物理高考大题(2009-2014)

1、（09上海）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F0.5v0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l1m，m1kg，R0.3W，r0.2W，s1m）（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足vv0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若

2、在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。解答：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UIev，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量， （2）Fma，以F0.5v0.4代入得（0.5）v0.4a，a与v无关，所以a0.4m/s2，（0.5）0，得B0.5T， （3）x1at2，v0x2at，x1x2s，所以at2ats，得：0.2t20.8t10，t1s，（4）可能图线如下：（09安徽）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳

3、索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取。当运动员与吊椅一起正以加速度上升时，试求 （1）运动员竖直向下拉绳的力； （2）运动员对吊椅的压力。答案：440N，275N解答：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：FF(m人+m椅)ga由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受

4、力分析如图所示，则有：Fm人g FN由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N（09安徽）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求 （1）分裂时两个微粒各自的速度； （2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率； （3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解答：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的

5、是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：在y方向上有- 在x方向上有- 根号外的负号表示沿y轴的负方向。（0, -d）（d,0）xEyvxvy中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有，方向沿y正方向。（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为其中由运动学公式所以（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移则当当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为（09陕西）如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块

6、平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。解答：设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为

7、-a,即,由两式得若粒子与挡板发生碰撞,有联立得n1）之间变 化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心,如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。解答：(1)如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,而r是球形空腔中心O至Q点的距离在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小.Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影联立以上式子得,(2

8、)由式得,重力加速度反常的最大值和最小值分别为由提设有、联立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为,（09全国二）如图,在宽度分别为和的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。解答：粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在分界线处的速度与分界

9、线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得设为虚线与分界线的交点,则粒子在磁场中的运动时间为式中有粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得由运动学公式有 由式得由式得（10新课标）如图所示，在0xa、oy范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0范围内.己知粒子在磁场中做圆周运

10、动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一.求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角正弦值。 （10福建）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直开良好接触。斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导

11、轨。当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻中的电流强度Ic之比；（2）a棒质量ma； （3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。解答：（1）棒沿导轨向上运动时，棒、棒及电阻中放入电流分别为，有， ，解得：。（2）由于棒在上方滑动过程中机械能守恒，因而棒在磁场中向上滑动的速度大小与在磁场中向下滑动的速度大小相等，即，设磁场的磁感应强度为，导体棒长为，在磁场中运动时产生的感应电动势为，当棒沿斜面向上运动时， ，

12、，向上匀速运动时，棒中的电流为，则， ，由以上各式联立解得：。（3）由题可知导体棒沿斜面向上运动时，所受拉力。（10全国一）如右图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速周运动，星球A和B两者中心之间距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧。引力常数为G。1 求两星球做圆周运动的周期。2 在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行为的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期T2。已知地球和月球的质量分别为5.981024kg 和 7.35 1022kg 。

13、求T2与T1两者平方之比。（结果保留3位有效数字）解答：A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力相等。且A和B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期。因此有，连立解得，对A根据牛顿第二定律和万有引力定律得化简得 将地月看成双星，由得将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得化简得 所以两种周期的平方比值为（10全国一）如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0180范围内。已知沿y轴正方

14、向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：1 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷qm;2 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；3 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。解答： 速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120从粒子发射到全部离开所用 时间 为【解析】 粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有解得，则粒子做圆周运动的的圆心角为120，周期为粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得，化简得仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁

15、场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120，所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是RRR，半径与y轴的的夹角是30，这种粒子的圆心角是240。所用 时间 为。所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为。教学资源网（11安徽）（16分）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有

16、相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。求电场强度的大小和方向。若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。xyOPBR解答：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有：qEqvB，又Rvt0，则E（2）仅有

17、电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移：yv，则y设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是xR，又有：xa()2，得a（3）仅有磁场时，入射速度v4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qvBm，又qE=ma，联立解得：rR，由几何关系：sin，即sin，带电粒子在磁场中运动周期：T，则带电粒子在磁场中运动时间tRT，所以tRt0（11福建）（20分）如图甲，在x 0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q0）的粒子从坐标原点O处，以初速度

18、v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。求该粒子运动到y=h时的速度大小v；现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期。求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。yxOhBEv0yxOSSOyt甲乙丙解答：（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有由式解得v = （2）由图乙可知，所有

19、粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B = qE 又s = v1T 式中T = 解得s = 设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则由动能定理有 又Ay = 由式解得Ay =可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = （11江苏）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，

20、两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相

21、应位置处画出磁屏蔽管；若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？OuabU0-U0T02T03T0t图2LL磁屏蔽管图1abc (1) (2)如图 (3) 解答：(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动， 则当粒子的质量增加了，其周期增加根据题图可知，粒子第一次的加速电压粒子第二次的加速电压粒子射出时的动能 解得(2) 磁屏蔽管的位置如图所示 (3) 在时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数，得分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。粒子由静止开始被加速的时刻 (n=0

22、,1,2,)最大动能 解得 .（11山东）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：、两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角=30，当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求B0及粒子在区运动的时间t。L1LL2B1B2m-qMNQP若区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差

23、h。若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件。若B1B2，L1L2，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。图1B1B2L1L2LIII解答：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为，由动能定理和牛顿第二定律得 由几何关系得 联立得 设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t 联立式解得 （2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为，由牛顿第二定律得 图2B1B2L1L2LIII 由几何知识得 联立式解得 （3）如图2所示，为使粒子能再次返回到

24、I区应满足 联立式解得 （4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 联立式解得 图3B1B2L1L2LIII 图4B1B2L1L2LIII（11四川）如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角=的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3、质量m1=0.1kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端

25、系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环。已知小环以a=6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g=10 m/s2，sin=0.6，cos=0.8。求 （1）小环所受摩擦力的大小； （2）Q杆所受拉力的瞬时功率。a1a2b1b2c2c1FB2B1SKQ小环答案：（1）0.2N （2）2W解答：（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有 m2gFf=m2a 代入数据，得 Ff=0.2N （2）设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有 Ff=B1I1

26、l 设回路总电流为I,总电阻为R总，有 设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有 . 拉力的瞬时功率为 联立以上方程得到 （11新课标）（19分）如图，在区域I（0xd）和区域II（d d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作有 mA+B= mA0+B0 m+=m+ 由、解得 因B不改变运动方向，故 由、解得 即B所带电荷量的最大值（12全国卷）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方

27、程为y=，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。（1） 求此人落到破面时的动能；（2） 此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？解答：（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x,竖直位移为H，由平抛运动规律有：，整个过程中，由动能定理可得：由几何关系，坡面的抛物线方程解以上各式得：（2） 由，令，则当时，即探险队员的动能最小，最小值为 （12四川）如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向

28、下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v； (2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？ (3)求A点距虚线X的距离s。解答：(1)设小球P

29、所受电场力为F1，则F1=qE在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg联立相关方程得E=mg/q设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv得v=I/m(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得mv+mv0=(m+m)vm此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F-(m+m)g=vm2联立相关方程，得F=()2+2mg(3)设P在肖上方做匀速直线运动的时间为h，则tP1= 设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则tP2= 设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有 由题意，有 tQ=tP1+ tP2 联立相关方程，得n为大于的整数设小

30、球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ,由单摆周期性，有 同理可得 n为大于的整数（12山东）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达时的速度大小和极板距离（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为

31、使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小解答：（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得 由式得 设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得由运动学公式得 联立式得 (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 联立式得 3设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为有 联立式得 若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得 联立式得 设粒子在磁场中运动的时间为 联立式得 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动

32、学公式得由题意得 联立式得 （12新课标）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。解答：粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得:,式中v为粒子在a点的速度.过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点,由几何关系

33、知,线段和过a、b两点和轨迹圆弧的两条半径(末画出)围成一正方形,因此设,由几何关系得: 联立式得: baOdc再考虑粒子在电场中的运动,设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得:qE=ma r=vt式中t是粒子在电场中运动的时间,联立式得:（13海南）如图,纸面内有E、F、G三点,GEF=30,EFG=135。空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出,其轨迹经过G点,再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出,其轨迹也经

34、过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同,且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m,轨道半径为R,不计重力。求:(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间;(2)点电荷b的速度的大小。解答：(1)设点电荷a的速度大小为v,由牛顿第二定律得qvB=mv2R 由式得v=qBRm设点电荷a的运动周期为T,有T=2mqB如图,O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心。设a在磁场中偏转的角度为,由几何关系可得=90故a从开始运动到经过G点所用的时间t为t=m2qB(2)设点电荷b的速度大小为v1,轨道半径为R1,b在磁场中的偏转角度为1,依题意有t=R11v1=Rv v1=R11Rv由于两轨道

35、在G点相切,所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件可得1=60R1=2R联立式,解得v1=4qBR3m（13上海）如图,两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,一端与阻值R=0.15的电阻相连。导轨间x0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场,其方向与导轨平面垂直,变化率k=0.5T/m,x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动,运动过程中电阻上消耗的功率不变。求:(1)回路中的电流;(2)金属棒在x=2m处的速度;(3)金

36、属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小;(4)金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率。解答：（1）棒在x=0处的感应电动势E=B0lv0=0.50.42V=0.4 V电路中的电流I=Er+R=2A(2)因为棒运动过程中电阻上消耗的功率不变,所以棒上的感应电动势的大小也不变,在x=2m处,磁感应强度B=B0+kx=0.5T+0.52T=1.5T,棒的速度v=EBl=0.41.50.4m/s=23m/s(3)棒在运动过程中受到的安培力F=BIl=(B0+kx)Il=0.4+0.4x,金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小W=12(F0+F2)x=12(0.4+1.2

37、)2J=1.6 J(4)由功能关系可知电阻R与棒一共产生的焦耳热Q=W=1.6J,由焦耳定律可知棒的运动时间t=QI2(R+r)=1.6220.2s=2 s,设金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率为P,由动能定理可得Pt-W=12mv2-12mv02即P=m(v2-v02)+2W2t=0.7W（13上海）如图,质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间动摩擦因数为;滑块上表面光滑,其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端,使其在极短时间内获得向右的速度v0,经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。解答：滑块左端滑到小球正下方时速度为v1,由动能定理有-(m+M)gL=12Mv12-12Mv02得v12=v02-2(m+M)gLM,小球自由落地时间t=2hg,此过程中滑块的加速度的大小a=MgM=g,滑块继续运动的最长时间tm=v1g,当ttm时,小球落地时距滑块左端的水平距离s=v122g=v022g-(m+M)LM,当t0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求v1的大小;(2)已知一粒子的初速度大小为v