2019年高考考前50题（物理）

考前50题

(其中电磁综合计算题20题；力学综合题20题；电学实验题10题)

一、电磁综合题：

1.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器

和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距

为。导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，导轨电阻不计。

炮弹可视为一质量为加、电阻为"的金属棒,阴；垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨

良好接触。电容器电容C,首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,助V由静

止开始向右加速运动。当物V上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流

为零，肠V达到最大速度匕，之后离开导轨。求：

M

■XXXXV

I-XXkXX,

N

(1)这个过程中通过金属棒网•'的电量g

(2)直流电源的电动势后

(3)某同学想根据第一问的结果，利用的公式4="=器求金属棒加速过程的位

RR

移，请判断这个方法是否可行，并说明理由。

解：(1)设在此过程中的平均电流为了，2=7•4

MN上受到平均安培力：户=3.，./由动量定理，有：FAr=rnvm-0.

mv

带入解得：2,=—^

BL

(2)开关S接2后，开始向右加速运动，速度达到最大值必，时，MN上的感应电

动势：E'=Blvm,最终电容器所带电荷量Q2=CE'，

电容器最初带电。=。,+2，

mv

代入数据解得：E=BLvm+—^

BLC

_BLV'

(3)不可行，过程中任一时刻电流/'=-1~从式中可以看出电流不恒定，取

一很短时间M,流过MN电量q'=(---------)-M,只有当E"=0时才有q=——=

RR

而本题过程中始终不满足E〃=0,该同学方法不可行。

2.如图9所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m一端连接R=1C

的电阻.导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T.导体棒MN

放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均

可忽略不计.在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度

v=5m/s.求：

XXX.VXXXX

Xfx~~XXXX

［火V

XXXXXX

xxxA*xxxx

(1)感应电动势E和感应电流I；

(2)在0.1s时间内，拉力做的功；

(3)若将MN换为电阻r=0.25Q的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.

解：(1)感应电动势为：E=BLv=lX0.4X5=2V

F9

感应电流为：I=-2A

(2)对导体棒，由平衡条件有:

F=F女

FS=BIL

在0.1s时间内，导体棒的位移为:

拉力做的功为：W=Fs

代入数据解得：W=0.4J

(3)MN换为电阻r=0.25。的导体棒时，1"可视为电源内阻，导体棒两端的电压等

于R两端的电压，即路端电压；

由闭合电路欧姆定律可得:

感应电流为：

2

I'=—-_=1.6A

R+r1+0.25

导体棒两端的电压为：U=rR=1,6X1=1.6V

3.回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地

推动了现代科学技术的发展。回旋加速器的原理如图，Di和D2是两个中空的半径为R

的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，取粒子在磁场中运动的周

期与交流电的周期相同。位于D|圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略,

重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，D|、D?置于与盒面垂直的磁感应强度为B的

匀强磁场中。若输出时质子束的等效电流为L(忽略质子在电场中的加速时间及质子的

最大速度远远小于光速)

图16

(1)写出质子在该回旋加速器中运动的周期及质子的比荷q/m

(2)求质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P.

(3)若使用此回旋加速器加速笊核，要想使笊核获得与质子相同的最大动能，请分

析此时磁感应强度应该如何变化，并写出计算过程。

解：⑴

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频

率f的关系可得运动周期：T=

设质子质量为m,电荷量为q,质子离开加速器时速度大小为V,由牛顿第二定律

2

可知：qvB=irr^—

K

质子运动的回旋周期为：T产R=2%

VQD

所以质子比荷为*手

(2)7分设在t时间内离开加速器的质子数为N,

则质子束从回旋加速器输出时的平均功率N'7mv

p=~~t

由上述各式得产=/硕?2/

(3)7分若使用此回旋加速器加速笊核，

%=42

1212

2用F1=2活2约

1炉8：/1氏2叼2

%―^—=5的—一

互=互

n\2ml

B2=正B[

即磁感应强度需增大为原来的陆

4.如图甲所示，在与水平方向成。角的倾斜光滑导轨上，水平放置一根质量

为，”的导体棒"，导轨下端与一电源和定值电阻相连，电源的电动势和内阻、

定值电阻的限值均未知。整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强

度8的大小也未知。己知导轨宽度为L,重力加速度为g。

(1)若断开电键鼠将导体棒由静止释放，经过时间3导

体棒沿斜面下滑的距离是多少？

(2)若闭合电键导体棒仍恰好在导轨上保持静止。由方向a方向

看到的平面图如图乙所示，请在此图中画出此时导体棒的受力图，并求出导

体棒所受的安培力的大小。

(3)若闭合电键％,导体棒"静止在导轨上，对导体棒外

的内部做进一步分析：设导体棒单位体积内有〃个自由电子，电子电

荷量为e,自由电子定向移动的平均速率为％导体棒的粗细均匀，横

截面积为S。

a.请结合第(2)问的结论和题目中所给的已知量,

推理得出每个电子受到的磁场力是多大？

b.将导体棒中电流与导体棒横截面积的比值定义为电流密度，其

大小用/表示，请利用电流的定义和电流密度的定义推导/的表达式。

解：（1）断开电键后，根据牛顿第二定律，导体棒的加速度。=超空”

m

得：a=gsin0

由运动学公式，经过时间『导体棒下滑的距离

得A-ygrsin^

（2）导体棒仍保持静止时，受力如答图1所示

（3）根据平衡条件，安培力的大小Fa=mgtanf）

（3）a.导体棒中做定向移动的自由电子数N-nSL

每个电子受到的磁场力/々

N

得三

b.在直导线内任选一个横截面S,在时间内从此截面通过的电荷

△q=neSvAt

导体棒中的电流强度I=^-=neSv

△t

由电流密度的定义J=(得j=nev

kJ

5.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在

倾角8=30。的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m。

导轨所在空间被分成区域I和H,两区域的边界与斜

面的交线为MMI中的匀强磁场方向垂直斜面向下,

II中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应

强度大小均为B=0.5T。在区域I中，将质量加=0.1kg,

电阻&=0.1C的金属条ah放在导轨上，ah刚好不下滑。然后，在区域H中将质量

加2=0.4kg,电阻R2=01C的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。〃在滑动过

程中始终处于区域H的磁场中，ab,始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，

取g=10m/s:求：

(1)〃下滑的过程中，〃受力的示意图及湖中电流的方向；

(2)必刚要向上滑动时，cd的动量；

(3)从cd开始下滑到外刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m,此过程

中必上产生的热量。

解：(1)从d端往c端观察，cd的受力分析示意图如答图1所示。

ab中电流的方向由〃流向b。

(2)开始放置"刚好不下滑时，他所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为产皿

fma=m

设劭刚好要上滑时，加棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律

E=BLu

设电路中的感应电流为/,由闭合电路欧姆定律

1=---

园+R2

设必所受安培力为七

答图I

F安=ILB

此时必受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件

F^=m]gsm0+Fnm

解得v=5m/s

cd的动量/7=W2^=2.0kg-m/s2

方向平行导轨向下

（3）设〃棒的运动过程中电路中产生的总热量为。总，由能量守恒

12

ir^gxsin0=。总+-ni^v

R

乂Q=R]RQ总

4+K2

解得Q=L3J

6.（12分）如图甲所示，导体棒MN置于足够长的水平“匚”型金属框架上，框架的两

根导轨平行，左侧连有定值电阻，右侧虚线外有垂直导轨平面的匀强磁场。导体棒在水平恒

力作用下，从t=0时刻开始向右沿导轨运动，其运动的v—t图线如图乙所示。图线在0』

时间内是直线，在t「t2时间内是曲线，大于t2时间是平行时间轴的直线。已知该棒t|时刻速

度为VI,t2时刻速度为V2,不计棒与导轨间的摩擦，求：

（1）刚进入磁场的t,时刻和t2时刻通过导体棒的电流之比;

（2）导体棒进入磁场时加速度的大小。

6.（12分）

（1）设棒切割磁场的长度为L,磁场的磁感应强度为8,回路的总电阻为R,则棒在

小玲时刻的电流为

.BLv,.BLv,八

仁分）

AA

因此电流之比为U=L（2分）

k%

（2）设恒力为F,则在h时刻：F-B=ma（2分）

R

在，2时刻：F-BLV1=0（2分）

R

在0力时间有：/7[=机巧（2分）

联解得：。=1----—（2分）

、V21tl

7.（14分）如图所示，在xOy平面内，第H1象限内的直线0M是电场与磁场的边界线,

0M与x轴负方向成45。夹角.在+y轴与直线0M的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,

场强大小为E,在+x轴下方与直线0M的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强破场，磁感应

强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点。沿y轴负方向进入磁场，第一次经过磁场边界时

的位置坐标是（-L,-L）.已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力，微粒

最后从+y轴上某点飞出场区（图中未画出），求：

（1）带电微粒从坐标原点0进入磁场时的初速度；

（2）带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间。

7.（14分）解：

（1）设微粒从原点。进入磁场时的初速度为W，在磁场中的运动半径为广，则有

JTIV2

qv°B=3（2分）

r

由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是（】，】），可知

r=L（1分）

解出（1分）

m

（2）微粒到达A点时，速度方向与夹角为45。，即与电场平行.微粒在电场中从

A点开始向-x方向做减速运动，后原路返回A点，再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入

电场，微粒的运动轨迹如图所示。

微粒做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，所以

4/

qB%=m（1分）

27zr

并且vo（1分）

设微粒在磁场中运动的总时间为r”，根据几何关系，微粒在磁场中运动的路径刚好是

一个完整的圆周，所以

展=丁（1分）

根据对称性，微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向，此后在电场中做类平抛运动,

从。点离开电场，设其加速度为小运动时间为fe，则有

qE—ma（1分）

从C运动到。在x方向的位移为

^-r=~atco（2分）

设微粒从A点进入电场后做往返运动的总时间为则由牛顿运动定律有

v-a--（2分）

02

微粒在电场、磁场区域运动的总时间为

t-t()C+'A+'CD（1分）

联立以下各式并代入数据解得

〜71mBL[mmLL、

"2(—+—+1——)

qBE\qE

8.（原创）（17分）在竖直平面内有与平面平行的匀强电场，一质量为m、带电量为

+q的小球从竖直平面的坐标原点0处以某一速度抛出，已知小球经y轴上的某点P点时速

度最小，小球经Q点时速度大小与0点的速度大小相同，且XQ=d,yQ=d,如图所示。已知

重力加速度为g,求：

（1）电场强度的最小值；

（2）若电场强度为（1）中所求的值，则

①小球从O点抛出时的初速度的大小;

。小球再次经过x轴的坐标。

y

Q(d,d)

OX

【解析】（1）（6分）由于小球在0、Q两点的速度大小相等，则小球所受重力和电场

力的合力F的方向应与0Q垂直，又0Q与x轴的夹角tan9=l,即0=45°,所以合力与y轴

负方向的夹角为0

如图所示，有qE=mgcos450,（3分）

解得E=®mgq，方向沿OQ方向

（3分）

2q

（2）（6分）①当E取最小值时，合力尸=扃1g，小球运动过程中的加速度为

2

a^—e方向与y轴负方向成45°角

2

由于小球在P点速度最小，则P点O、Q两点对称，易得P点坐标为（0,d）。在P点,

小球速度方向应沿OQ方向，设P点的速度为v,易得：而（1分）

22

2

-at=丽=遮d（1分）

22

（2分）

在0点的速度Vo应有：%=y/v2+2aPM

解得％（2分）

。（5分）设小球运动轨迹与x轴交点为R,小球从P到R做类平抛运动，设PMS交x

轴为N,RS与PS垂直,

有额=讨=泗—1（1分）

2

22

~Ps=Lat=—gta分）

24

万=丽+丽=J5d+丽解得？=2,2d/g丽=0c（2分）

所以诟=而+诉=d+2d=3d（1分）

XXj

9.如图所示，在OWxWa的区域i内有垂直于纸面向里的匀强磁XX：

X1X:

场.在x>a的区域II内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度xxj

X?,

的大小均为B。。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿x轴从原点0xxi

xxj

射入磁场。当粒子射入速度不大于V。时，粒子在进场中运动的时间都XX\

相同，求:

(1)速度V。的大小;

(2)若粒子射入磁场的速度大小为、历v。，其轨迹与x抽交点的横坐标；

(3)调节区域II磁场的磁感强度为aBo,使粒子以速度nvo(n>l)从0点

沿x轴射入时，粒子均从0点射出磁场，n与才满足的关系。

解：(1)粒子恰好与边界相切时R=a

qvB=m—

R

解得一尸迺

m

(2)带电粒子运动的轨迹如图所示，0卜0?分别为轨迹的圆心，

图甲图乙

「叵心=缶

qB°

由几何关系可得rsin〃=a

02A=2rsin。

02B=2rcos0—r=(2—y[2)a

BC=J户一O?1:

轨迹与x轴交点坐标为X=02A+BC=2(1+^A/2-J)a

2

，._(«v0)

(3)粒子在区域I中圆周运动的半径为R1,根据qnvoBo=m------

&

粒子在区域II中圆周运动的半径为qnvMB尸n/呼

在区域11中圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从0点射出

Risina=a（2分）

（R,+R2）cosa=R1（2分）

用午T、F：-------------

X+1n

10.如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为3导轨电阻忽略不计。空间存在垂直

于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦轻质导体棒加垂直导轨放置，导

体棒油的电阻为r,与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为凡轻质导

体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为〃？的物体，现从静止释放该物体，当物

体速度达到最大时，下落的高度为人在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够

长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g。求：

□m

（1）物体下落过程的最大速度v,„;

（2）物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热。；

（3）物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间人

【解析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，F落速度达到最

大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物

体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻

R上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的

时间；

解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到

最大

对物体，由平衡条件可得mg=Fr

对导体棒Fr=BIL

对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律1=

R+r

根据电磁感应定律E=BLVm

mg（R+r）

联立以上各式解得Vm=,,

BT2

（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守

恒定律可得

1,

mgh=-mvm'+Q总

2

在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比,

故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以

Q_R

32

联立解得Q=蟹Fg-R（R+r）

R+r2B4!?

（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为V,取一段时间微元At,在此过程中分别

R22

对导体棒和物体分析，根据动量定理可得出/，，T）及=0

(mg-FT)At=mAv

口2T2

整理可得mgAt-----At=mAv

R+r

Bt2

即mgAt-----Ax=mAv

R+r

p2y2

全过程叠加求和mgt---h=mvm

R+r

联方解得1=哩**+改)

BLmg(R+r)

11.如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间距为L,处于磁感应强度为B的竖

直向上的有界匀强磁场中。金属棒Q放置在导轨上，棒的中点与一水平固定的力传感器连

接在一起。质量为m的金属棒P以速度均向右进入磁场区域，两棒始终与导轨垂直且接触

良好，两棒未发生碰撞，电阻均为R,其余部分电阻不计。

o

(1)求p棒刚进入磁场时所受到的安培力大小和方向；

(2)求P棒刚进入磁场时加速度大小及其发热功率；

(3)试通过推理分析说明P棒进入磁场后加速度和速度的变化情况；

(4)试定性画出P棒进入磁场后的整个运动过程中力传感器读数尸随时间，的变化曲

线。(力传感器受到拉力时读数为正值，受到压力时读数为负值)

【解析】(1)P棒速度为vo时回路中的感应电流为

EBLV0

I=—=----

R总2R

R2,2

P棒所受安培力F==BIL='"°，方向水平向左；

安2R

(2)根据牛顿第二定律

Bt2Vo

=BIL=-----=ma

女2R

22

BLV0

a=-----

2mR

R2T22

P棒的发热功率为p=[2R=____2；

4R

(3)因P棒加速度2=三上方向与速度方向相反，所以P棒做减速运动；

2mR

随着速度减小，加速度减小，故P棒做加速度减小的减速运动，直到加速度、速度均趋近于零。即加速

度由她减小到零；速度由V。减小到零。

2mR

(4)由(3)分析可得，力传感器读数F随时间t的变化曲线如图:

12.如图，AB、CD两根足够长的平行光滑金属导轨，构成的斜面与水平面成0=37。，

两导轨间距L=0.5m,导轨的电阻可忽略。A、C两点间接有阻值为R的电阻。一根质量

机=0.5kg、电阻尸O.1C的均匀直金属杆MN放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装

置处于磁感应强度B=1T,方向垂直斜面向下的匀强磁场中。自图示位置起，杆MN受到方

向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增

大。lOm/s2,sin37°=0.6cos37°=0.8）

（1）判断金属杆MN在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；

（2）若杆MN受到的力F=O.5v+l（式中v为杆MN运动的速度，力F的单位为N）,求

电阻R的阻值；

（3）在（2）条件下，金属杆MN自静止开始下滑x=1m的过程需要的时间而1时间t内

通过电阻R的电量。

EBLv

【解析】试题分析：通过R的电流-----------，因通过R的电流随时间均匀增大，

R+rR+r

即杆的速度随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动：根据根据闭合电

路欧姆定律和牛顿第二定律即可求出电阻;根据运动学公式求出时间和速度，再根据口=W

出电量。

（1）金属杆做匀加速运动（或金属杆做初速为零的匀加速运动）。

pBIv

通过R的电流I=一—=——，因通过R的电流/随时间均匀增大，即杆的速度随时间

R+rR+r

均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动.

r）Tv

（2）对回路，根据闭合电路欧姆定律1=——

R+r

对杆,根据牛顿第二定律有：F+mgsin37°-BIL=ma

B21?、

将尸=0.5什1代入得:1+mgsin37°+(0.5—v=ma

R+r

因〃与u无关（取刚开始运动时刻，v=0）,所以解得：«=8m/s2

B2L2

0.5-=0解得:R=0.4C

R+r

(3)

因杆做初速度为零的匀加速运动，有%=n/=4m/s

TDTv

而1=一通过R的电流/随时间从零开始均匀增大

R+r

所以q=”

代入数据得q=lC

13.如图，在磁感应强度为8、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为〃?的金属杆MN

垂直于两平行光滑导轨ab、cd放置（在同一水平面内），且与两导轨保持良好接触，两导

轨间距为乩电动机的输出功率恒为P，通过一细绳拉着金属杆以初速度h沿导轨向右加速

运动。两导轨间连接一阻值为R的定值电阻，金属杆、导轨电阻均不计。经过一段时间，后,

金属杆恰好开始做匀速运动，求：

（1）金属杆以初速度均运动时的加速度大小；

（2）金属杆做匀速运动时的速度大小；

（3）若金属杆以初速度％运动时的加速度为“，金属杆做匀速运动时的速度为v,画

出金属杆在时间，内运动的速度一时间图像，并在图中标出相关物理量；

（4）判断金属杆经过时间f运动的位移S在什么范围内，并写出你的判断依据。

【解析】解：（1）感应电动势E=Bdv。

p2d2

金属杆受到的安培力—叱B处一

pB2d2Vo

根据牛顿第二定律：gF=ma=--------=ma

-V.R

PB2d2Vo

得：a=f--------

mv0mR

PBdv

（2）匀速时电动机对金属杆的拉力等于磁场对金属杆的安培力：-=B—d

vR

俎回

得：V=---

Bd

（3）画出金属杆在时间/内运动的速度——时间图像

（4）图中，t=一-

卜列可能情况结果

v0+v(V-V22

丁XS<[vt'

vO+v

-----t<S<v-t

2

(V-VQ)2

v0't<S<[vt―^―]

v°+v

--------t<S

2

vot<S<v-t

S<v-t

v°t<S

14.在边长为业的等边三角形ABC范围内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应

强度为B。位于等边三角形中心0处的粒子源可向纸面内的各个方向发射速率相等的同种

带正电粒子，粒子的比荷为❷，不计重力及粒子间的相互作用.

m

A

(1)若等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，求粒子初速度的大小应满足的条

件。

(2)若粒子的初速度大小为V。时，恰好可使等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通

过，求初速度为V。的粒子在磁场中运动时间最长与最短的差值。(已知：若sine=k,则0=arcsin

k)

.1

【答案】⑴V?吧八2marcsin-

(2)TOT)4

m

3qBqB

2

【解析】由几何关系可知AO=BO=CO=而Lsin6()Q「L,为保证等边三角形AB边的任

意位置都会有粒子通过,粒子圆周运动轨迹必须进过A点和B点，如图;

°.解得RNL

洛伦兹力提供向心力qvB=m—

R

解得VN吧

m

（2）粒子的初速度大小为vo时，恰好可使等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通

过，则丫0=场此时粒子圆周运动的半径为R=L轨迹恰通过各边中点的粒子，在磁场中运

m

动时间最短，如图;

由几何关系：41

sinB=—=-

L4

1

2arcsin-

粒子在磁场中运动的时间4

-------T

2兀

27nh

T=——

qB

.i

2marcsin-

4

在磁场中运动的时间最长，如图;

由几何关系可知，21

siny=—=-

L2

2y17cm

2=—T=-T=---

2兀63qB

1

2marcsin-

粒子在磁场中运动最长与最短时间差值Tum4

△t=「2七=

3qBqB

点睛：本题考查了粒子在有界场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动

轨迹找出临界条件是正确解题的关键，应用几何知识、牛顿第二定律即可正确解题.

15.如图所示，竖直放置的A、B与水平放置的C、。为两对正对的平行金属板，A、B

两板间电势差为U，C、。始终和电源相接，测得其间的场强为E。一质量为加、电荷量为

q的带电粒子(重力不计)由静止开始经A、8加速后穿过C、。发生偏转,最后打在荧光屏上。

(1)粒子带正电还是带负电？求粒子离开B板时速度大小VB；

(2)粒子刚穿过C、。时的竖直偏转位移y。

(3)如要想粒子最终还能够打在荧光屏的0点上，可在平行金属板C、O中叠加一个匀

强磁场，请问该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向应该满足什么条件。

【解析】【分析】根据电场力方向与电场线方向关系判断粒子带正电还是负电：带电粒

子先在AB间做匀加速直线运动然后CD间做类平抛运动，粒子在加速电场中，由动能定理

求解获得的速度V。的大小，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速

度，由位移公式求解侧向偏移量y：在平行金属板C、。中叠加一个匀强磁场，由牛顿第二

定律可得匀强磁场的磁感应强度。

解：(1)电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电。

1.

2

粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得：Uq=^nvB

粒子离开B板时速度大小VB=

(2)在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得

Eq

a=­

m

L=vBt

12

y=严

联立解得丫=生

4U

(3)在平行金属板C、D中叠加一个匀强磁场，

由牛顿第二定律可得BqvB=Eq

匀强磁场的磁感应强度B的大小B=E—

42Uq

根据左手定则可得磁感应强度8方向垂直纸面向里

16.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,电阻R、R2并联

后接在导轨左端。整个区域内存在垂直轨道平面向下的匀强磁场。一质量为〃?，电阻为厂的

金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。自/=0时刻起，在一水平向右的外力F

作用下金属棒由静止开始做加速度a=0.4m/s2的匀加速运动。(已知A=lm,"?=lkg,/?!

=0.30,/?2=0.6Q,r=0.3d8=0.5T)。求：

(1)占0.5s时，通过金属棒MN的电流和金属棒的热功率H：

(2)0~0.5s内，通过电阻Ri的电量q；

(3)通过分析、计算，在图(b)中画出0~ls内F随时间f变化的图像。

€RR]

解：（1）由。=〃、感应电动势、感应电流/=R并+「、R#=R]+%可求得:

BLat0.5x1x04x0.5

/产Rj’+r=~~0.3+0.2A=0.2A（3分）

22

pr=/rr=（）.2x0.3W-0.012W（2分）

0.62

(2)0.5s时，h=03^6/产FA(1分)

&此BLat

通过电阻品的电流4=而莅/r=R+R2/?”，+，・，得/产，，（2分）

0+/11

所以♦=2=百A（1分）

11

q=ht=L5X0.5C=30C（1分）

（3）金属棒在水平方向受到向右的外力尸和向左的安培

力FA,做匀加速运动。

根据牛顿第二定律〃?a=F-FA（1分）

6小

另外根据/A=R+r、0="

可得：

ETI^a0.52xl2

F=ma+~R^7t=1xO.4+o.3+o.2xO.4f(N)=0.4+02(N)(2分)

尸随时间f变化的图像如图所示(2分)

17.核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难

题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把

高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给

反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我

国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为

可控核聚变研究的领军者。

（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻

尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为4=|%7,其中

k=1.380649xl0-23J/K«请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。

（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为To时垂直进入磁感应强度为B的

匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。

（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两

圆半径分别为h、r2,环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很

大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速

度为v,速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。

3

解：(1)微观粒子的平均动能：4=2x10-15)

2

(2)|fcT0=|mv

,v2

田Bqv=m—

j3kmTo

R=-------

Bq

(3)磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示

设粒子轨迹半径为r,由几何关系得：(七-「)2=户+「12

“2x2

解得:r=r2

2r2

由牛顿第二定律qvB=m—

r

2r2mu

解得:B=

qgZ-rj)

18.如图所示，在电场强度大小为E=鸣、方向竖直向上的匀强电场中，长为L的绝缘

q

轻绳一端固定在。点，另一端固定一质量为加、带电荷量为的直放置且尺寸较小。现将

小球拉到与。点同一高度且距。点右侧L处的C点，给它一个竖直向上的初速度VO,此后

小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板4、8碰撞，小球每次与挡板

碰撞时均不损失机械能，碰后瞬间电场均立即反向，但大小不变.重力加速度大小为g。求:

(1)若小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板8,求初速度为的最小值；

(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，求小球与B第1次碰撞前瞬间，轻绳拉力的大小;

(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50根g,在轻绳断前，小

球与挡板总共碰撞的次数为多少。

【解析】(1)小球与挡板A碰前，由于qE=mg,小球将做匀速圆周运动到挡板A。

小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力作用下做圆周运动到挡板B,

此过程中F=qE+mg=2mg,方向向下

要能做圆周运动，则最点A处满足：qE+mg<m

解得：回

因而小球初速度的最小值为选

(2)小球第1次与挡板A碰后，将做变速圆周运动到挡板B与挡板B第1次碰撞，在该

1-1-

过程中，根据动能定理有：(qE+mg)-2L=严\面-严vj

第I次与B碰前瞬间，根据牛顿第二定律有：iB「qE-mg=m^

解得：TBI=12mg

(3)根据题设分析，小球每次向上做圆周运动时，均