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2012~2021十年高考匯編·專題30 電學綜合2一般綜合大題（解析版）
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專題30 電學綜合2一般綜合大題
（2012-2021）

1.（2020天津）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻 ，邊長 。求
（1）在 到 時間內，金屬框中的感應電動勢E；
（2） 時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；
（3）在 到 時間內，金屬框中電流的電功率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 的時間 內，磁感應強度的變化量 ，設穿過金屬框的磁通量變化量為 ，有
①
由于磁場均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有
②
聯立①②式，代入數據，解得
③
（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有
④
由圖可知， 時，磁感應強度為 ，金屬框ab邊受到的安培力
⑤
聯立①②④⑤式，代入數據，解得
⑥
方向垂直于ab向左。⑦
（3）在 到 時間內，金屬框中電流的電功率
⑧
聯立①②④⑧式，代入數據，解得
⑨
2.（2019北京）如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：

（1）感應電動勢的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab邊產生的焦耳熱Q。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】：由導體棒切割磁感線產生電動勢綜合閉合電路歐姆定律和 解題。
(1)從ad邊剛進入磁場到bc邊剛要進入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產生的感應電動勢為： ；
(2)線框進入過程中線框中的電流為：
ad邊安培力為：
由于線框勻速運動，所以有拉力與安培力大小相等，方向相反，即
所以拉力的功率為：
聯立以上各式解得： ；
(3) 線框進入過程中線框中的電流為：
進入所用的時間為：
ad邊的電阻為：
焦耳熱為：
聯立解得： 。
3.（2020全國1）如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經過一段時間后（　　）

A. 金屬框的速度大小趨于恒定值
B. 金屬框的加速度大小趨于恒定值
C. 導體棒所受安培力的大小趨于恒定值
D. 導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
【答案】BC
【解析】由bc邊切割磁感線產生電動勢，形成電流，使得導體棒MN受到向右的安培力，做加速運動，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運動。當MN運動時，金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線，設導體棒MN和金屬框的速度分別為 、 ，則電路中的電動勢

電流中的電流

金屬框和導體棒MN受到的安培力
，與運動方向相反
，與運動方向相同
設導體棒MN和金屬框的質量分別為 、 ，則對導體棒MN

對金屬框

初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從 開始逐漸減小。當a1＝a2時，相對速度

大小恒定。整個運動過程用速度時間圖象描述如下。

綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項正確；
金屬框的速度會一直增大，導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，AD選項錯誤。
故選BC。


4.（2020全國2）如圖，在0≤x≤h， 區域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調，方向不變。一質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力。
（1）若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；
（2）如果磁感應強度大小為 ，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。

【答案】（1）磁場方向垂直于紙面向里； ；（2） ；
【解析】（1）由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據洛倫茲力公式和圓周運動規律，有
①
由此可得
②
粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足
③
由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得
④
（2）若磁感應強度大小為 ，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為
⑤
粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，

由幾何關系
⑥
即 ⑦
由幾何關系可得，P點與x軸的距離為
⑧
聯立⑦⑧式得
⑨
5.（2020年北京）如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導線 ，與導線同軸放置一半徑為 的金屬圓柱面。假設導線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質量為 ，電荷量為 。不考慮出射電子間的相互作用。
(1)可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度：
a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓；
b.在柱面內，只加與 平行的勻強磁場。
當電壓為 或磁感應強度為 時，剛好沒有電子到達柱面。分別計算出射電子的初速度 。
(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為 、長度為 的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為 ，電子流對該金屬片的壓強為 。求單位長度導線單位時間內出射電子的總動能。

【答案】（1） ， ；（2）
【解析】（1）a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓 ，粒子剛好沒有電子到達柱面，此時速度為零，根據動能定理有

解得

b.在柱面內，只加與 平行的勻強磁場，磁感應強度為 時，剛好沒有電子到達柱面，設粒子的偏轉半徑為r，根據幾何關系有

根據洛倫茲力提供向心力，則有

解得

（2）撤去柱面，設單位長度射出電子數為N，則單位時間都到柱面的粒子數為

金屬片上電流

由于電子流對金屬片的壓強為p，則電子流對金屬片單位時間內的壓力為
F=p·ab
由牛頓第三定律可得，金屬片對電子流的作用為

根據動量定理有

解得

故總動能為

6.（2019海南）如圖，一水平面內固定有兩根平行的長直金屬導軌，導軌間距為l；兩根相同的導體棒AB、CD置于導軌上并與導軌垂直，長度均為l；棒與導軌間的動摩擦因數為 （最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）：整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。從 時開始，對AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右做勻加速運動，直到 時刻撤去外力，此時棒中的感應電流為 ；已知CD棒在 時刻開始運動，運動過程中兩棒均與導軌接觸良好。兩棒的質量均為m，電阻均為R，導軌的電阻不計。重力加速度大小為g。

(1)求AB棒做勻加速運動的加速度大小；
(2)求撤去外力時CD棒的速度大小；
(3)撤去外力后，CD棒在 時刻靜止，求此時AB棒的速度大小。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】(1)設AB棒做勻加速運動的加速度大小為a，在t=t0時刻AB棒的速度為v0=at0，
此時對CD棒：


聯立解得：
(2)在t1時刻，AB棒的速度 ；
此時

解得
(3)撤去外力后到CD棒靜止，對CD棒由動量定理： ，
對AB棒：
聯立解得：
7.（2019全國1）如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求

（1）帶電粒子的比荷；
（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
【答案】（1） （2） 或
【解析】：（1）粒子從靜止被加速的過程，根據動能定理得： ，解得：
根據題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：
聯立方程得：
（2）根據題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度
粒子射出磁場后到運動至 軸，運動的軌跡長度
粒子從射入磁場到運動至 軸過程中，一直勻速率運動，則
解得：
或
8.（2019全國2）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為 （ >0）。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及她從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？
【答案】（1） ； （2）
【解析】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有
①
F=qE=ma②
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有
③
設粒子第一次到達G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有
④
l=v0t⑤
聯立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為 ⑧
9.（2019全國3）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為 。重力加速度為g，求
（1）電場強度的大小；
（2）B運動到P點時的動能。
【答案】（1） ；（2）
【解析】：（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓定律、運動學公式和題給條件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有
④
且有
⑤
⑥
聯立③④⑤⑥式得
⑦
10.（2018全國3）如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：

（1）磁場的磁感應強度大小；
（2）甲、乙兩種離子的比荷之比。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有
①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
②
由幾何關系知
③
由①②③式得
④
（2）設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有
⑤
⑥
由題給條件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
⑧
11.（2018天津）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內、外半徑分別為R、 的半圓環形區域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。

（1）求粒子從P到M所用的時間t；
（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環形區域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度 的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】試題分析：粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，據此分析運動時間；粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，結合幾何知識求解．
（1）設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有
設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；
設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有F=ma③；
粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯立①②③④式得 ⑤；
（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為 ，由幾何關系可知 ⑥

設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知 ⑦；
粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為 ，由運動的合成和分解可知 ⑧
聯立①⑥⑦⑧式得 ⑨．
12.（2016北京卷）如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為 ，偏轉電場可看做勻 強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉距離Δy；
（2）分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知 ， ， ， ， 。
（3）極板間既有電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢 的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的 概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。
【答案】（1） （2）不需要考慮電子所受的重力（3） 、電勢 和重力勢 都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定
【解析】（1）根據功能關系，可得 ，
電子射入偏轉電場的初速度 ，
在偏轉電場中電子的運動時間
側移量
（2）考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力 [來源:學_電場力
由于 ，因此不需要考慮電子所受的重力
（3）電場中某點電勢 定義為電荷在該點的電勢能 與電荷量q的比值 ，由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能 與其質量m的比值，叫做重力勢，即 ，電勢 和重力勢 都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定
13.（2016上海卷）如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q= ；一質量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量 ）

（1）小球B所帶電量q;
（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E；
（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U。
（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的做小距離s是多少？

【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m
【解析】（1）由圖可知，當x=0.3m時， N
因此 C
（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，
F合=F2+qE
因此
電場在x=0.3m處沿細稈方向的電場強度大小為3 ，方向水平向左。
（3）根據圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大小 ,又 ,可得
(4)由圖可知小球從x=0.16到x=0.2m處，
電場力做功
小球從x=0.2m到x=0.4m處

由圖可知小球從 到 處
電場力做功 =－0.004×0.4=
由動能定理 + + + =0
解得 =
14.（2016四川）中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。
如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為 ，進入漂移管E時速度為 ，電源頻率為 ，漂移管間縫隙很小。質子在每個管內運動時間視為電源周期的1/2。質子的荷質比取 。求：

（1）漂移管B的長度；
（2）相鄰漂移管間的加速電壓。
【答案】：（1）漂移管B的長度為0.4 m （2）相鄰漂移管間的加速電壓為6×104 V。
【解析】（1）設高頻脈沖電源的頻率為f，周期為T；質子在每個漂移管中運動的時間為t；質子進入漂移管B時速度為 ；漂移管B的長度為 。則
①
②
③
聯立①②③式并代入數據得： ④
（2）設質子的電荷量為q，質量為m，荷質比為e；質子進入漂移管B時動能為 ；質子進入漂移管E時速度為 ，動能為 ；質子從漂移管B運動到漂移管E，動能的增加量為 ；質子每次在相鄰漂移管間被電場加速，電場的電壓為U，所做的功為W。則
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
質子從漂移管B運動到漂移管E共被電場加速3次，根據動能定理有
⑩
聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數據得：
○11
15.（2015海南）如圖，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距 ，左端與一電阻R相連；整個系統置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。一質量為m的導體棒置于導軌上，在 水平外力作用下沿導軌以速度 勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好。已知導體棒與導軌間的動摩擦因數為 ，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略。求

（1）電阻R消耗的功率；
（2）水平外力的大小。
【答案】：見解析
【解析】：（1）導體切割磁感線運動產生的電動勢為 ，
根據歐姆定律，閉合回路中的感應電流為
電阻R消耗的功率為 ，聯立可得
（2）對導體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有 ， ，故
16.（2014·江蘇）如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g.求：
(1)導體棒與涂層間的動摩擦因數μ；
(2)導體棒勻速運動的速度大小v；
(3)整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q.


【答案】 (1)tan θ　(2)mgRsin θB2L2(3)2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4
【解析】 (1)在絕緣涂層上受力平衡　mgsin θ＝μmgcos θ解得　μ＝tan θ.
(2)在光滑導軌上感應電動勢　E＝Blv　感應電流　I＝ER安培力　F安＝BLI　受力平衡　F 安＝mgsinθ解得　v＝mgRsin θB2L2
(3)摩擦生熱　QT＝μmgdcos θ
能量守恒定律　3mgdsin θ＝Q＋QT＋12mv2 解得　Q＝2mgdsin θ－m3g2R2sin θ2B4L4.
17.（2014·天津）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4 m．導軌所在空間被分成區域Ⅰ和Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁場感應度大小均為B＝0.5 T．在區域Ⅰ中，將質量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑．然后，在區域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問

(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；
(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；
(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少？
【答案】：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
【解析】 (1)由右手定則可以直接判斷出電流是由a流向b.
(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax，有
Fmax＝m1gsin θ①
設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有
E＝BLv②
設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有
I＝ER1＋R2③
設ab所受安培力為F安，有
F安＝ILB④
此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有
F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
綜合①②③④⑤式，代入數據解得
v＝5 m/s⑥
(3)設cd棒的運動過程中電路中產生的總熱量為Q總，由能量守恒有
m2gxsin θ＝Q總＋12m2v2⑦
又Q＝R1R1＋R2Q總⑧ 解得Q＝1.3 J
18.（2014·浙江）某同學設計一個發電測速裝置，工作原理如圖所示．一個半徑為R＝0.1 m的圓形金屬導軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉軸上．轉軸的左端有一個半徑為r＝R3的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉軸一起轉動．圓盤上繞有不可伸長的細線，下端掛著一個質量為m＝0.5 kg的鋁塊．在金屬導軌區域內存在垂直于導軌平面向右的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T．a點與導軌相連，b點通過電刷與O端相連．測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3 m時，測得U＝0.15 V．(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導軌、導線及電刷的電阻均不計，重力加速度g取10 m/s2)

(1)測U時，與a點相接的是電壓表的“正極”還是“負極”？
(2)求此時鋁塊的速度大小；
(3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失．
【答案】(1)正極　(2)2 m/s　(3)0.5 J
【解析】本題考查法拉第電磁感應定律、右手定則等知識和分析綜合及建模能力．
(1)正極
(2)由電磁感應定律得U＝E＝ΔΦΔt
ΔΦ＝12BR2Δθ　U＝12BωR2
v＝rω＝13ωR
所以v＝2U3BR＝2 m/s
(3)ΔE＝mgh－12mv2 ΔE＝0.5 J
19.(2015江蘇卷)回旋加速器的工作原理如題15-1圖所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如題15-2圖所示，電壓值的大小為U0．周期T= ．一束該種粒子在t=0~ 時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均 做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：

（1）出射粒子的動能 ；
（2）粒子從飄入狹縫至動能達到 所需的總時間 ；
（3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件．
【答案】(1) （2） （3）
【解析】（1）由 ， 解得
（1）粒子被加速n次達到動能 ，則 ,粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經過狹縫的總時間
加速度
勻加速直線運動：
由 解得
(3)只有在 時間內飄入的粒子才能每次均被加速
所占的比例 為
由 ,解得 ．
20.（2016北京卷）如圖所示，質量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。

（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；
（2）為使該粒子做勻速直線運動，還 需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場 強度E的大小。
【答案】（1） 、 （2）
【解析】(1)由 .
帶電粒子做圓周運動半徑 .
勻速圓周運動的周期
(2)粒子受電場力 ,洛侖磁力 ，粒子做勻速直線運動，
則 ,場強
21.（2014·全國卷） 如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向．在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d，0)點沿垂直于x軸的方向進入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，求：

(1 )電場強度大小與磁感應強度大小的比值；
(2)該粒子在電場中運動的時間．
【答案】 (1)12v0tan2θ　(2)2dv0tan θ
【解析】 (1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動．設磁感應強度的大小為B，粒子質量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得

qv0B＝mv20R0①
由題給條件和幾何關系可知R0＝d②
設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx.由牛頓定律及運動學公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
vx2t＝d⑤
由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有
tan θ＝vxv0⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
EB＝12v0tan2 θ⑦
(2)聯立⑤⑥式得
t＝2dv0tan θ⑧
22.（2015福建）如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小 滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h，重力加速度為g。

（1）求小滑塊運動到C點時的速度大小vc；
（2）求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vp.
【答案】：（1）E/B （2 ） （3）
【解析】（1）由題意知，根據左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運動，即Bqv=qE
解得：v=E/B
（2）從A到C根據動能定理：
解得：
（3）設重力與電場力的合力為F，由圖意知，在D點速度vD的方向與F地方向垂直，從D到P做類平拋運動，在F方向做勻加速運動a=F/m，t時間內在F方向的位移為
從D到P，根據動能定理： ，其中
聯立解得：
23.（2015江蘇）一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質量不同的離子飄入電壓為 的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經過加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上，已知放置底片區域已知放置底片的區域MN =L，且OM =L。某次測量發現MN中左側 區域MQ損壞，檢測不到離子，但右側 區域QN仍能正常檢測到離子. 在適當調節加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。
（1）求原本打在MN中點P的離子質量m；
（2）為使原本打在P的離子能打在QN區域，求加速電壓U的調節范 圍；
（3）為了在QN區域將原本打在MQ區域的所有離子檢測完整，求需要調節U的最少次數。（取 ； ）
【答案】（1） （2） （3）3次
【解析】（1）離子在電場中加速：
在磁場中做勻速圓周運動：
解得：
代入 ，解得
24.(2013北京卷)如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場．金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求：

(1)勻強電場場強E的大小；
(2)粒子從電場射出時速度v的大小；
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R.
【答案】：(1)Ud　(2) 2qUm　(3) 1B 2mUq

【解析】本題中帶電粒子在電場中由靜止開始做勻加速直線運動，可由動能定理或牛頓第二定律求解，選用動能定理進行解題更簡捷．進入磁場后做勻速圓周運動，明確帶電粒子的運動過程及相關公式是解題的關鍵．
(1)電場強度E＝Ud.
(2)根據動能定理，有qU＝12mv2－0得v＝2qUm.
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R
得R＝1B 2mUq.
25.(2013全國2)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷為q(q>0)的質點沿軌道內側運動．經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和NB.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能．

【答案】：16q(Nb－Na)　r12(Nb＋5Na)　r12(5Nb＋Na)

【解析】小球在光滑軌道上做圓周運動，在a、b兩點時，靜電力和軌道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有電場力做功，利用動能定理，可求解E及a、b兩點的動能．
質點所受電場力的大小為
F＝qE ①
設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有
F＋Na＝mv2ar ②
Nb－F＝mv2br ③
設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有
Eka＝12mv2a ④
Ekb＝12mv2b ⑤
根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
E＝16q(Nb－Na)
Eka＝r12(Nb＋5Na)
Ekb＝r12(5Nb＋Na)．
T＝4t＝4dqφ02m?qφ0－A?.

26.(2013山東卷) 如圖所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電量為＋q、質量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP＝d，OQ＝2d，不計粒子重力．

(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向．
(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0.
【答案】：見解析
【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得
qE＝ma ①
由運動學公式得
d＝12at20 ②
2d＝v0t0 ③
vy＝at0 ④
v＝v20＋v2y ⑤
tan θ＝vyv0 ⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
v＝2qEdm ⑦
θ＝45°. ⑧
(2)

設粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限內的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得
R1＝22d ⑨
由牛頓第二定律得
qvB0＝mv2R1 ⑩
聯立⑦⑨⑩式得
B0＝mE2qd. ?
27.(2013浙江)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間．忽略電場的邊緣效應。

(1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；
(2)求等勢面C所在處電場強度E的大小；
(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？
(4)比較|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并說明理由．
【答案】：見解析
【解析】：(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，半球面B的電勢高于A.
(2)據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有：
eE＝mv2R
Ek0＝12mv2
R＝RA＋RB2
聯立解得：
E＝2Ek0eR＝4Ek0e?RA＋RB?.
(3)電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有
ΔEk＝qU
對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有
ΔEk左＝e(φB－φC)
對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有
ΔEk右＝e(φA－φC)．
(4)根據電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有
|φB－φC|＞|φA－φC|
即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.
28.(2013全國大綱) 一電荷量為q(q＞0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規律如圖所示．不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內，

(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間．
【解析】帶電粒子在規律性變化的電場力作用下做變速運動．
法一：(1)帶電粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得
a1＝qE0m ①
a2＝－2qE0m ②

a3＝2qE0m ③
a4＝－qE0m ④
由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖象如圖(a)所示，對應的速度—時間圖像如圖(b)所示，其中
v1＝a1T4＝qE0T4m ⑤
由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為
s＝T4v1 ⑥
圖(b)
由⑤⑥式得
s＝qE016mT2 ⑦
方向沿初始電場正方向．
(2)由圖(b)可知，粒子在t＝38T到t＝58T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為
t＝58T－38T＝T4 ⑧
法二：(1)帶電粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得
qE0＝ma1 ①
－2qE0＝ma2 ②
2qE0＝ma3 ③
－qE0＝ma4 ④
設帶電粒子在t＝T4、t＝T2、t＝3T4、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，則
v1＝a1T4 ⑤
v2＝v1＋a2T4 ⑥
v3＝v2＋a3T4 ⑦
v4＝v3＋a4T4 ⑧
設帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為s，有
s＝(v12＋v1＋v22＋v2＋v32＋v3＋v42)T4 ⑨
聯立以上各式可得
s＝qE0T216m ⑩
方向沿初始電場正方向．
(2)由電場的變化規律知，t＝T4時粒子開始減速，設經過時間t1速度減為零．
0＝v1＋a2t1
將①②⑤式代入上式，得
t1＝T8 ?
粒子從t＝T2時開始減速，設經過時間t2速度變為零．
0＝v2＋a3t2
此式與①②③⑤⑥式聯立得
t2＝T8 ?
t＝0到t＝T內粒子沿初始電場反方向運動的時間為
t＝(T4－t1)＋t2 ?
將??式代入?式得
t＝T4. ?
答案：(1)qE016mT2，方向沿初始電場正方向　(2)T4

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