轨道接触良好。两轨道的左侧两端点间接有两支路，一条支路上接有电动势为E、内电阻不计的直流电源，另一条支路上仅仅是一段导线，导体棒ab通过滑轮与一根水平轻绳连接着质量也为m的重物（如图所示）。忽略一切阻力及导轨的电阻，重力加速度为g。
（1）当单刀双掷开关S接到位置1，再将重物由静止释放，求棒运动的速度最大值v1；
（2）在第（1）问的过程中，棒ab运动时间为t时速度达到v2，求这段时间内通过棒的电量q及棒运动的距离x；
（3）当单刀双掷开关S接到位置2，重物将被棒ab牵引着从静止向上运动，求棒运动速度的最大值v3。
20．如图所示，静止于P处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中14圆弧虚线通过静电分析器，从O点垂直xOy平面向上进入边长为L的立方体有界匀强磁场区域，立方体底面ABCD位于xOy平面内，AB与x轴平行，初始磁场B0（未知）方向沿y轴负方向（图中未画出），EFGH平面是一个荧光显示屏，当粒子打到荧光屏上某一点时，该点能够发光，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图1所示。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。
（1）求粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小；
（2）若粒子恰好能打在棱EH的中点M点，求初始匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
（3）若分别在x方向与y方向施加如图2所示随时间周期性变化的正交磁场，沿坐标轴正方向的磁感应强度取正，不计粒子间的相互作用，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化的周期，不考虑磁场变化产生的电场对粒子的影响。试确定一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹形状，并写出在轨迹方程（用x，y坐标表示）。
21．如图所示，有一间距L=1m足够长光滑平行倾斜金属导轨ABA'B'、倾角θ=30°，AA'处接有阻值R=0.3Ω的电阻，在底端BB'处通过光滑圆弧绝缘件连接平行光滑金属导轨BDB'D'，其中轨道BCB'C'部分间距为L，CDC'D'部分间距为0.5L，在右端DD'处通过光滑圆弧绝缘件连接足够长的光滑平行倾斜金属导轨DED'E'，倾角θ=30°，在EE'端接有阻值为R=0.3Ω的电阻和电容为C的电容器。金属棒a、b质量均为m=0.1kg、阻值均为r=0.2Ω，长度均为L，垂直导轨放置，金属棒初始被锁定在处，金属棒a从某一高度静止释放，导体棒到BB'处之前已达到最大速度，导体过BB'处时b的锁定装置CC'解除，之后a、b棒在各自轨道上运动足够长时间，当a棒运动到CC'处与两固定在CC'处的金属立柱相撞并粘在一起（导体棒与金属导轨始终紧密接触），最终b棒恰能通过DD'处光滑圆弧绝缘件进入倾斜轨道DED'E'。在ABA'B'导轨间区域存在垂直导轨向上的匀强磁场，其他导轨间区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为B=0.5T。两棒始终保持与导轨垂直且接触良好，不计其它电阻，不计所有摩擦，忽略连接处能量损失。重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）a棒运动至BB'处时导体的两端电势差大小U；
（2）a棒从进入水平轨道到运动到CC'处过程中a棒产生的焦耳热；
（3）试分析b棒进入倾斜轨道DED'E'的运动情况。
22．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。 abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度 v0 向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 v03 ，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到 ab 的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到 cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到 ab 的距离为 kx(k>1) ，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
23．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 xOy 平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为 q(q>0) 、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）t=0 时刻释放的粒子，在 t=2πmqB0 时刻的位置坐标；
（2）在 0~6πmqB0 时间内，静电力对 t=0 时刻释放的粒子所做的功；
（3）在 M(4πE0mqB02⋅π2E0m4qB02) 点放置一粒接收器，在 0~6πmqB0 时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
24．如图a，两光滑金属导轨MN、M′N′相距L平行放置，导轨平面与水平面成θ夹角，MM′、NN′间分别连接阻值为R的电阻。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度均为d，相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为s。一质量为m、阻值为R的金属棒ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某处由静止释放，金属棒下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好。导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）若金属棒能匀速通过磁场区域Ⅰ，求金属棒静止释放处距区域Ⅰ上边界的距离x1；
（2）在（1）的条件下，求金属棒通过区域Ⅰ的过程中产生的热量Q；
（3）若金属棒在相邻磁场间无磁场区域中运动的时间均为t，求金属棒静止释放处与区域Ⅰ上边界的距离x2；并在图b中定性画出其自静止开始运动到区域Ⅲ下边界过程中的v-t图线。
25．如图甲所示，“离心轨道演示仪”是学习机械能守恒定律的经典演示装置，现将该实验装置建立为如图乙所示的物理模型：竖直平面内由倾角α=37°的斜面轨道AB、半径为r1=0.1m的圆周轨道BCD和半径为r2=0.25m的部分圆周轨道CE构成的装置固定于水平地面，B、C两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。圆心O1、O2与C点在同一竖直线上，O2E与竖直方向的夹角为β=53°，E点与竖直墙面的距离d=1.2m。现将质量为m=0.1kg的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，斜面轨道AB足够长，不计小球大小和所受阻力，已知重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6。
（1）若小球的初始高度h=0.2m，求小球到达C点时对轨道的压力：
（2）若小球能沿轨道到达E点，求h的最小值hmin；
（3）若小球释放后能够从原路径返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
26．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域I内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域I右侧有一宽度也为R、足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向右的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一长为3R的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ=53°角。在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域I内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）
（1）求粒子的初速度大小v0和电场的电场强度大小E；
（2）求荧光屏上的发光区域长度△x；
（3）若改变区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，求区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。
27．如图甲，在xOy平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度大小未知，磁感应强度大小为B。让质量为m，电荷量为q的带正电小球从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度入射，均能在复合场中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，忽略带电小球之间的影响。
（1）带电小球从O点以初速度v沿y轴正方向入射，恰好能经过x轴上的P（2a，0）点，求电场强度大小和v的大小；
（2）保持匀强电场的方向不变，大小变为原来的两倍，带电小球从O点沿y轴正方向入射，速度大小为mgqB，小球运动轨迹如图乙所示。研究表明：小球在xOy平面内做周期性运动，利用运动的合成分解规律，可将带电小球的初速度分出一个速度v1，并且qv1B与电场力、重力三力平衡，得到小球的一个分运动为v1的匀速直线运动；然后利用矢量运算，将初速度减去v1得到速度v2，得到另一个分运动为v2的匀速圆周运动，再由这两个分运动得到合运动的运动规律（题中v1和v2均为未知量）。
①求该带电小球运动过程中的最大速度值vm；
②写出该带电小球y-t的函数表达式（小球从O点发射时为t=0）。
28．如图所示，一半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧曲面AB与水平面BC相切于B点，BC右端与内壁光滑、半径r=0.4m的四分之一细圆管CD相切，管口D端正下方直立一根轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端通过一锁定装置将弹簧压缩（压缩量Δx≪r）。质量m=1kg的小滑块P在曲面最高点A处从静止开始下滑，到达曲面底端时与静止在该处的相同滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后触碰到弹簧，锁定装置立即自动解除。已知滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.2，滑块尺寸略小于圆管内径且可被视为质点，重力加速度取g=10m/s2，不计各处的空气阻力以及触碰弹簧的能量损失。求：
（1）滑块P达到曲面底端与滑块Q碰撞前瞬间对轨道的压力FN的大小；
（2）水平面BC的长度s；
（3）要使两滑块能发生第二次碰撞，弹簧原来储存的弹性势能Ep至少为多少？
29．如下图1所示，某光滑轨道由区域Ⅰ与区域Ⅱ两部分共同组成，轨道电阻不计（注：b棒只有以中心为对称点，距离对称点0.5m的部分有电阻，a棒电阻均匀分布）区域Ⅰ：一质量为m=1kg，长度为L=1m的金属棒a从高度为h=0.2m的地方静止下落后，进入轨道ABCD区域中，AB处有一小段绝缘材料，在离边界AB足够远的地方有一质量为m=0.5kg，长度为L=3m的金属棒b。在轨道ABCD区域内存在匀强磁场B1，磁感应强度为1T，轨道BC与AD距离为d=1m。当金属棒a进入轨道ABCD上后，使b加速，当b棒速度稳定后，进入轨道CD的右侧区域Ⅱ。金属棒a与b的电阻均为1Ω；
区域Ⅱ：如图2为区域Ⅱ的俯视图，CD边界的左侧有一段绝缘处，在区域Ⅱ的下侧与右侧有电阻R1与R2相连，当金属棒b进入后，给予一外力F使金属棒b做匀速运动，当金属棒运动至EF边界时从区域Ⅱ掉落结束运动。已知电阻R1=R2=2Ω，竖直向下匀强磁场B2=2T，当b棒运动2m后抵达EF位置。
（1）当a棒刚好进入轨道区域Ⅰ时，ab棒两端的电势差Uba；
（2）求b棒进入区域Ⅱ时的速度及在区域Ⅰ中通过金属棒b的电荷量；
（3）计CD处为0位移，求金属棒b从CD至EF的过程中外力F与位移x的关系。
30．如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10-5s以后，电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10-5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
高中物理压轴题专项训练30题 答案解析
1．【答案】（1）导体棒在磁场中切割磁感线，由电磁感应定律可得 E=Bav=1.5V
（2）等效电路如图
由闭合电路欧姆定律可得 I=Er+R1R2R1+R2=3A
I1：I2=R2：R2=2：1
解得： I1=23I=2A ；
cd棒静止时 m1gsinθ=B1I1d
解得： B1=0.5T
（3）开关断开后，cd棒达到的稳定速度为v1
m1gsinθ=B1B1dv1R1+R2d
解得： v1=3.6m/s
（4）由动量守恒得 m1v1=(m1+m2)v2
金属框滑行过程 I=B2dvR1+R2
金属框所受安培力的合力 F安=B2Id=B22d2vR1+R2
由动量定理得 -F安t=(m1+m2)v
联合以上四式得： B22d2R1+R2x=m1v1
x=m1v1(R1+R2)B22d2=0.2×3.6×0.90.32×12m=7.2m
即金属框cd边停在 x=7.2m 处
2．【答案】（1）解：根据ab棒刚进入磁场B1时电压传感器的示数为U可得此时的感应电动势E1=U+ U2R⋅R =1.5U，
根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：E1=B1dv1
解得：v1= 1.5UB1d ；
答：ab棒刚进入磁场B1时的速度大小为 1.5UB1d ；
（2）解：设金属棒ab离开PQ时的速度为v2，根据图乙可知，定值电阻两端电压为2U，
根据闭合电路的欧姆定律可得： B1dv22R+R⋅2R=2U ，
解得：v2= 3UB1d ；
棒ab从MN到PQ，根据动能定理可得：
mgsin37°•L﹣μmgcos37°•L﹣W安= 12mv22-12mv12
根据功能关系可得产生的总的焦耳热Q总=W安，
根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为Q1= 2R2R+RQ总
联立解得Q1= 13mgL-9mU24B12d2 ；
答：定值电阻上产生的热量为 13mgL-9mU24B12d2
（3）解：两棒以相同的初速度进入场区，匀速经过相同的位移，对ab棒，根据共点力的平衡可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°﹣ B12d2v2R =0，
解得：v= mgRB12d2 ；
对cd棒，因为2mgsin37°﹣μ•2mgcos37°＞0，故cd棒安培力必须垂直导轨平面向下，
根据左手定则可知磁感应强度B2沿导轨平面向上，cd棒也匀速运动，则有：
2mgsin37°-μ(2mgcos37°+B2×12×B1dv2R×d)=0 ，
将v= mgRB12d2 代入解得：B2=32B1．
答：B2的大小为32B1，方向沿导轨平面向上
3．【答案】（1）解：流过ab边的电量 q=I×Δt=ER×Δt=ΔΦΔtR×Δt=ΔΦR
由于 ΔΦ=BScos30°=3BL22
所以 q=3BL22R
（2）解：从位置Ⅰ到位置Ⅱ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 e=BLvabcosθ=BL×Lω×cosωt=BL2ωcosωt
其中 θ 为ad边与竖直方向的夹角；所以a、b两点的电势差为 Uab=e-14e=34BL2ωcosωt
（3）解：从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，安培力做的功在数量上等于导体产生的热量，即 WA=(BL2ω2R)2×R×π2ω=πωB2L44R 由动能定理得 W+12mgL-WA=0
解得 W=πωB2L44R-12mgL
（4）解：在位置Ⅰ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 Uab=34BL2ω
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 Uab'=14BL2ω
由于线框匀速转动，所以曲线为正弦曲线，图形如下图所示：
4．【答案】（1）解：因 v1>v2 ，金属框相对于磁场向相反的方向运动，当线框切割磁感线的边到达磁感应强度最大位置处时有Em=2B0l(v1-v2)
（2）解：由题意，得 B=B0sinωt
又 T=2dv1-v2
得 ω=2πT=π(v1-v2)d
电流的最大值为Im = 2B0l(v1-v2)R
电流的顺时值为 i=2B0l(v1-v2)Rsinπ(v1-v2)dt
（3）解：可知，该电流为正弦式交变电流，其有效值为 I=Im2
列车匀速行驶 s 距离经历时间为 t=sv2
故矩形金属线框产生的焦耳热为 Q=I2Rt
得 Q=2B02l2(v1-v2)2sRv2
5．【答案】（1）解：根据题意，由几何关系知，电子在原点O的正上方半径为a的磁场圆中做圆周运动的半径为R=a
设电子进入圆形磁场时的速度为v，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R
电子在极板间运动过程中，根据动能定理有E+qU=12mv2
联立解得E=q2B2a22m-qU
根据左手定则可知，圆形磁场中磁场方向垂直纸面向里
（2）解：由右图得从正中心射出的粒子击中的x坐标最小，从最上面与最下面射出的粒子击中的x坐标最大，运动轨迹如图所示
由图，根据几何关系可得xmin=-2a，xmax=-2acos30°=-3a
故x的坐标范围是[-2a，-3a]
（3）解：类比（2）问，可知最大最小值的情况与（2）相同
根据牛顿第二定律有tqvB=mv2R1
解得R1=at
则xmin=2R1=-2ta，xmax=-2R1cos30°=-3ta
故x的坐标范围是[-2ta，-3ta]
（4）解：如图所示
当从y=a射出的粒子的最近范围与从y=0.5a射出的粒子最远范围相等，则有
2BaB+ΔB=3BaB-ΔB
解得ΔB=（7-43）B
6．【答案】（1）解：滑块恰好过最高点C，有mg=mv2R
若滑块恰好能过最高点，从A到C，由机械能守恒定律，有mg(h0-2R)=12mv2
解得h0=0.25m
（2）解：要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度为0，从A到E，由动能定理，有mgh1-μmg(x1+x2)=0-0
解得h1=μ(x1+x2)=0.7m
显然h1>h0
要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度h1=0.7m
（3）解：①当滑块释放点的高度范围满足0.25m≤h≤0.3m时，滑块不能运动超过D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，有mgh-μmgx=0
解得x=hμ=10h
②当滑块释放点的高度范围满足0.3m
③当滑块释放点的高度范围满足0.6m
④当滑块释放点的高度h>0.7m时，滑块从E点飞出，有mgh-μmg(x1+x2)=12mvE2-0
解得vE=20h-14
平抛运动的时间t=2Hg=0.4s
x=x1+x2+vEt
解得x=7+220h-145
7．【答案】（1）解：打到f中点R1=24L
ev1B=mv12R1
解得v1=24mBLe
由能量关系12mv12=Eeπr
解得E=116mπrB2L2e
（2）解：二个分速度大小分别为vab=vsin45°
vad=vcos45°
在磁场中最多只能运动半个圆周所以t=Lvad
最大半径Rm
解得v<2mBLe
所以2πmBLe
运动周期T2=24meB
因为t=T26 所以电子能够打到cdd'c'面上；电子打到面上转过了60度的圆心角 所以S=R22+L2=9L2π2+L2
8．【答案】（1）解：因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R2由几何关系知 R2R2+3l=12
R2=3l
OA=33l-3l=23l
（2）解：要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方
两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 v3E=v1tan30°=3v13v1=q1Em1⋅dv1
又 q1v1B=m1v12l 所以 q1m1=v1Bl
E=3Blv1d
（3）解：粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为 v4E=v2tan60°=3v23
对粒子2在电场中运动有 33v2=q2Em2⋅dv2
又 q2v2B=m2v223l
所以 q2m2=v23Bl
所以 v2=v1
（4）解：粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为 v3=v1sin30°=2v1
有 2Bq1v3=m1v32R3R3=l
粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为 v4=v2cos30°=23v23
有 2Bq2v4=m2v42R4
R4=3l
两粒子要在区域IV运动后到达同一点引出，O3圆对应的圆心角为60゜，O4圆对应的圆心角为120゜
R3+2R4cos30°=Stan30°+Stan60°+v3E2⋅dv1+v4E2⋅dv2
S=3l-d2
9．【答案】（1）解：由几何关系可知，粒子a的轨道半径为ra=2R=1m
根据qvPB=mvP2ra
可得B=0.2T
对粒子a在电场中有vy2=2ayP
qE=ma
tanθ=yP-xA2=vyvP
解得E=4×104V/m，θ=60°
（2）解：对粒子a在电场中运动时间t1=3mvPqE=32×10-5s
对粒子a在第Ⅰ象限中运动时间t2=2-32RvP+16×2πmqB+33RvP=18-312×10-5s
对粒子a在第Ⅳ象限中运动时间t3=13×2πmqB=2.0×10-5s
粒子a自A点到第二次穿过x轴的时间t=t1+t2+t3=42+5312×10-5s=4.22×10-5s
（3）解：对与粒子a相同的粒子b自x轴在电场中运动后能水平经过P点，可知tb=ta
vx=12vP
v3b=vya
解得vx=5.0×104m/s
从而可得rb=R=0.5m
粒子b自M点进入第二个磁场，粒子a、b的运动轨迹如图所示，由几何关系可知MD=2rbcos30°=32m
MF=MQ+2racos30°=MCcos30°+2racos30°=ra2cos30°+2racos30°=433m
解得DF=MF-MD=536m
10．【答案】（1）解：设粒子进磁场时的速度为v0，根据动能定理qEr=12mv02
解得v0=2qErm
根据题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r
根据牛顿第二定律qv0B=mv02R
解得B=2mEqr
（2）解：考虑粒子的临界条件，两个临界条件对应的轨迹如下图所示
首先，对于左临界条件，设粒子在电场中释放点的位置坐标为(-x1，r)，则粒子进磁场时的速度大小为v=2qEx1m
粒子刚好打在荧光屏的左端，粒子在磁场中偏转的偏向角为120°
此粒子在磁场中做圆周运动的半径R1=rtan30°=33r
又R1=mv1qB=mqB2qEx1m
解得x1=13r
其次，对于右临界条件，粒子刚好打在荧光屏的右端，设粒子在电场中释放的坐标为(-x2，r)，粒子在磁场中偏转的偏向角为60°
此粒子在磁场中做圆周运动的半径R2=rtan60°=3r
又R2=mv2qB=mqB2qEx2m
解得x2=3r
粒子在直线y=r上释放的位置区域长度为Δx=x2-x1=83r
（3）解：由于所有粒子进磁场时的速度均等于v0，因此所有粒子进磁场后做圆周运动的半径均为r．所有粒子均从圆与x轴相切点射出磁场。设打在荧光屏左端的粒子释放位置的坐标为(-r，y1)，粒子的轨迹图如下所示
根据几何关系y1=r+rcosθ
设打在荧光屏右端的粒子释放位置的坐标为(-r，y2)
根据几何关系y2=r-rcosθ
粒子在该直线上释放的位置区域长度为Δy=y1-y2=2rcosθ
由几何关系可知cosθ=rr2+[(3-1)r]2=15-23
因此Δy=y1-y2=2r5-23
11．【答案】（1）解：粒子在磁场中的轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r
又T=2πrv0
解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πmqB
由轨迹图可知粒子从b点离开时，在磁场中运动的时间最小，则有tmin=90°360°T=πm2qB
（2）解：粒子在磁场中，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场的速度大小均为v0，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，根据动能定理可得qU0=Ekm-12mv02
解得最大动能为Ekm=qU0+12mv02
（3）解：要保证到达N板上速度最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，即粒子在极板中运动的时间应满足t≤T2
设粒子到达N板的最大速度为vm，则有Ekm=qU0+12mv02=12mvm2
解得vm=2qU0m+v02
根据运动学公式可得d=v0+vm2t
联立可得d≤v0+2qU0m+v024T
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足0
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UU=12ER=kQ2R
（2）解：根据法拉第电磁感应定律E感=ΔΦΔt=SΔBΔt=ΔBΔtπa2
由于ΔBΔt=k
所以E感=kπa2
由W电=F电⋅2πr，W电=eE感，E=F电e
所以E=E感2πr=kπa22πr=ka22r
（3）解：B1的作用是产生感应电场，让粒子加速，B2的作用是让带电粒子偏转。
B1在r处产生的感应电场为E1=k1r22⋅1r=k1r2
对于电子，根据牛顿第二定律得evB2=mv2r
解得v=eB2rm=ermk2t
电子在圆周上，其切向加速度大小不变，有a=ΔvΔt=ermk2=E1em
联立解得k1=2k2
13．【答案】（1）解：设离子经加速电场加速后的速度大小为v，因离于沿水平虚线PQ通过速度选择器，故由力的平衡条件有qE=qvB1
代人数据得v=5×106m/s
离子在加速电场中加速，由动能定理有qU=12mv2
代人数据解得U=6.25×105V
（2）解：离子在磁场B2中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qvB2=mv2r
代入数据得r=0.5m
作出离子的运动轨迹如图所示
其中，O1为圆心，M为轨迹与OA的交点，由于QO1=MO1=r=0.5QO，∠AOy=45∘
可知QM⊥OA
由几何关系可知，满足题设条件的磁场区域长度为a=2r
宽度为b=r-rsin45∘=(1-22)r
解得矩形磁场区域的最小面积为S=ab=2-14m2
（3）解：只要离于能够经OA进入电场中，离子就具有沿y轴负方向的分速度，故一定能打在x轴上。如图所示
设离子在磁场中的轨迹恰好与OA相切于N点，此时的圆心为O2，轨道半径为r0，此种情况下，由几何关系有(OQ-r0)sin45°=r0
由牛顿第二定律有qvB0=mv2r0
代人数据得B0=2+14T
所以，满足题设条件的磁感应强度大小为0
又I1=E1R+r
解得E1=0.6V，I1=0.3A
金属棒ab恰好静止，设金属棒ab的质量为m，有mgsinθ=B1I1L
解得m=0.05kg
（2）解：设金属棒ab到达EF时速度的大小为v1，有B12L2v1R+r=mgsinθ
解得v1=0.6m/s
（3）解：EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ=0.75，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则有mgsinθ=μmgcosθ
所以金属棒ab通过EF后，受到的合外力等于安培力。
设流过电阻R的平均电流为I2，安培力平均大小是F1，时间是t1，通过电阻R的电荷量为q，则由动量定理F1t1=mv1
又F1=B1I2L
q=I2t
则有B1qL=mv1
解得q=0.03C
15．【答案】（1）解：粒子电场中做减速直线运动-qU=12mv12-12mv2
得v1=1×105m/s
粒子磁场中匀速圆周运动qv1B=mv12r
得r=0.1m
（2）解：粒子在电场中做匀变速直线运动，磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
r=0.1m rb=310m
tan∠AOO1=rrb=33
所以∠AOO1=30°
AB=r⋅4π3
s=3(2rb+AB)
得s=3(35+2π15)m
（3）解：粒子从P点由静止匀加速通过电场，在磁场中做匀速圆周运动，经过电场匀减速直线运动，到达圆a时速度恰好为零，如图所示，设∠AOB=θ
电场qU=12mv22
磁场qv2B=mv22r1
得r1=11002975m
tanθ2=r1rb=110995
得θ=48°
设粒子在磁场中运动了k个圆弧，绕O点运动了N圈第二次恰好回到P点，则
kθ=N⋅360° k=3，4，5…… N=1，2，3
k=360°48°N=152N
当N=2时，k=15
所以粒子在磁场中运动的时间t=15×360°-(180°-θ)360°⋅2πmBq
t=15×360°-(180°-48°)360°⋅2πmBq
得t=19π×10-6s=6.0×10-5s
16．【答案】（1）解：由B0qv=mv2r
得v=B0qrm
当r=R时，速度最大vm=B0qRm
离开磁场时的动能Ek=12mv2=B02q2R22m
（2）解：由图可知，t=T8时，电压为U02，则加速次数N=EkqU02=B02qR2mU0
粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t总=NT2=πB0R2U0
（3）解：每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若B=B0(1+α)，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B=B0时缩短，则有Δt1=πmB0q-πmB0(1+α)q=απmB0q(1+α)
n-1次半圆周累计缩短时间t总缩=(n-1)Δt1=(n-1)απmB0q(1+α)
要实现连续n次加速t总缩
则最大可波动系数的上限α上限=12n-3（n=2、3、4……）
若B=B0(1-α)，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B=B0时延长，则有Δt2=πmB0(1-α)q-πmB0q=απmB0q(1-α)
n-1次半圆周累计延长时间t总延=(n-1)Δt2=(n-1)απmB0q(1-α)
可得α2<12n-1（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限α下限=12n-1（n=2、3、4……）
17．【答案】（1）解：依题意，粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内，其轨迹圆的半径为r=L4=0.2m
又qvB=mv2r
解得B=0.5T
（2）解：粒子运动的俯视图如图所示
当SP1为直径时，x坐标为最大值xmax=2rcos30°+2r
解得xmax=2+35m
当与abfe面相切时，x坐标为最小值xmin=r
解得xmin=0.2m
（3）解：粒子运动的周期T=2πmqB
根据几何关系，所用时间t1=nT+T6(n=0，1，2⋅⋅⋅)
t2=nT+5T6(n=0，1，2⋅⋅⋅)
解得t1=8π(n+16)×10-8s(n=0，1，2⋅⋅⋅)
t2=8π(n+56)×10-8s(n=0，1，2⋅⋅⋅)
18．【答案】（1）解：由题意得，加速电极的接线柱2，偏转电极的接线柱3，励磁线圈的接线柱5应接电源正极
（2）解：偏转电场和偏转磁场同时存在时，亮斑重新回到O点，则电场力与洛伦兹力平衡，由qUL=qvB
得电子束的入射速度v=UBL=83×107m/s
只存在偏转磁场时，由几何关系(r-d)2+L2=r2
得偏转半径r=d2+L22d=0.5m
电子作圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
综上，得电子比荷qm=UB2Lr=169×1011C/kg≈1.78×1011C/kg
（3）解：入射到真空管Q的电子速度一定时，时间越长，轨迹越长，亮斑位置越低，偏转半径越小，磁场越大，励磁电流越大。如图所示
当亮斑在最低点d'=L2=0.15m
时，时间最长。由几何关系(r'-d')2+L2=r'2
磁感应强度与偏转半径成反比，磁感应强度B'=rr'⋅B=4×10-4T
偏转角为sinθ'=Lr'=34（可近似为θ'=53°）
圆周运动的时间tmax=θ'2π⋅2πmqB''=1.301×10-8s
因时间越短，轨迹越短，亮斑位置越高，偏转半径越大，磁场越小，励磁电流越小
当亮斑在O点时，时间最短，磁场为零，可认为电子作匀速直线运动tmin=Lv=1.125×10-8s
综上，电子在磁场中运动时间的取值范围约为1.1×10-8s≤t≤1.3×10-8s
19．【答案】（1）解：根据法拉电磁感应定律有E1=BLv1
据闭合电路欧姆定律有I=E1R
根据物体的平衡条件，对于导体棒ab有F=BIL=mg
联立解得v1=mgRB2L2
（2）解：根据动量定律，对于重物有mgt-Ft=mv2-0
对于导体棒ab有Ft-BILt=mv2-0
联立以上两式得出q=It=mgt-2mv2BL
由q=IΔt=ΔΦΔtR⋅Δt=ΔΦR=BLxR
联立解得x=(mgt-2mv2)RB2L2
（3）解：当单刀双掷开关S接到位置2时有E2=BLv3
稳定时E-E2=IR
根据物体的平衡条件有mg=BIL
联立解得棒运动速度的最大值为v3=EBL-mgRB2L2
20．【答案】（1）解：粒子加速电场中运动有qU=12mv02-0
解得v0=2qUm
在静电分析器中，由静电力提供向心力得qE=mv02R
解得E=2UR
（2）解：若粒子恰好能打在棱EH的中点M点，轨迹如图：
由几何关系可得L2+(R-L2)2=R2
解得R=54L
由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=mv02R
解得B0=45L2mUq
（3）解：由图像可得Bx=B0sinωt
By=-B0cosωt
则有B=Bx2+By2=B0
所以粒子在磁场中的运动轨迹半径R'=R=54L
由几何关系可知，一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹是以r=L2为半径，以坐标为（0，0，L）的点为圆心的圆，如图所示：
轨迹方程为x2+y2=L24
21．【答案】（1）解：导体棒a运动到BB'处之前已达到最大速度，a棒运动至BB'处时，则有mgsinθ=BIL
又I=UR
代入数据解得U=0.3V
（2）解：设进入水平轨道a棒的速度为v1，则有E=BLv1
又E=UR(R+r)
解得v1=1m/s
设稳定后a棒速度为v2，b棒为v3，有BLv2=BL2v3
由动量定理对a棒有-BILt=mv2-mv1
对b棒有BIL2t=mv3-0
解得v2=0.2m/s
v3=0.4m/s
所以电路产生的热量为Q总=12mv12-12mv22-12mv32
又根据两棒的电阻关系可得Qa=23Q总
所以Qa=275J
（3）解：b棒沿倾斜轨道下滑过程中，速度增大，电流变大，安培力增大，加速度逐渐减小，稳定后电容器不再充电，b棒受力平衡，有mgsinθ=BIL2cosθ
又I=BL2vcosθr2+R
解得v=6415m/s
所以金属棒b先做加速度减小的加速运动，最后以v=6415m/s速度做匀速运动。
22．【答案】（1）M刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=BLv0，
电流大小I=ER=BLv02R ，
F安=BIL=B2L2v02R
（2）① 对N由动量定理得：BIL∆t=m·v03，q=I∆t，q=mv03BL
②设两杆在磁场中相对位移为x，则E=BLx∆t=I·2R，所以x=I∆t·2RBL=q·2RBL=2mv0R3B2L2
两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x=2mv0R3B2L2
（3）设N出磁场M速度为v1，在磁场中由动量守恒定律得mv0=13mv0+mv1，v1=23v0
因为两杆在磁场中相对位移为x，此时M 到cd边的距离为d=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到v03时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，
对M 根据动量定理有：-BIL∆t=mv03-2mv03，E=BLd∆t=I·2R，q=I∆t=mv03BL，
d=（k-1）x=x，此时k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有：-BIL∆t=0-2mv03，E=BLd∆t=I·2R
q=I∆t=2mv03BL，d=（k-1）x=2x，此时k=3。
综上：M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3
23．【答案】（1）电场中，加速度a=E0qm，经过t=πmqB0，v=at=E0πmmB0，
沿y轴位移为Xy=12at2=π2E0m2qB02
在磁场中，qvB0=mv2r，r=mvqB0=E0πmqB02，T=2πrv=2πmqB0，
经过t=πmqB0，沿x轴位移Xx=2r=2E0πmqB02，
在 t=2πmqB0 时刻的位置坐标为（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）
（2）在t=2πmqB0时刻第二次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，电场强度为第一段时间2倍，加速度为原来2倍。
经过t=πm2qB0时间粒子速度向下减速为零，然后再经过t=πm2qB0反向到达第二次刚进入电场的位置，且速度大小也和第二次刚进电场时相同。
经过磁场偏转，磁场不改变速度大小。在t=4πmqB0时刻第三次进入电场，此时速度方向沿y轴负方向，加速度变为运来3倍。
代入x=v0t+12at2，此时沿y轴位移为π2E0m2qB02，与第一次沿y轴位移相同。
粒子运动的轨迹如图
，
W电=（E0q+3E0q）·π2E0m2qB02=2π2E02mB02
（3）由轨迹图可知，零时刻释放的粒子经过2个半圆形轨迹可以到达（4πE0mqB02，π2E0m2qB02），
向下减速时加速度为第一次加速的加速度3倍，所以向下运动位移为第一次位移的13，只能到达纵坐标为π2E0m2qB02×（1-13）=π2E0m3qB02的位置。不能被接收器接收。
假若粒子经过磁场一次偏转即可到达接收器，即在t=4πmqB0到t=5πmqB0之间某时刻释放，再经过时间t=πmqB0磁场偏转到达接收器，但其半径必须为第（1）问中粒子半径2倍，即末速度为第（1）问中粒子末速度2倍，由于在t=4πmqB0到t=5πmqB0之间加速度为第（1）问加速度3倍，所以加速时间为第（1）问加速时间的23倍，即在t=13πm3qB0时刻释放，加速位移为Xy=12at2=2π2E0m3qB02，在t=6πmqB0到达Xx=4E0πmqB02位置，向下减速最低到达坐标为Xy=π2E0m6qB02，小于Xy=π2E0m4qB02，所以位置更低，可以被接收器接收。
若粒子在0到t=πmqB0之间某时刻释放，要满足最后到达Xx=4E0πmqB02位置，即（1）中圆周运动半径4倍位置，可以这样设想，先在0到t=πmqB0加速一半时间t=πm2qB0释放，即速度变为（1）中第一次加速过程末速度一半，在第二次电场中先减速14时间，后加速34时间，速度变为（1）中第一次加速过程末速度32倍，这样经过两次磁场偏转在x轴位移为12r·2+3r2·2=4r，再计算下竖直位移，最后在t=4πmqB0到t=5πmqB0之间被接收器接收。
综上：在t=πm2qB0或者t=13πm3qB0时刻释放可以 在电场存在期间被接收器接收。
24．【答案】（1）解：若棒ab以速度v匀速通过磁场区域Ⅰ，则在此过程中产生感应电动势E=BLv
闭合回路的总电阻R总=R+R2=3R2
则通过金属棒的电流I=ER总=2BLv3R
金属棒ab进入磁场受到的安培力为F=BLv。
因为金属棒匀速进入磁场区域Ⅰ，所以由受力可知mgsinθ=F
即2B2L2v3R=mgsinθ
解得金属棒到区域Ⅰ上边界的速度v=3mgRsinθ2B2L2
从静止释放到区域Ⅰ上边界的过程，机械能守恒。故mgx1sinθ=12mv2
解得x1=9m2gR2sinθ8B4L4
（2）解：设棒ab匀速通过区域Ⅰ过程用时为t，流经棒的电流为I，则此过程中金属棒上产生的热量Qab=I2Rt
两个电阻上产生的热量为QR=I2Rt2
由此可知Qab=2QR
由能量的转化与守恒定律可知，机械能的减少量等于回路中产生的总热量，即Q总=mgdssinθ
因此Qab+QR=mgdssinθ
解得Qab=2mgdsinθ3
（3）解：设导体棒进入磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时的速度分别为v1、v2、v3，出磁场的速度分别为v'1、v'2、v'3，通过无磁场区域用时均为t，导体棒在无磁场区域，由牛顿第二定律mgsinθ=ma
得a=gsinθ
由匀变速运动规律可得v2-v'1=v3-v'2=gsinθt，12(v2+v'1)t=12(v3+v'2)t=s
解得v2=v3，v'1=v'2
即导体棒每次进入磁场的速度相等，每次出磁场的速度也相等。
导体棒离开磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，由匀变速运动规律得s=v'1t+12at2，v2=v'1+at
解得v2=2s+at22t
进入磁场Ⅱ时的速度与进入磁场Ⅰ时的速度相等，所以v1=v2=2s+at22t
由静止释放到区域Ⅰ上边界的过程，做匀变速直线运动，故v12=2ax2
因此x2=(2s+gsinθt2)28gsinθt2
金属棒ab由静止释放直至运动到区域Ⅲ下边界过程中的v-t图，如图所示
25．【答案】（1）解：设小球达到C点时速度为vC，此时轨道对小球的支持力为F，小球对轨道的压力为F'，则有从释放点到C位置由动能定理可得mgh=12mvC2
在C位置有F-mg=mvC2r1
由牛顿第三定律F'=F=5N
（2）解：设E点离地面的高度为hE，D点离地面的高度为hD，由几何关系hE=r2-r2cosβ
hD=2r1
代入数据得hE=0.1m
hD=0.2m
根据上述数据得hE
在D位置mg=mvD2r1
代入数据得hmin=0.25m
（3）解：情况1：如图所示，G点与O1点等高，若小球滑入圆轨道后上升的高度小于或等于G点的高度，则其必将沿原路径返回。设小球刚好能达到G点时的释放高度为h1，则有从释放点到G位置由动能定理可得mg(h1-r1)=0-0
代入数据得h1=0.1m
即有h≤0.1m
情况2：若小球从E点抛出，与墙面垂直反弹后，沿原路径返回。设小球释放点高度为h2，且满足上述条件，小球达到E点时速度为vE，从E点抛出到与墙面即将发生正碰的时间为t，则有
水平方向d=(vE⋅cosβ)t
竖直方向0=(vE⋅sinβ)+(-gt)
从释放点到E位置由动能定理可得mg(h2-hE)=12mvE2-0
代入数据得h2=1.35m
根据上述数据有h2>hmin
因此，情况2满足题意，综上则有：h≤0.1m或h=1.35m满足题目要求。
26．【答案】（1）解：如图甲所示，分析可知，粒子在区域I中的运动半径为R，由向心力
公式可得qv0B=mv02R
解得v0=qB1Rm
因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为2R，由向心力公式可得qvB2=mv22R
解得v=2qB2Rm
粒子在电场中加速运动，由动能定理得12mv2-12mv02=qER
解得电场强度大小E=qR(4B22-B12)2m
（2）解：如图乙所示，
分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得（x1cosθ+R）2+(x1sinθ)2=(2R)2
解得x2=221+35R
速度方向与电场方向平行向右射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得（x2cosθ-R）2+(x2sinθ)2=(2R)2
解得x2=221-35R
分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度Δx=x2-x1=1.2R
（3）解：如图丙所示，
从区域I中最高点穿出的粒子恰好打在M点时，有r3=32R
由向心力公式有qvB3=mv2r3解得B3=43B2
若粒子平行于FG方向打中N点时，由几何关系得r4=3Rsin53°=2.4R
粒子在区域中的射入点距离M点x=r4-3Rcosθ=0.6R
显然粒子不可能平行于FG方向打中N点
即从G点进入区域Ⅲ打中N点的粒子运动半径为最大允许半径，由几何关系得(3Rcosθ+R-r5)2+(3Rsinθ)2=r52
得r5=177R
由向心力公式有qvB4=mv2r5
解得B4=1417B2
要让所有粒子全部打中荧光屏，区域Ⅲ中的磁感应强度大小应满是的条件是1417B2≤B≤43B2
27．【答案】（1）解：带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则Eq=mg
解得E=mgq
当小球沿y轴正向入射，转过半个圆周至P点，半径R=a
带电小球由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
解得v=Bqam
（2）解：电场强度变为两倍，小球的运动为复杂的曲线运动，其两个分运动为：一个v1的匀速直线运动qv1B+mg=2Eq
解得v1=mgqB
方向水平向右；
一个速度v2的匀速圆周运动，设其初速度为v0，轨道半径为R2，则v2=v12+v02=2mgqB
方向与y轴正方向夹角为45°，带电小球由洛伦兹力提供向心力qv2B=mv22R2
得R2=2m2gq2B2
①带电小球运动过程中速度最大时，v1与v2同向，则vm=(2+1)mgqB
②带电小球y方向的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动的轨迹如下
小球圆周运动周期为T=2πmqB
则带电小球，y-t的函数表达式为y=R2cosπ4-R2cos(π4+ωt)=R2cosπ4-R2cos(π4+qBmt)
解得y=m2gq2B2-2m2gq2B2cos(π4+qBmt)
或利用正弦计算得到y=m2gq2B2-2m2gq2B2sin(π4-qBmt)
28．【答案】（1）解：设滑块P达到曲面底端与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小为v1，受到轨道支持力的大小为F'N。对滑块P的下滑过程根据动能定理有mgR=12mv12
解得v1=4m/s
碰撞前瞬间根据牛顿第二定律有F'N-mg=mv12R
解得F'N=30N
根据牛顿第三定律可得FN=F'N=30N
（2）解：设滑块P、Q碰撞后瞬间的速度分别为v2、v3，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv1=mv2+mv3
12mv12=12mv22+12mv32
解得v2=0，v3=4m/s
设滑块Q运动到C点时的速度大小为v4，根据牛顿第二定律可得mg=mv42r
解得v4=2m/s
对滑块Q由B点运动到C点的过程，根据动能定理可得-μmgs=12mv42-12mv32
解得s=3m
（3）解：假设滑块Q可以恰好返回至B点，此时弹簧弹性势能为满足题意的最小值，对滑块Q从B点出发到再次回到B点的过程，根据能量守恒定律可得Ep+12mv32=2μmgs
解得Ep=4J
29．【答案】（1）解：由mgh=12mv2
得v=2m/s
此时有E=B1dv
则U=Era+rb⋅rb=12E
由右手定则可知，电流由a到b，所以Uba=-U=-1V
（2）解：由mav=(ma+mb)v共
解得v共=vb=43m/s
且mbvb-0=B1Idt=B1qd
解得q=23C
（3）解：由总电阻为R总=rb+R1R2R1+R2=2Ω
又由几何关系可知，金属棒移动1m，金属棒在磁场中的有效长度增加1m，所以L'=d+x=1+x
电路中的电动势为E'=B2L'vb
电流为I'=E'R总
金属棒b受到的安培力为F外=B2I'L'
联立可得F外=83(x+1)2（0≤x≤2）
30．【答案】（1）解：电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为t1=π15×10-5s，由匀变速直线运动规律得v0=at1
由牛顿第二定律得qE=ma
代入数据解得E=7.2×103N/C
（2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r
解得r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径r1=mv0qB1
做圆周运动的周期T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得r1=5cm
T1=2π3×10-5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为r2=mv0qB2=3cm
做圆周运动的周期T2=2πmqB2=2π5×10-5s
电荷从t=0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为T=(π15×4+12×2π3+12×2π5)×10-5s=4π5×10-5s
所以t=4π5×10-5s时刻粒子距离O点的水平距离为Δd=2(r1-r2)=4cm
（3）解：由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即s=9Δd=36cm
则最后7.5cm的距离如图所示
由几何关系可得r1+r1cosα=7.5cm
解得cosα=0.5
即α=60°
故电荷运动的总时间t总=t1+9T+13T1=33745π×10-5s
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