2011-2012广东广州+各市高考、模拟考计算题电磁学答案

(2011广东高考)35、解：（1）粒子从A点射出后到外界边界射出过程，由动能定理得①解得②（2）撤去电场后，粒子运动轨迹如答图1，设粒子运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律③由几何关系可知，粒子运动的圆心角为900，则得④联立③④得⑤匀速圆周运动周期⑥粒子在磁场中运动时间⑦联立③⑤⑥⑦，得⑧（3）要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹如由③可知，R越大,B越小。与磁场边界相切的圆的最大半径为R==2⑨设此过程的磁感应强度为B1，由牛顿第二定律⑩由⑨⑩，得(11)还有一种情况如图所示所以速度大小v3应满足：或（2010广东高考）36.解:（1）粒子运动半径为①由牛顿第二定律②匀速圆周运动周期③粒子在磁场中运动时间④（2）如图。设粒子运动临界半径分别为R1和R2⑤⑥设粒子临界速度分别为和，由②⑤⑥式，得⑦⑧若粒子通过转盘，由题设可知⑨联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为⑩⑾粒子要打在感光板上，需满足条件⑿（2012广州一模）35．解：（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：…①金属板间产生的场强大小为：…②ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有…③，联立①②③得：…④（2）ab在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题，有…⑤，联立③⑤得：…⑥（3）依题意，ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、匀加速和匀速运动，设发生的位移分别为SⅠ、SⅡ、SⅢ；ab进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为vⅢ。则：dRO2●OBBA－－－NP+++MQS●SⅠ=…⑦，SⅡ=…⑧，SdRO2●OBBA－－－NP+++MQS●又：SⅠ+SⅡ+SⅢ=3d…eq\o\ac(○,11)，联立可得：…eq\o\ac(○,12)评分说明：①②③④⑤⑥每式2分；⑦⑧⑨⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)每式1分（2012佛山一模）35．解：（1）（共4分）带电粒子在加速电场中，由动能定理得：（3分）得带电粒子离开B板的速度：…（1分）（2）（共9分）粒子进入偏转电场后，有：……（1分）（1分），（1分），（1分），（1分），解得：（1分）【说明：1.直接写出：，给满分6分；2.写出：，最后计算结果错的给5分；3．只写对：，后面连等错的，如将2U写成U的给3分；4．只写至：，后面连等错的，给2分；5．只写至：，后面连等错的，给1分．】则粒子离开偏转电场时的速度大小：，…（2分）【说明：若未用代入，只算到，给1分】方向与水平方向成450角．…（1分）（3）（共5分）粒子进入磁场后，据牛顿第二定律得：…（2分）由几何关系得:…（2分），解得：．（1分）（2012揭阳一模）35．解：（1）由题可知粒子在极板间受电场力和洛伦兹力平衡，SOSO1O11●··ⅡⅠ●●●P设大小为E，有：…①（2分）解得：（2分）（2）从O1进入磁场Ⅱ偏转后从点S飞出，如图，O1O3O2MO1O3O2MNO11●·ⅡⅠ●●●●又…③(2分)，解得:(2分)（3）由题可知撤去电场后粒子恰能飞出极板并回到O点，其轨迹如图所示：设在磁场Ⅰ中偏转半径为R1，则：…④(1分)联立③④得：…⑤(1分)由几何关系得：…⑥(1分)，联立⑤⑥解得…⑦(1分)…⑧(1分)，故磁场Ⅱ区域的宽度至少为…eq\o\ac(○,9)(2分)（2012汕头一模）36．解：（1）由法拉第电磁感应定律，棒PQ产生的电动势…①（2分）则回路产生的电流大小…②（2分）（2）棒PQ和MN在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，得③由能量守恒定律，回路中产生的焦耳热为…④（2分）解得…⑤（1分）（3）回路中的电流始终保持为I0，则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变．若d足够长，则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN一直向右匀加速运动，由动量守恒定律得：…⑥（2分）设这个过程棒MN的位移为x，由动能定理得…⑦（2分），解得…⑧（1分）讨论：①当时，棒MN在导轨上一直向右匀加速运动直到脱离导轨，由动能定理得：,解得MN棒脱离导轨时的速度…⑨（2分）②当时，棒PQ先从导轨左端脱离导轨，棒MN之后保持匀速运动直到脱离导轨，脱离导轨时的速度…⑩（2分）（2012深圳一模）36.解：(1)A球能做圆周运动，必须有：Eq=mAg…2分,=17N/C…1分,电场强度方向竖直向上…1分xOhxOhBvBMNPQ37°vB0vyRAvAROhMNPQ37°hMNPQ37°R/R/O/(2)A球在MNPQ区域运动时间相等，必须从边界MN飞出，如图所示，最大半径满足：R/cosθ+R/=hcosθ……2分A球做匀速圆周运动有：…2分，解得：vA=0.4m/s）（1分）依题意，A球速度必须满足：0＜vA≤0.4m/s（1分）(3)AB相碰后，A做匀速圆周运动，半径R=h（1分）由得vA=0.9m/s（1分），B球做平抛运动，设飞行的水平距离为x，时间为t，有：x=vB0t（1分）（1分），vB0=vytanθ=gttanθ（1分），得vB0=3m/s（1分）由动量守恒定律得：mAvA0=mAvA+mBvB0（1分），mB=0.119kg（1分）（2012湛江一模）35．解：（1）电阻R的电流方向为M→O（3分）（2）导体棒CD达到最大速度时拉力与安培力的合力为零，由牛顿第二定律有：①(3分)由法拉第电磁感应定律有…②（3分）由闭合电路的欧姆定律有…③(2分)联立①②③式解得磁感应强度大小为…④（2分）（3）设产生的总热量为，由功能关系有…⑤（3分）由电路知、所产生的热量关系为⑥（1分）联立⑤⑥式求得电阻上产生的热量为⑦（1分）（2012肇庆一模）35.解：（1）设电子打到D点时的动能为Ek，由动能定理可得：①（3分）,由①式解得：②（2分）（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得：③（1分）④（1分），⑤（1分），由③④⑤式联立解得：（1分） 所以电子要逸出电容器，必有：（1分）（3）在只有磁场情况下电子要逸出电容器，有两种情况.①电子从左边出，做半圆周运动，其半径：⑥（1分）由洛仑兹力和向心力公式可得：⑦（1分），由⑦式解得：⑧（1分）因此电子避开极板的条件是：⑨（1分） ②电子从右边出，做半圆周运动其半径：⑩ 由⑩式解得：（1分） 由洛仑兹力和向心力公式可得：eq\o\ac(○,11)（1分）由eq\o\ac(○,11)式解得：eq\o\ac(○,12)（1分） 电子避开极板的条件是：（1分）（2012茂名一模）35.解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：…eq\o\ac(○,1)(1分)，…eq\o\ac(○,2)(1分)，…eq\o\ac(○,3)(1分)，…eq\o\ac(○,4)(1分)AOExyv0vO1解得：a=1.0×1015m/s2t=2.0×10-8sAOExyv0vO1（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为(1分)(1分)粒子经过y轴时的速度大小为：(1分)(1分)与y轴正方向的夹角为θ：θ=450(1分)要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R/，则：(2分)由(2分)，解得(2分)（2012东莞一模）35．解：（1）微粒在加速电场中由动能定理得（2分），解得v0=1.0×104m/s（1分）（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有（2分），（2分）飞出电场时，速度偏转角的正切为（2分）解得θ=30o（1分）进入磁场时微粒的速度是：（2分）（3）轨迹如图，由几何关系有：（2分）洛伦兹力提供向心力：（1分），联立以上三式得（2分）代入数据得D=0.1m（1分）（2012惠州一模）36.解：（1）（8分）在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动。（2分）Oy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，（2分）在t0～2t0时间内匀速直线运动，速度（2分），侧向位移，得(2分）(2）（6分）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作用而加速。不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是（电压为U0时），或者是0（电压为0时）。(2分），它在Oy方向上速度增加量都为。（2分）因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为；Ox方向的分速度都为v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同。（2分）（3）（6分）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示。电子在磁场中运动的半径： (2分）θlRvtθlRvt(1分）电子进入磁场后做圆周运动，其半径 (1分） 由上述四式可得：。（2分）（2011广州一模）35．解：（1）设带电粒子的质量为m、电量为q，在平行金属板间的运动速度为v，平行金属板间的场强为E0．依题意，有：……①,又匀强电场，有：……②,联立①②解得：……③（2）带电粒子进入pOy区域，做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有：……④依题意带电粒子进入第Ⅰ象限转过圈后从Op上离开磁场，如图，由几何关系：……⑤联立③④⑤得：……⑥（3）匀速圆周运动的周期……⑦带电粒子在磁场中的运动时间：……⑧离子从C出来后作匀速直线运动，设经过x轴上的D点，如图，由几何关系，有：……⑨从C到D的时间为：……⑩联立③⑤⑦⑧⑨⑩得：评分说明：①②③④⑤⑥每项正确的给2分；⑦⑧⑨⑩每项正确的给1分；结果t1，t2正确给2分。如果：①②连等或合并一式，正确的给4分；⑦⑧连等，正确的给2分（2011汕头一模）36．（1）cd杆保持静止，则杆所受安培力①（2分）设ab杆所受的拉力为F，则对ab杆，有②（2分）设ab杆的速度为v0，则回路中的感应电流③（2分）拉力做功的功率④（1分）联立解得拉力做功的功率⑤（2分）（2）开始时ab杆所受合力沿斜面向上，因此沿斜面向上运动，而cd杆所受合力沿斜面向下，因此沿斜面向下运动，随着速度的增大，安培力也逐渐增大，最后两杆同时达到匀速运动状态。设ab杆和cd杆最后的速度大小分别为v1、v2，因为两杆组成的系统所受的外力合力为零，因此系统动量守恒，取沿斜面向上为正方向，则⑥（2分）cd杆匀速运动，则杆所受安培力⑦（1分）回路中的电流⑧（2分）联立解得ab杆和cd杆达到稳定状态时的速度分别为（方向沿斜面向上）⑨（2分）（方向沿斜面向下）⑩（2分）（2011深圳一模）35．解：（1）由法拉第电磁感应定律得：…………5分（2）…………5分(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：…………4分由图像知：解得：……4分（2011茂名一模）36．解：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，由于洛仑兹力提供向心力，则有：①(3分)解得：(2分)(2)将速度v分解为如图所示的x方向速度v1和y方向速度v2，得到：②(1分)③(1分)离子在偏转电场中，由动能定理：④(2分)联立②③④解得：(2分)(3)当圆心在x=0.01m时，由于R=0.02m=2r，所以离子从x轴上的D点离开磁场。(2分)由几何关系可知，离子打在荧光屏的最低点，纵坐标为：⑤(2分)随着磁场向右移动，荧光屏上亮点的位置逐渐向上移动，当速度v的方向与磁场边界相切时，离子将打在荧光屏的最高位置。其最高点的纵坐标为：⑥(2分)故离子打在荧光屏上的点纵坐标范围为[，](1分)（2011东莞一模）35。(1)设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理有qEL=mv2（3分），得：（2分）(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R，因洛仑兹力提供向心力，所以有qvB=m（2分）由几何关系得（3分）,所以（2分）(3)设粒子在电场中加速的时间为，在磁场中偏转的时间为粒子在电场中运动的时间t1==（2分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为（2分）由于∠MON＝120°，所以∠MO＇N＝60°故粒子在磁场中运动时间t2=（2分）所以粒子从A点出发到N点离开磁场经历的时间t=t1+t2=+=（2分）（2011肇庆一模）36．解：（1）电场方向竖直向下（2分），与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，则：ｑＥ＝ｑＢｖ①（2分）,由①式解得：ｖ＝2×10７ｍ／ｓ（2分）（2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力为洛伦兹力，于是：ｑＢｖ＝②（1分）由②式可得：Ｒ＝0.4ｍ离子离开磁场区边界时，如答图（甲）所示，偏转角:sinθ＝=③（1分）由③式得：θ＝30°偏离距离ｙ１＝Ｒ－Rcos④（1分），由④式得：ｙ１＝0.05ｍ离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为ｙ＝ｙ１＋Ｄtanθ⑤（1分），由⑤式得：ｙ＝0.28ｍ若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间:ｔ＝⑥（1分）加速度:ａ＝⑦（1分）偏离距离为ｙ２′＝at２⑧（1分），由⑥⑦⑧式解得ｙ２′＝0.05（ｍ）偏转角为θ′，如图（乙）所示，则tanθ′＝⑨（1分），而vy=at⑩（1分）离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离ｙ′＝ｙ２′＋ＤｔanθEQ\o\ac(○,11)（1分）由EQ\o\ac(○,11)式解得ｙ′＝0.25（ｍ），ａ、ｂ间的距离＝ｙ+ｙ′EQ\o\ac(○,12)（1分）由上述式子解得：＝0.53（ｍ）（1分）（2011江门一模）36．（1）由左手定则可知：该粒子带正电荷。（1分）粒子在磁场中做圆周运动，设半径为r，速度为v0，几何关系有：（2分）得：（1分）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：（2分），得：（1分）（2）ab棒达到最大速度时做匀速运动：①（2分）对回路，由闭合电路欧姆定律：②（2分）由①②得：（1分）（3）当ab棒达到最大速度时，设变阻器接入电路电阻为R，电压为U，由①式得：对变阻器，由欧姆定律：③（1分）极板电压也为U，粒子匀速运动：④（2分）由①③④得：（1分）因R为：，故粒子的速度范围为：（2分）（2011揭阳一模）35．解：(1)根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为-----(2分)根据闭合电路的欧姆定律，闭合电路的电流为-----(2分)电阻获得的电压-----(1分)因电容器与电阻是并联的，故电容器获得的电压-----(1分)(2)带电粒子在电容器中受到电场力作用而做匀加速直线运动，根据动能定理，有：---(2分)得到带电粒子从小孔射入匀强磁场时的速度为----(2分)(3)带电粒子进入圆形匀强磁场后，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有：----(2分)得带电粒子在圆形匀强磁场运动的半径为---(2分)又圆形磁场的半径，即----(1分)根据左手定则，带电粒子在圆形磁场向右转过的圆周（如右图所示），故它离开磁场时的偏转角为90°．(3分)（2011广州二模）35、解：⑴由得，ab到达圆弧底端时的速度为①在底端时：②，联以上两式得：N=3mg④根据牛顿第三定律知，ab对轨道的压力N΄=N=3mg⑤⑵ab刚进入磁场时，由右手定则可判断电流的方向为abdca⑶设cd刚离开磁场时的速度为v，则ab此时的速度为2v，以为ab、cd为系统，所受合外力为零，动量守恒，则有：mv0=m×2v+3mv⑥，联①⑥得：⑦此时ab产生的感应电动势为E=2BLv⑧，cd已出磁场，不产生的感应电动势回路中的感应电流为：⑨ab受到的安培力为：F=ILB⑩联⑦⑧⑨⑩⑪得：⑪（2011东莞二模）35．解：（1）ab棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为，则有：①②对ab棒F－BIl＝0③解得④注：Vm、F是正比关系，在不同拉力作用下物体做匀速运动的最大速度不同。（2）在全程，由能量转化和守恒可得：⑤解得：⑥（3）设棒刚进入磁场时速度为v，由：⑦，可得：⑧棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：①若（或），则棒做匀速直线运动；②若（或F＞），则棒先加速后匀速；③若（或F＜），则棒先减速后匀速。（2011佛山二模）36．（1）（共3分）P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用。电场力（1分）重力（1分）可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡。故相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动。（1分）（2）（共8分）由（1分），得①（1分）周期（1分），代入数据得（1分）由已知条件，有，故P的轨迹圆心角θ＝30°（2分）由右图可知，轨迹半径（1分），结合①式得（1分）（3）P和Q碰撞时，系统动量守恒，有（1分），解得（1分）对Q应用牛顿第二定律，有，得（1分）Q停下前运动的时间（1分）由于，说明P离开电、磁场时，Q已经停下（1分），故位移（1分）即Q停留在右方距初始位置0.225m处。（1分）（2011揭阳二模）35．解：（1）轨迹如图所示；（2分）----（2分）（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径R由几何关系可知：（2分）------（3分），解得：-----（3分）（3）粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有：----（3分）解得：----（3分）（2011揭阳二模）36.解：（1）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：----（3分）解得：-----（3分）（2）碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：-----（2分）解得碰撞后cd绝缘杆的速度：-----------（2分）两杆碰撞过程，动量守恒，有：----（2分）解得碰撞后ab金属杆的速度：-----------（2分）ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：-----（2分）解得：Q=2J--（2分）（2011深圳二模）35．解：（1）因小球受力平衡，（2分）得：(2分)，电势差（2分）(2)进入PQ后小球受到向上大小等于mg的电场力，地面对装置的支持力N2=Mg+mg.（3分）根据牛顿第三定律可得PQ对地的压力N2*=Mg+mg.（1分）(3)当下落高度较低时，依题意得：（1分）根据（1分），得（1分）又因为（1分）得（1分）当下落高度较高时，有(1分)，同理可得(1分)所以小球应距P板在释放(1分)（2011汕头二模）36．（1）设滑块所受滑动摩擦力大小为f，则滑块从A点运动至C点过程，由动能定理得

f=m（v02-vc2）----①

假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得

（qE1+f）=m（vc2-vB2）------②

将vc=v0和和qE1=f代入解得vB=v0--------③

由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右．

（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域．

滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得（qE2+f）=mvc2------④

由①④两式可得电场强度E2=-------⑤

滑块运动至B点后，因为qE2=2f＞f，所以滑块向左加