高考物理电磁学计算题(五)含答案与解析

第1页（共1页）高考物理电磁学计算题（五）组卷老师：莫老师评卷人得分一．计算题（共50小题）1．如图甲所示，竖直虚线MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN左侧有水平的平行金属板，板的右端紧靠虚线MN，在两板的电极E、F上加上如图乙所示的电压，在板的左端沿两板的中线不断地射入质量为m，电荷量为+q的带电粒子，粒子的速度均为v0，侧移最大的粒子刚好从板的右侧边缘射入磁场，两板长为L，若远大于T，磁场的磁感应强度为B，U0=不计粒子的重力，求：（1）两板间的距离d为多少？（2）要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离至少多大？（3）若将下板下移，则所有粒子进入磁场后，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离又至少为多大？2．如图所示的xoy坐标系中，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知OQ=3L，粒子的重力不计，求（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子从P点运动至第3次到x轴的时间．3．示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已经加速电场的电压为U1．两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为﹣e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力．若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d，求U1和U2的比值．4．如图所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0.41m，导轨的间距为L=0.5m，导轨的电阻与摩擦均不计．在导轨的顶端接有阻值为R1=1.5Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，现有一根长度稍大于L、电阻R2=0.5Ω、质量m=1.0kg的金属棒，金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t=0时刻，F0=1.5N，经2.0s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab、（重力加速度g=10m/s2）．求：（1）金属棒做匀加速直线运动的加速度；（2）金属棒运动到cd时电压表的读数；（3）金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热．5．法拉第电磁感应定律的发现，建立了电与磁联系，如图所示，一边长为r正方形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过倒下接一对水平放置的平行金属板1、2，两板间的距离为d，板长为l，t=0时，磁场的磁感应强度B从零开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m，带电量大小为q的液滴以初速度υ0水平向右射入两板间，该液滴（可视为质点）恰好从板1右端边缘射出．（重力不可忽略）（1）判断液滴所带电荷电性．（2）求磁感应强度B随时间t的变化关系．6．如图所示极板PK间为加速电场，极板AB间是偏转电场，A、B两极板长度为L，板间距离为d，．若已知P、K间所加电压为U1，AB板间所加电压为U2．电子经加速电场加速后平行AB板进入偏转电场，且电子能够穿过偏转电场．电子质量为m，电子的电荷量为e．设从P极板出来的电子初速度为0，整个装置处于真空状态．试求：（1）电子经加速电场加速后通过K板的速度υ0；（2）电子在偏转电场中的加速度a；（3）电子从偏转电极出来时的侧移量y．7．如图所示，在xOy坐标系原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界线，ab为一块很大的平面感光板垂直于xOy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示，观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用）．求：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时距y轴的最大距离；（2）磁感应强度B的大小；（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？8．如图a所示，一对平行光滑导轨固定放置在水平面上，两轨道间距L=0.5m，电阻R=2Ω，有一质量为m=0.5kg的导体棒ab垂直放置在两轨道上，导体棒与导轨的电阻皆可忽略不计，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面，开始用一个外力F沿轨道方向拉导体棒，使之做初速度为零的匀加速直线运动，外力F与时间t的关系如图b所示，经过一段时间后将外力F撤去，导体棒在导轨上滑行一端距离后停止．要使撤去外力F前导体棒运动时通过电阻R的电量等于撤去外力后导体棒运动时通过电阻R的电量，求：（1）导体棒匀加速直线运动的加速度？（2）匀强磁场的磁感应强度B？（3）外力F作用在导体棒上的时间？9．如图所示，A、B间相距L=6.25m的水平传送带在电机带动下始终以v=3m/s的速度向左匀速运动，传送带B端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E=l×l06N/C．现将一质量m=2kg．电荷量q=l×10﹣5C的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A端．若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：（1）滑块放上传送带后瞬间的加速度；（2）滑块第一次反弹后能到达的距B端的最远距离；（3）滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率．10．如图所示，ab、cd为间距l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac间接有阻值为R的电阻，空间存在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场，将一根阻值为r、长度为l、质量为m的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好。已知当金属棒向下滑行距离x到达MN处时已经达到稳定速度，重力加速度为g．求：（1）金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量；（2）金属棒的稳定速度的大小。11．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长L=0.20m，每边的电阻R=5.0×10﹣2Ω．将其置于磁感应强度B=0.10T的有界水平匀强磁场上方h=5.0m处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面始终与磁场方向垂直，且cd边始终与磁场的水平边界平行．取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求当cd边刚进入磁场时，（1）线框中产生的感应电动势大小；（2）线框所受安培力的大小；（3）线框的发热功率．12．如图所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为L的导体棒a，b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上．整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B．开始时两棒静止，自由释放后开始运动．已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦．求：（1）刚释放时，导体棒的加速度大小；（2）两导体棒运动稳定时的速度大小；（3）若从开始下滑到刚稳定时a棒下降的高度为h，求此过程中安培力做的功W安．13．如图所示，三角形AQC是边长为2L的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点，在水平线QC下方是水平向左的匀强电场；区域I（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，区域II（三角形APD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域III（虚线PD之上，三角形APD以外）有垂直纸面向外的匀强磁场，区域II、III内磁感应强度大小均为5B，一带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域I，接着从P点垂直AQ射入区域III，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O点．粒子重力忽略不计，求：（1）该粒子的比荷；（2）电场强度E及粒子从O点射出时初速度v的大小；（3）粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程中所经历的时间t．14．如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R为半径的圆形区域I内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=；一质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v从A（R，0）点沿x轴负方向第一次进入磁场区域I，再从区域I进入同心环形匀强磁场区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点第二次回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加以垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°角，不计粒子重力．试求：（1）环形区域Ⅱ跟圆形区域Ⅰ中的磁场的磁感应强度大小之比；（2）粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．15．如图甲所示，在均匀介质中P、Q两质点相距d=0.4m，质点P的振动图象如图乙所示，已知t=0时刻，P、Q两质点都在平衡位置，且P、Q之间只有一个波峰．求：（i）波的传播速度；（ii）质点Q下一次出现在波谷的时间．16．在xOy光滑水平平面内存在着如图所示的电场和磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y轴平行且大小相等、方向相反，质量m=2×10﹣12kg，电荷量q=l×l0﹣10C的带正电小球（大小忽略不计），从第四象限内的P（0.3m，一0.1m）点由静止释放，小球垂直y轴方向进入第二象限，求：（1）电场的电场强度大小E；（2）小球到达x轴负半轴时的位置坐标．17．足够长的平行金属轨道M，N，相距L=0.5m，且水平放置；M，N左端与半径R=0.4m的光滑竖直圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb=mc=0.1kg，电阻Rb=Rc=1Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M，N处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0=10m/s开始向左运动，求：（1）c棒的最大速度；（2）c棒中产生的焦耳热；（3）若c棒达到最大速度后沿圆轨道上滑，求金属棒c达轨道最高点时对轨道的压力的大小．18．如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α=37°，其带电量Q=×10﹣5C；质量m=0.1kg、带电量q=+1×10﹣7C的B球在离A球L=0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷．（静电力恒量k=9×109N•m2/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；（2）B球的速度最大时两球间的距离；（3）若B球运动的最大速度为v=4m/s，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？19．如图所示，两根足够长的粗糙平行直导轨与水平面成α角放置，两导轨间距为l，轨道上端接一电容为C的电容器．导轨处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面斜向上．一质量为m的金属棒在沿平行斜面的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动．已知重力加速度大小为g，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略所有电阻，求：（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；（2）回路中的电流强度大小．20．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？（2）求小球A的最大速度值．（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．21．如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面的夹角θ=37°角，下端连接阻值R=1Ω的电阻；质量为m=1kg、阻值r=1Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，距离导轨最上端为L1=1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ=0.9．整个装置与导轨平面垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示，已知在0～1.0s内，金属棒cd保持静止，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力取g=10m/s2．（1）求0～1.0s内电阻R上产生的热量；（2）求t=1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小；（3）1.2s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a=2m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′（从施加F时开始计时）变化的关系．22．如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板相距为d，电压为U．平行板间存在大小为B0的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，AG是两板间的中心线．金属板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，EFGH为长方形，EF边长为；EH边长为2a，A、F、G三点共线，E、F、D三点共线，曲线GD是以3a为半径、以AG上某点（图中未标出）为圆心的一段圆弧，区域内磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．若大量带电粒子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域．不计重力，忽略离子间的相互作用．（1）由F点进入下方磁场的离子速度；（2）由F点进入下方磁场的某离子从EH边界垂直穿出，求该离子的比荷；（3）由F点进入下方磁场的正负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值与（2）问中的离子比荷相同，带正电的离子均从边界FD射出磁场．求磁场边界上有正负离子到达的最大区域范围．23．如图（a）所示，真空中，xOy平面内，y轴左侧足够大区域内有沿x轴正方向的匀强电场，y轴与平行于y轴的直线NQ之间足够大区域内有垂直纸面的匀强磁场，已知电场强度的大小为E，磁感应强度随时间的变化如图（b）所示（取垂直纸面向里为正）．质量为m电荷量为q的带正电粒子，从点P（﹣d，0）静止释放，经电场加速后从O点进入磁场，从NQ边界离开磁场时速度方向沿x轴正方向．已知直线NQ与y轴的距离为d，不计粒子所受重力，求：（1）粒子过O点的速度大小；（2）若粒子从点R（d，d）（图中未画出）离开磁场，求B0的最小值；（3）求粒子从NQ边界离开磁场的点距x轴的最大距离及对应的B0值．24．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）C、O间的电势差UCO；（2）小球P在O点时的加速度大小以及小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度大小．25．为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图所示的坐标系xOy，O、A、B是水平桌面内的三个点，OB沿x轴正方向，∠BOA=60°，OB=OA，第一次将一质量为m的滑块以一定的初动能从O点沿y轴正方向滑出，并同时施加沿x轴正方向的恒力F1，滑块恰好通过A点，使滑块带电．电荷量为q（q＞0），同时加以匀强电场场强方向与△OAB所在平面平行．在恒力F仍存在的情况下，让滑块第二次从O点以同样的初动能沿某一方向滑出，恰好也能通过A点，到达A点时动能为初动能的3倍，在恒力F及匀强电场仍存在的情况下，让带电滑块第三次从O点以同样的初动能沿另一方向滑出，恰好通过B点，且到达B点时的动能是初动能的6倍，求：（1）第一次运动经过A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向．26．图甲为某列简谐波在t=0.2s时的波动图象，图乙是这列波上质点P的振动图象，求：①波的传播速度；②x=0处质点的振动方程。27．如图所示，足够长平行金属板竖直放置，间距为d电压为U0，一个质量为m、电量为q的带电小球，从正上方某处的两板中央由静止开始下落，经过时间t，进入两板之间．已知重力加速度为g，试求：（1）小球刚进入两板间时的动量为多大？（2）小球从开始下落经过多长时间与板相碰？28．在水平面内固定着足够长且光滑的“u”型导轨，导轨间距L=10m，将一金属圆柱体垂直放置在导轨上形成闭合回路，圆柱体的质量m=50kg、电阻r=0.8Ω，回路中其余电阻不计，整个电路处在磁感应强度B=2.0T的匀强磁场中，B的方向竖直向上，现用一轻绳将圆柱体与质量为M=1.2×103kg处于水平路面的汽车相连，拉紧时轻绳沿水平方向，已知汽车在运动过程中所受阻力大小恒为3.0×103N，汽车发动机的额定功率为3.6×104W．（1）若汽车以额定功率启动，求车速v=3m/s时，汽车的加速度大小（2）若汽车以a=1m/s2匀加速启动，求：汽车做匀加速运动阶段，输出功率P随时间t的表达式．29．两根足够长度的平行导轨处在与水平方向成θ=37°的斜面上，导轨电阻不计，间距为L=0.3m，在斜面加有磁感应强度为B=1T方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值为R0=2Ω的电阻，一质量为m=1kg，电阻为r=2Ω的金属棒横跨在平行轨道间．棒与轨道间动摩擦因数为0.5，金属棒以平行于轨道向上的初速度为v0=10m/s上滑直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量为△q=0.1C，求（1）上升过程中棒发生的位移（2）上端电阻R0产生的焦耳热．30．如图，质量m=1×10﹣3kg、带电量q=1×10﹣2C的带电粒子从竖直放置的两电容器极板AB之间贴着A极板以速度vx=4m/s平行极板飞入两极板间，恰从极板B上边缘O点飞出，已知极板长L=0.4m，极板间距d=0.15m．电容器极板上方有宽度为x=0.3m的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，均垂直纸面且方向相反，O为DC边中点，P为DC边中垂线上一点，带电粒子从O点离开电场，之后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切，不计粒子的重力．求：（1）该电容器极板AB所加电压U大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁感应强度大小B′=2T，粒子射入O点后经过3次偏转打到P点，则OP的距离为多少？31．长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的右侧有如图所示的匀强磁场，一个带电为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时末速度恰与下板成30°角，出磁场时刚好紧贴上板右边缘，不计粒子重力，求：（1）粒子从下板边缘射出电场时的竖直速度大小及两板间的距离；（2）匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度．32．如图所示，在纸面内有一个边长为L的等边三角形abc区域，一质量为m，电量为q的带正电的粒子从a点以速度v0沿平行于纸面且垂直于bc边的方向进入此区域．若在该区域内只存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好能从c点离开；若该区域内只存在平行于bc边的匀强电场，该粒子恰好能从b点离开（不计粒子重力）（1）判断匀强磁场，匀强电场的方向；（2）计算电场强度与磁场强度大小之比．33．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，板上某点S′的正下方有一个点状的α放射源S，SS′的距离为l=16cm，放射源S向各个方向发射α粒子，速度大小都是v=3.0×106m/s，已知α粒子的比荷=5.0×107C/kg．现只考虑在图示平面中运动的α粒子．求：（1）α粒子运动的轨道半径r；（2）通过作图，标出ab上被打中的区域，并求出其长度P1P2的大小；（3）在磁场中运动时间最短的α粒子射出粒子源S的速度方向与SS′的夹角．34．如图，水平桌面上固定有光滑金属导轨MN、PQ，它们的夹角为45°，导轨的右端点N、Q通过细导线与导体棒cd连接，在水平导轨MN、PQ上有一根质量M=0.8kg的足够长的金属棒ab垂直于导轨PQ，初始位置与两根导轨的交点为E、F，且E、F之间的距离为L1=4m，水平导轨之间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=0.5T，导体棒cd水平放置，处于匀强磁场B2中，匀强磁场B2水平且垂直导体棒cd向内，B2=0.3T，导体棒cd的质量m=0.1kg，长l0=0.5m，电阻R=1.5Ω，其他电阻均不计，不计细导线对c、d点的作用力，金属棒ab在外力的作用下从EF处以一定的初速度向右做直线运动，导体棒cd始终保持静止，取g=10m/s2，求：（1）金属棒ab在EF处的速度v1；（2）金属棒ab从EF处向右运动距离d=2m的过程中通过ab的电荷量q和需要的时间t；（3）金属棒ab从EF处向右运动距离d=2m外力做的功W．35．如图所示竖直面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放，已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所有时间t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转．求：（1）ab边刚进入磁场时，ba间电势差的大小Uba；（2）cd边刚进入磁场时，导体框的速度．36．如图所示，质量均为m、电荷量均为q的两带异种电荷的粒子从O点进入边界水平的匀强磁场中，带负电粒子的速度v1=v0，方向与磁场水平边界MN的夹角α=30°，带正电粒子的速度v2=v0，两粒子速度方向垂直．已知匀强磁场的磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，两粒子同时到达磁场边界，不计重力及粒子间相互作用．（1）求两粒子在磁场边界上的穿出点间的距离d．（2）求两粒子进入磁场的时间间隔△t．（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子出磁场后即在电场中相遇，其中带负电粒子做直线运动．求电场强度E的大小和方向．37．一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长λ≥80cm．O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=40cm处的两个质点．t=0时开始观测，此时质点O的位移y=﹣8cm，质点A处于y=﹣16cm的波谷位置；t=0.5s时，质点O第一次回到平衡位置，而t=1.5s时，质点A第一次回到平衡位置．求：（ⅰ）这列简谐横波的周期T、波速v和波长λ；（ⅱ）质点A振动的位移y随时间t变化的关系式．38．在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电量为+q的小球．（1）当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；（2）现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示，空间再加一个水平向右、场强E=的匀强电场（未画出），若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．39．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题．现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中．某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、D2．D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B．设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计．质子质量为m、电荷量为+q．加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小v1和进入D2盒后运动的轨道半径r1；（2）质子从静止开始加速到出口处所需的时间t；（3）若两D形盒狭缝之间距离为d，d＜＜R，计算说明质子在电场中运动的时间与在磁场中运动时间相比可以忽略不计的原因．40．半径为R的圆形区域内垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆心O到直线MN距离为R．一个带电的粒子以初速度v0沿MN方向飞出磁场，不计粒子的重力，已知粒子飞出磁场时速度方向偏转了90°．求：（1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子在磁场中运动的时间t．41．如图所示，ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场，有一带电小球质量为m，电量绝对值为q，小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压为U的电场加速后，水平进入ABCD区域中，恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，且从B点射出，已知AB长度为L，AD长度为L，求：（1）小球带何种电性及进入复合场时的速度大小；（2）小球在复合场中圆周运动的轨道半径；（3）小球在复合场中运动的时间．42．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一绝缘轻质弯杆AOB，∠AOB=120°，弯杆可绕固定轴O在水平面内做无摩擦的自由转动．杆上A、B两点分别固定着两个质量相同的带电小球，其质量均为m，电量分别为+q和﹣2q．已知OA=2OB=2L．空间存在水平向右，场强大小为E的匀强电场，初始时刻OA与电场方向平行．（忽略两小球间的相互作用）问：（1）选O点电势为0，求A、B两球在初始时刻处电势能之和；（2）从初始位置开始释放系统，问转过30°角时B球的速度是多少？（结果可用根号表示）43．如图所示，两根间距为L=0.5m的平行金属导轨，其cd左侧水平，右侧为竖直的圆弧，圆弧半径r=0.43m，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有R1=10Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，现有一根电阻R2=0.5Ω的金属杆在水平拉力作用下，从图中位置ef由静止开始做加速度a=1.5m/s2的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，开始运动时水平拉力F=1.5N，经2s金属杆运动到cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为0.225V，此后金属杆恰好能到达圆弧最高点ab，g=10m/s2，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）金属杆从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热．44．如图所示，平行导轨置于同一水平面上，导轨间距为L，左端接电阻R．导轨内存在竖直向上的磁感应强度为B的有界匀强磁场，其边界MNPQ为一个边长为a的正方形，正方形的边与导轨成45°．以M点为原点，沿MP建x轴．一根质量为m的光滑金属杆（电阻忽略不计）垂直搁在导轨上，在沿x轴拉力F的作用下，从M点处以恒定速度v沿x轴正方向运动．问：（1）金属杆在何处产生的感应电流最大，并求出最大感应电流Im，在图中电阻R上标出感应电流方向；（2）请计算说明金属杆运动过程中拉力F与位置坐标x的关系．45．有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播．两列波在t=0时刻的波形如图所示，已知a波的周期Ta=1s．求：①两列波在该介质中的传播速度；②从t=0时刻开始，x=1.0m处的质点运动到偏离平衡位置的位移为0.16m所需的最短时间．46．如图所示，倾角θ=37°的足够长的固定绝缘斜面上，有一个n=5匝、质量M=1kg、总电阻R=0.1Ω的矩形线框abcd，ab边长l1=1m，bc边长l2=0.6m．将线框置于斜面底端，使cd边恰好与斜面底端平齐，在斜面上的矩形区域efgh内有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，现通过沿着斜面且垂直于ab的细线以及滑轮把线框和质量m=3kg的物块连接起来，让物块从离地面某高度处静止释放，线框沿斜面向上运动，恰好能够匀速进入有界磁场区域．当线框cd边刚好穿出磁场区域时，物块m恰好落到地面上，且不再弹离地面．线框沿斜面能够继续上升的最大高度h=1.92m，线框在整个上滑过程中国产生的焦耳热Q=36J，已知线框与斜面的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）线框进入磁场之前的加速度；（2）线框cd边刚好穿出有界磁场区域时的速度；（3）有界磁场的宽度（即ef到gh的距离）．47．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．线段CO=OD=l，θ=30°．在第四象限正方形ODEF内存在沿+x方向、大小E=的匀强电场，沿AC在第三象限放置一平面足够大的荧光屏，屏与y轴平行．一个电子P从坐标原点沿+y方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场．已知电子的质量为m，电量为e．试求：（1）电子射入磁场时的速度大小；（2）电子在电场中运动的时间；（3）若另一电子Q从x坐标轴上某点（x≠0）以相同的速度射入磁场．P、Q打在荧光屏上同一点，电子射人磁场时的坐标x．48．如图所示，XOY平面内存在以坐标（0，r）为圆心，半径为r的圆形有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，一束电量均为q（q＞0），质量均为m的粒子均从原点O以相同的速率v射入磁场，入射方向在XOY平面内分布在Y轴左右两侧各30°范围内，所有粒子从磁场离开时速度方向均平行于X轴，在X=2r处有一平行于Y轴的足够长的荧光屏，不计带电粒子的重力，不考虑粒子间的相互作用，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）从O点到击中光屏所用时间最长和最短的粒子运动时间之差；（3）荧光屏上有粒子击中的区域在Y轴方向上的宽度．49．如图所示，间距为L的平行金属导轨与水平面间的夹角为a，导轨间接有一阻值为R的电阻，一长为L的金属杆置于导轨上，杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．当金属杆受到平行于斜面向上大小为F的恒定拉力作用时，可以使其匀速向上运动；当金属杆受到平行于斜面向下大小为的恒定拉力作用时，可以使其保持与向上运动时大小相同的速度向下匀速运动．重力加速度大小为g．求：（1）金属杆的质量；（2）金属杆在磁场中匀速向上运动时速度的大小．50．如图所示，虚线MN下方空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B=1T，竖直面内固定一半径R=1m的绝缘且粗糙的半圆形轨道BC，该轨道的最高点B恰位于虚线MN上，最低点C的切线方向与水平方向夹角为θ=37o．某一质量M=4kg的带电物块以v=1m/s的速度水平向右飞行，在A点突然爆炸，分成质量相等的两块，其中一块以1.2m/s的速度向相反方向飞出，另一块（可视为质点）在空中运动一段时间后，恰好从B点沿切线方向进入半圆形轨道，沿轨道内侧运动至末端点C时速度大小为6m/s，且刚好能沿切线方向做直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，试求：（1）求物块在D点时的速度大小；（2）沿轨道运动的物块带何种电荷？电荷量是多少？（3）物块在半圆形轨道中克服摩擦力所做的功。

高考物理电磁学计算题（五）参考答案与试题解析一．计算题（共50小题）1．如图甲所示，竖直虚线MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN左侧有水平的平行金属板，板的右端紧靠虚线MN，在两板的电极E、F上加上如图乙所示的电压，在板的左端沿两板的中线不断地射入质量为m，电荷量为+q的带电粒子，粒子的速度均为v0，侧移最大的粒子刚好从板的右侧边缘射入磁场，两板长为L，若远大于T，磁场的磁感应强度为B，U0=不计粒子的重力，求：（1）两板间的距离d为多少？（2）要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离至少多大？（3）若将下板下移，则所有粒子进入磁场后，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离又至少为多大？【分析】（1）由乙图得到等效平均电压，再根据粒子正好从班的右侧边缘进入磁场，利用类平抛运动规律即可求得板间距离；（2）由类平抛运动得到进入磁场的粒子速度大小和方向，求得粒子在磁场中做圆周运动的半径，然后，根据粒子的运动轨迹，由几何关系求得最小距离；（3）与（2）类似步骤，根据板间距改变，场强变小，加速度变小等类推下去即可．【解答】解：（1）粒子在水平方向上不受外力，所以粒子在电场中运动的时间为；因为远大于电场电压变化的周期T，又由于电压是均匀变化的，所以，加在E、F两端的电压可看成是U的平均值；由运动学规律，分析粒子竖直方向的运动，a==；所以，×=由上式可得：d==．（2）粒子进入磁场时速度为v，其水平分量vx=v0，竖直分量；所以，；所以，有洛伦兹力作向心力，即，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，，则有，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，则PQ、MN间的距离；（3）将下板下移，则两板间的距离为，粒子在电场中的加速度，因为a′＜a，所以粒子竖直偏移位移小于，粒子打不到下极板上；进入磁场时的速度为v′，其水平分量为v′x=v0，竖直分量，所以，；粒子在磁场中做圆周运动的半径；同（2）相似，，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离．答：（1）两板间的距离d为；（2）要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离至少为；（3）若将下板下移，则所有粒子进入磁场后，要使所有粒子均不能从边界PQ射出磁场，PQ、MN间的距离至少为．【点评】对于同一题目改变条件后的问题，我们要分析条件改变后会引起什么变化，从什么地方开始变化，求解的时候就从改变的时刻开始重新分析计算即可．2．如图所示的xoy坐标系中，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知OQ=3L，粒子的重力不计，求（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子从P点运动至第3次到x轴的时间．【分析】（1）因为带电粒子恰恰能回到电场，所以粒子在磁场中轨迹的左侧恰与y轴相切．画出粒子的运动轨迹，由几何关系就能求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力可以求得磁感应强度大小．（2）由进入磁场的速度大小求出在电场中从P点射出的速度vx从而求出粒子在电场中的时间，由于粒子在磁场中偏转300°，所以能求出粒子在磁场中偏转一次的时间，那么第三次经过x轴的是三段电场中类平抛运动时间与一次磁场偏转时间之和．【解答】解：（1）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R由几何关系有：R+Rsin30°=3L洛仑兹力提供向心力：联立可得：（2）粒子在Q点进入磁场时，vx=vcos30°在电场中的时间：磁场中运动的时间：总时间答：（1）磁感应强度B的大小．（2）粒子从P点运动至第3次到x轴的时间为．【点评】本题的不同之处在于，粒子先做类平抛运动后已知的是进入磁场的速度﹣﹣即类平抛运动的末速度，在求电场中做类平抛的时间特别注意要用水平位移3L除以进入磁场速度的水平分量．还要注意的是从磁场再次进入电场是斜抛运动，但要看作是两个平抛的组合．3．示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已经加速电场的电压为U1．两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为﹣e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力．若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d，求U1和U2的比值．【分析】带电粒子先在电场中加速，再进入匀强电场作类平抛运动，离开偏转电场后又做匀速直线运动打在荧光屏上，三个过程中看似复杂，只要抓住关键，列出相应的方程，由题设的最终偏转距离为列出方程，就能求出U1与U2的比值．【解答】解：在加速电场U1中，由动能定理：以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动运动，在离开偏转电场时偏移距离其中速度方向与水平方向成θ角，则有离开偏转电场后偏移的距离y2=d×tanθ根据牛顿第二定律有加速度而总的偏移距离y=y1+y2=联立以上几式可得：答：U1和U2的比值为1：2．【点评】本题考察的是带电粒子三种运动的综合，先是在U1中匀加速直线运动，然后在U2中类平抛运动，最后在真空中做匀速直线运动打在荧光屏上．由速度的合成求出在偏转电场中偏转角是关键，列出总的偏移距离是，就能求出U1与U2的比值．4．如图所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0.41m，导轨的间距为L=0.5m，导轨的电阻与摩擦均不计．在导轨的顶端接有阻值为R1=1.5Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，现有一根长度稍大于L、电阻R2=0.5Ω、质量m=1.0kg的金属棒，金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t=0时刻，F0=1.5N，经2.0s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab、（重力加速度g=10m/s2）．求：（1）金属棒做匀加速直线运动的加速度；（2）金属棒运动到cd时电压表的读数；（3）金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热．【分析】（1）根据牛顿第二定律求棒匀加速直线运动的加速度；（2）根据运动学公式求出金属棒运动到cd时的速度，求出感应电动势和感应电流，由欧姆定律求出电阻两端的电压即电压表的读数；（3）根据能量守恒定律求出回路产生的总焦耳热，再求出上产生的焦耳热；【解答】解：（1）根据题意，金属棒从ef位置开始匀加速运动，根据牛顿第二定律，有解得：（2）金属棒运动到cd时的速度v=at=1.5×2.0m/s=3m/s感应电动势E=BLv=0.2×0.5×3V=0.3V感应电流=0.15A电压表的读数（3）根据能量守恒定律，有：代入数据：解得：Q=0.4J电阻上产生的焦耳热为答：（1）金属棒做匀加速直线运动的加速度为1.5；（2）金属棒运动到cd时电压表的读数0.225V；（3）金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热为0.3J【点评】此题为一道综合题，牵涉知识点较多，明确求电动势、安培力、焦耳热的方法是解题的关键，灵活利用法拉第电磁感应定律和能量守恒的结论是解题的捷径5．法拉第电磁感应定律的发现，建立了电与磁联系，如图所示，一边长为r正方形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过倒下接一对水平放置的平行金属板1、2，两板间的距离为d，板长为l，t=0时，磁场的磁感应强度B从零开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m，带电量大小为q的液滴以初速度υ0水平向右射入两板间，该液滴（可视为质点）恰好从板1右端边缘射出．（重力不可忽略）（1）判断液滴所带电荷电性．（2）求磁感应强度B随时间t的变化关系．【分析】（1）由楞次定律可知，判断感应电动势的方向，从而确定极板的电势高低，和板内电场强度方向，再根据粒子偏转方向确定粒子的电性．（2）带电液滴在两板间做类平抛运动，由水平位移和竖直位移求出加速度，再根据牛顿第二定律求出电场力，从而确定两板间接电压，再由法拉第电磁感应定律求出磁感应强度的变化率，即B随t的变化关系．【解答】解：（1）由楞次定律可知：板1为正极，板2为负极，故液滴带负电荷．（2）两极板间的电压而S=r2带电液滴受到的电场力：F=qE=由牛顿第二定律：F﹣mg=ma所以液滴向上偏转做类平抛运动：当液滴刚好能从1板右侧射出时，有：l=v0tt=y=d，故d=解得：K=而B=Kt所以：B=t．答：（1）液滴所带电荷为负电．（2）求磁感应强度B随时间t的变化关系B=t．【点评】均匀增大的磁场产生了恒定的感应电动势，加在两板间，一带电粒子在两板间做类平抛运动，这就是本题的物理过程，直观明确．由法拉第电磁感应定律写出感应电动势的表达式，由类平抛运动的水平位移表示出加速度表达式．两者联立就能求得磁感应强度随时间t的关系．6．如图所示极板PK间为加速电场，极板AB间是偏转电场，A、B两极板长度为L，板间距离为d，．若已知P、K间所加电压为U1，AB板间所加电压为U2．电子经加速电场加速后平行AB板进入偏转电场，且电子能够穿过偏转电场．电子质量为m，电子的电荷量为e．设从P极板出来的电子初速度为0，整个装置处于真空状态．试求：（1）电子经加速电场加速后通过K板的速度υ0；（2）电子在偏转电场中的加速度a；（3）电子从偏转电极出来时的侧移量y．【分析】（1）在加速电场中应用动能定理可以求出电子通过K时的速度．（2）应用牛顿第二定律可以求出电子的加速度．（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电子的偏移量．【解答】解：（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1=mv02﹣0解得：v0=；（2）在偏转电场中，由牛顿第二定律得：a===；（3）粒子在偏转板间做类平抛运动，水平方向：L=v0t，竖直方向：y=at2，解得：y=；答：（1）电子经加速电场加速后通过K板的速度υ0为；（2）电子在偏转电场中的加速度a为；（3）电子从偏转电极出来时的侧移量y为．【点评】本题考查了电子在电场中的运动，电子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，分析清楚电子的运动过程是解题的前提，应用动能定理、类平抛运动规律即可解题．7．如图所示，在xOy坐标系原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界线，ab为一块很大的平面感光板垂直于xOy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示，观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用）．求：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时距y轴的最大距离；（2）磁感应强度B的大小；（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能；（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小；（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．【解答】（1）根据动能定理有：Eqd=mv2﹣m可得：v=2v0初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识有：d=at2Eq=max=v0t解得：x=d（2）根据上题结果，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角为：θ=初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，而且与mn之间的夹角最小，由图可得，若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，可得其圆周运动的半径为：r=d又根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m得：B=（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．由分析可知此时磁场宽度为原来的，即d，则：ab板至少向下移动：△y=d沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界，由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度为：L=2x+r=d+d答：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离为d；（2）磁感应强度B的大小为；（3）将ab板至少向下平移△y=d的距离才能使所有的粒子均能打到板上，此时ab板上被α粒子打中的区域的长度为d+d．【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高．8．如图a所示，一对平行光滑导轨固定放置在水平面上，两轨道间距L=0.5m，电阻R=2Ω，有一质量为m=0.5kg的导体棒ab垂直放置在两轨道上，导体棒与导轨的电阻皆可忽略不计，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面，开始用一个外力F沿轨道方向拉导体棒，使之做初速度为零的匀加速直线运动，外力F与时间t的关系如图b所示，经过一段时间后将外力F撤去，导体棒在导轨上滑行一端距离后停止．要使撤去外力F前导体棒运动时通过电阻R的电量等于撤去外力后导体棒运动时通过电阻R的电量，求：（1）导体棒匀加速直线运动的加速度？（2）匀强磁场的磁感应强度B？（3）外力F作用在导体棒上的时间？【分析】（1）在t=0时根据牛顿第二定律列方程求解加速度；（2）根据运动学公式求解t1=1s时速度，再根据牛顿第二定律和安培力的计算公式求解磁感应强度；（3）由于撤去外力F前导体棒运动时通过电阻R的电量等于撤去外力后导体棒运动时通过电阻R的电量，所以撤去拉力前后金属棒运动的位移x相同；全过程根据动量定理列方程求解F的作用时间．【解答】解：（1）在t=0时导体棒速度为零，此时安培力为零，拉力为：F0=1N，根据牛顿第二定律可得：a==2m/s2；（2）当t1=1s时速度为：v=at1=2m/s，此时的拉力为：F1=2N，根据牛顿第二定律可得：F1﹣BIL=ma，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得：I=，则有：F1﹣=ma，解得：B=2T；（3）根据电荷量的计算公式可得：q=It=由于撤去外力F前导体棒运动时通过电阻R的电量等于撤去外力后导体棒运动时通过电阻R的电量，所以撤去拉力前后金属棒运动的位移x相同；设外力F作用在导体棒上的时间为t，全过程根据动量定理可得：，t时刻的拉力大小为：Ft=F0+kt=F0+t所以有：即：其中x=解得：t=2s；答：（1）导体棒匀加速直线运动的加速度为2m/s2；（2）匀强磁场的磁感应强度为2T；（3）外力F作用在导体棒上的时间为2s．【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．9．如图所示，A、B间相距L=6.25m的水平传送带在电机带动下始终以v=3m/s的速度向左匀速运动，传送带B端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E=l×l06N/C．现将一质量m=2kg．电荷量q=l×10﹣5C的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A端．若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：（1）滑块放上传送带后瞬间的加速度；（2）滑块第一次反弹后能到达的距B端的最远距离；（3）滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率．【分析】（1）根据牛顿第二定律求滑块放上传送带后瞬间的加速度；（2）根据运动学公式求滑块到达挡板的速度，反弹后，先根据牛顿第二定律求出加速度，求出速度减速到与传送带速度相等的时间和位移，速度和传送带速度相等后，再根据牛顿第二定律求出加速度，根据速度位移公式求出速度减为0的位移，最后求出总位移即最远距离；（3）滑块在b点刚好速度就是3m/s时它能够做稳定的周期性运动，因为受力方向和受力大小始终都不变．周期也是可以求的出来的；在周期性往返运动过程中，滑块给传送带施加的摩擦力方向始终向右所以，滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为P=μmgv【解答】解：（1）滑块放上传送带后瞬间，受力如图所示由牛顿第二定律有qE﹣μmg=ma代入数据解得方向水平向右（2）设滑块第一次到达B点时速度为由运动学规律有代入数据解得因，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小为由牛顿第二定律有代入数据得设滑块与挡板碰后至速度减为v经历的时间为，发生的位移为由运动学规律有，代入数据得，此后，摩擦力反向（水平向左），加速度大小又变为a，滑块继续向左减速直到速度为零，设这段过程发生的位移为由运动学规律有代入数据得当速度为零时，滑块离B最远，最远距离代入数据解得（3）分析可知，滑块逐次回到B点的速度将递减，但只要回到B点的速度大于v，滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B点返回时发生的位移不会小于，回到B点的速度不会小于所以，只有当滑块回到B点的速度减小到v=3m/s后，才会做稳定的周期性往返运动．在周期性往返运动过程中，滑块给传送带施加的摩擦力方向始终向右所以，滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为P=μmgv代入数据解得P=18W答：（1）滑块放上传送带后瞬间的加速度；（2）滑块第一次反弹后能到达的距B端的最远距离为3.25m；（3）滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率为18W．【点评】本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，分清过程是关键，特别注意摩擦力方向的改变．10．如图所示，ab、cd为间距l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac间接有阻值为R的电阻，空间存在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场，将一根阻值为r、长度为l、质量为m的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好。已知当金属棒向下滑行距离x到达MN处时已经达到稳定速度，重力加速度为g．求：（1）金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量；（2）金属棒的稳定速度的大小。【分析】（1）依据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，再由电量表达式q=I△t，即可求解；（2）根据切割感应电动势公式，结合闭合电路欧姆定律，及安培力大小公式，最后结合平衡条件，即可求解。【解答】解：（1）金属棒下滑到MN的过程中的平均感应电动势为：E==根据欧姆定律，电路中的平均电流为：I==则q=I△t=（2）稳定时导体棒切割运动产生的电动势为：E=B0lvcosθ①电路中产生的电流为：I=②导体棒受的安培力为：F=B0Il③稳定时导体棒的加速度为零，mgsinθ﹣Fcosθ=0④由①②③④解得，稳定时导体棒的速度：v=答：（1）金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量；（2）金属棒的稳定速度的大小。【点评】考查法拉第电磁感应定律与闭合欧姆定律的应用，知道感应电动势的平均值与瞬时值的求解，掌握安培力与电量表达式的内容。11．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长L=0.20m，每边的电阻R=5.0×10﹣2Ω．将其置于磁感应强度B=0.10T的有界水平匀强磁场上方h=5.0m处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面始终与磁场方向垂直，且cd边始终与磁场的水平边界平行．取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求当cd边刚进入磁场时，（1）线框中产生的感应电动势大小；（2）线框所受安培力的大小；（3）线框的发热功率．【分析】（1）根据机械能守恒定律求出线框刚进磁场时的速度，再根据E=BLv求感应电动势的大小；（2）由欧姆定律求出线圈中的电流，根据安培力公式求安培力大小；（3）由求线框的热功率；【解答】解：（1）根据机械能守恒定律知，线框刚进磁场时的速度为v解得=m/s=10m/s感应电动势E=BLv=0.10×0.20×10V=0.2V（2）感应电流安培力F=BIL=0.10×1×0.20=0.02N（3）线框的发热功率=0.2W答：（1）线框中产生的感应电动势大小为10m/s；（2）线框所受安培力的大小为0.02N；（3）线框的发热功率为0.2W【点评】分析清楚线框的运动过程，应用机械能守恒定律、E=BLv、欧姆定律、安培力公式即可正确解题．12．如图所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为L的导体棒a，b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上．整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B．开始时两棒静止，自由释放后开始运动．已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦．求：（1）刚释放时，导体棒的加速度大小；（2）两导体棒运动稳定时的速度大小；（3）若从开始下滑到刚稳定时a棒下降的高度为h，求此过程中安培力做的功W安．【分析】（1）刚释放时，回路中没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律求加速度；（2）导体棒运动稳定时，两棒都做匀速运动，可知，细线中没有张力，a棒所受的安培力与重力平衡．再根据安培力与速度的关系求解速度；（3）全过程根据动能定理求解安培力做的功W安．【解答】解：（1）刚释放时，两导体棒的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：导体棒a、b的加速度大小a==．（2）设导体棒匀速运动时的速度为v，导体棒a切割磁感线产生的电动势为E，则：对a棒：E=BLv；又F安=BIL；闭合电路欧姆定律，则有：I=；由平衡条件有：mg=F安；联立解得：v=．（3）整个过程根据动能定理可得：mgh+W安=，解得：W安=﹣mgh．答：（1）刚释放时，导体棒的加速度大小为；（2）两导体棒运动稳定时的速度大小为；（3）若从开始下滑到刚稳定时a棒下降的高度为h，此过程中安培力做的功为﹣mgh．【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．13．如图所示，三角形AQC是边长为2L的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点，在水平线QC下方是水平向左的匀强电场；区域I（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，区域II（三角形APD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域III（虚线PD之上，三角形APD以外）有垂直纸面向外的匀强磁场，区域II、III内磁感应强度大小均为5B，一带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域I，接着从P点垂直AQ射入区域III，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O点．粒子重力忽略不计，求：（1）该粒子的比荷；（2）电场强度E及粒子从O点射出时初速度v的大小；（3）粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程中所经历的时间t．【分析】（1）粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，圆心为Q点，故半径等于QN，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动；故O到N的竖直分运动是匀速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；（3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系，求出时间．【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，由题意可知：R=L，解得：=；（2）粒子从O到N，由运动合成与分解的规律可得：L=v0t0，由牛顿第二定律可得：，解得：E=2Bv0，由运动学公式可得：由勾股定理可得：v==v0；（3）粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0、区域Ⅰ中的时间t1、区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t2+t3．根据平抛运动规律有设在区域Ⅰ中的时间为t1，则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0•5B=m，则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动轨迹如图所示，总路程为个圆周，区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为：，，故总时间为：答：（1）该粒子的比荷为；（2）电场强度E为2Bv0，粒子从O点射出时初速度v的大小为v0；（3）粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程中所经历的时间t为+．【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，综合性较强．磁场中圆周运动要画轨迹分析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系是关键．14．如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R为半径的圆形区域I内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=；一质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v从A（R，0）点沿x轴负方向第一次进入磁场区域I，再从区域I进入同心环形匀强磁场区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点第二次回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加以垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°角，不计粒子重力．试求：（1）环形区域Ⅱ跟圆形区域Ⅰ中的磁场的磁感应强度大小之比；（2）粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．【分析】（1）由洛仑兹力提供向心力先求出带电粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，从而判断出粒子从何处离开磁场．在Ⅱ区内做匀速圆周运动经过Q点时，由几何关系就能求出在环状区域内做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就可求出环状磁场的磁感应强度大小．（2）从A点向圆心O射入，经过Ⅰ、Ⅱ两次匀速圆周运动从Q点向圆心O方向射入，此过程向圆心方向进入时偏转150°，若经过m次的如此偏转最后在进入Ⅰ后经90°偏转恰恰经过A点，总共转过n周，列出一个二元一次方程，解出整数解，从而可以求出总时间．【解答】解：（1）粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力将B1=代入上式得：r1=R由此可判断粒子从点（0，R）没y轴正方向向上进入磁场Ⅱ区，由题意在磁场Ⅱ区做匀速圆周运动后从Q点再进入Ⅰ区，画出粒子的轨迹如图，由几何关系有：r2=r1tan30°洛仑兹力提供向心力有：联立以上几式可得：（2）当粒子由内侧劣弧经过A点时，应满足150°n+90°=360°m当m=4时，n=9时间最短在磁场Ⅰ区的时间在磁场Ⅱ区的时间所以再次回到A点的最短时间为．答：（1）环形区域Ⅱ跟圆形区域Ⅰ中的磁场的磁感应强度大小之比为．（2）粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间为．【点评】本题的靓点在于第二问：经过多少次如此偏转第一次回到A点，我们可以找一个参考点，即向着圆心O的方向射入时为初始状态，经过Ⅰ、Ⅱ区的两次偏转后第一次向圆心方向射入时已在初始状态转过150°，设经m次偏转后向圆心方向射入在Ⅰ区最后偏转90°恰恰到达A点，此时已转过n转（即n×360°），列二元方程解出整数解．那么最短时间就是在两个磁场区域内时间之和．15．如图甲所示，在均匀介质中P、Q两质点相距d=0.4m，质点P的振动图象如图乙所示，已知t=0时刻，P、Q两质点都在平衡位置，且P、Q之间只有一个波峰．求：（i）波的传播速度；（ii）质点Q下一次出现在波谷的时间．【分析】（i）根据波的传播方向，按照P、Q之间是否存在波谷进行分类讨论，得到波长，即可根据图乙求得周期，进而求得波速；（ii）根据（i）中分类得到Q的振动方向，即可根据周期求得时间．【解答】解：（i）t=0时，P向下振动，若P、Q之间存在波谷，那么波长λ=d=0.4m；由图乙可知：周期T=0.2s，故波速；若P、Q之间不存在波谷，那么，波长λ=4d=1.6m，故波速；（ii）若P、Q之间存在波谷，则不管波从P向Q传播还是由Q向P传播，质点Q都向下振动，故质点Q下一次出现在波谷的时间；若P、Q之间不存在波谷，则波从P向Q传播，质点Q都向上振动，故质点Q下一次出现在波谷的时间；答：（i）若P、Q之间存在波谷，波的传播速度为2m/s；若P、Q之间不存在波谷，波的传播速度为8m/s；（ii）若P、Q之间存在波谷，质点Q下一次出现在波谷的时间为t=0.05s；若P、Q之间不存在波谷，质点Q下一次出现在波谷的时间为t=0.15s．【点评】对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传播方向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动．16．在xOy光滑水平平面内存在着如图所示的电场和磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y轴平行且大小相等、方向相反，质量m=2×10﹣12kg，电荷量q=l×l0﹣10C的带正电小球（大小忽略不计），从第四象限内的P（0.3m，一0.1m）点由静止释放，小球垂直y轴方向进入第二象限，求：（1）电场的电场强度大小E；（2）小球到达x轴负半轴时的位置坐标．【分析】（1）小球在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由几何关系求出半径，求出在磁场中匀速圆周运动的速度，在第四象限运动过程根据动能定理即可求解场强；（2）小球在第二象限做类平抛运动，根据类平破运动的规律即可求出小球到达x轴负半轴的位置坐标；【解答】解：（1）小球在第一象限内运动时，由洛伦兹力提供向心力，有其中R=0.3m解得：小球在第四象限内有：其中L=0.1m解得：E=0.9N/C（2）在第二象限内小球做类平抛运动解得：所以小球到达x轴负半轴的位置坐标为（m，0）答：（1）电场的电场强度大小E为0.9N/C；（2）小球到达x轴负半轴时的位置坐标（m，0）．【点评】本题为带电粒子在组合场中的运动，要注意分别应用电场中的加速和偏转，磁场中的匀速圆周运动的规律进行分析求解．并注意认真分析其对应的物理过程．明确物理规律的正确应用．要注意小球是在光滑的水平面内运动，不能当成在竖直面内运动．17．足够长的平行金属轨道M，N，相距L=0.5m，且水平放置；M，N左端与半径R=0.4m的光滑竖直圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb=mc=0.1kg，电阻Rb=Rc=1Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M，N处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0=10m/s开始向左运动，求：（1）c棒的最大速度；（2）c棒中产生的焦耳热；（3）若c棒达到最大速度后沿圆轨道上滑，求金属棒c达轨道最高点时对轨道的压力的大小．【分析】（1）根据动量守恒定律求解c棒的最大速度；（2）根据能量守恒定律求解两棒中产生的总热量，再根据热量分配关系求解c棒中产生的焦耳热；（3）由机械能守恒求解最高点的速度，在最高点由牛顿第二定律和牛顿第三定律解得在最高点C棒对轨道的压力．【解答】解：（1）在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有：mbvo=（mb+mc）v解得c棒的最大速度为：v=vo=vo=5m/s；（2）从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q=mvo2﹣（mb+mc）v2=2.5J，因为Rb=Rc所以c棒中产生的焦耳热为：Qc==1.25J；（3）对c棒，沿圆轨道滑到最高点时的速度为v'，上升到最高点的过程由机械能守恒可得：，解得v'=3m/s最高点，设轨道对C棒的支持力为F，由牛顿第二定律得，解得F=1.25N，由牛顿第三定律得，在最高点C棒对轨道的压力为1.25N．答：（1）c棒的最大速度为5m/s；（2）c棒中产生的焦耳热为1.25J；（3）若c棒达到最大速度后沿圆轨道上滑，金属棒c达轨道最高点时对轨道的压力的大小为1.25N．【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系、动量守恒定律等列方程求解．18．如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α=37°，其带电量Q=×10﹣5C；质量m=0.1kg、带电量q=+1×10﹣7C的B球在离A球L=0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷．（静电力恒量k=9×109N•m2/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；（2）B球的速度最大时两球间的距离；（3）若B球运动的最大速度为v=4m/s，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？【分析】（1）根据点电荷场强公式E=k求A球在B球