《三年高考（2017-2019）高考物理真題分項(xiàng)匯編 專題21 電學(xué)計(jì)算題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《三年高考（2017-2019）高考物理真題分項(xiàng)匯編 專題21 電學(xué)計(jì)算題（含解析）（37頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題21 電學(xué)計(jì)算題 1．（2019·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求 （1）帶電粒子的比荷； （2）帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有 ① 設(shè)粒子

2、在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ② 由幾何關(guān)系知d=r③ 聯(lián)立①②③式得 ④ （2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過的路程為 ⑤ 帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為 ⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式得 ⑦ 2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）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(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為（>0）。質(zhì)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(jì)。 （1）求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從

3、射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大?。? （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(yīng)為多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】（1）PG、QG間場強(qiáng)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(shè)粒子的加速度大小為a，有 ① F=qE=ma② 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有 ③ 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有 ④ l=v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 ⑥ ⑦ （2）設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度L為⑧ 3．（2019

4、·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)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(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為 。重力加速度為g，求 （1）電場強(qiáng)度的大小； （2）B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有 mg+qE=ma① ② 解得③ （2）設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理

5、有 ④ 且有 ⑤ ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 ⑦ 4．（2019·北京卷）如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)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(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求： （1）感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E； （2）拉力做功的功率P； （3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】（1）BLv （2） （3） 【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv （2）線圈中的感應(yīng)電流 拉力大小等于安培力大小F=BIL 拉力的功率 （3）線圈ab

6、邊電阻 時(shí)間 ab邊產(chǎn)生的焦耳熱 5．（2019·北京卷）電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。 （1）請?jiān)趫D1中畫出上述u–q圖像。類比直線運(yùn)動(dòng)中由v–t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲存的電能Ep。 （2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（忽略內(nèi)阻）。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q–t曲線如圖3中①②所示。 a．①②兩條曲線不同是______（選填E或R）的改變造成的； b．電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻

7、充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。 （3）設(shè)想使用理想的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加。請思考使用“恒流源”和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、“減小”或“不變”）。 “恒流源” （2）中電源 電源兩端電壓 通過電源的電流 【答案】見解析 【解析】（1）u–q圖線如答圖1； 電壓為U時(shí)，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能Ep 故 （2）a．R b．減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電。 （3） “恒流源”

8、 （2）中電源 電源兩端電壓 增大 不變 通過電源的電流 不變 減小 6．（2019·天津卷）如圖所示，固定在水平面上間距為的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒和長度也為、電阻均為，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)與電阻為的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。的質(zhì)量為，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計(jì)。 （1）閉合，若使保持靜止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向； （2）斷開，在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過的電荷量為，求該過程

9、安培力做的功。 【答案】（1），方向水平向右 （2） 【解析】（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則 ① 設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有 ② 閉合時(shí)，設(shè)線圈中的電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得 ③ 設(shè)中的電流為，有 ④ 設(shè)受到的安培力為，有 ⑤ 保持靜止，由受力平衡，有 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ⑦ 方向水平向右。 （2）設(shè)由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運(yùn)動(dòng)的位移為，所用時(shí)間為，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為，有 ⑧ 其中 ⑨ 設(shè)中的平均電流為，有 ⑩ 根據(jù)電流的定義得 ? 由動(dòng)能定理，有 ? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩???式得

10、 ? 7．（2019·天津卷）2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生，這種引擎不需要燃料，也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極、之間的勻強(qiáng)電場（初速度忽略不計(jì)），、間電壓為，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為，電荷量為，其中是正整數(shù)，是元電荷。 （1）若引擎獲得的推力為，求單位時(shí)間內(nèi)飄入、間的正離子數(shù)目為多少； （2）加速正離子束所消耗的功率不同時(shí)，引擎獲得的推力也不同，試推導(dǎo)的表達(dá)式； （3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議。

11、 【答案】（1）（2） （3）用質(zhì)量大的離子；用帶電荷量少的離子；減小加速電壓。 【解析】（1）設(shè)正離子經(jīng)過電極時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有 ① 設(shè)正離子束所受的電場力為，根據(jù)牛頓第三定律，有 ② 設(shè)引擎在時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為，由牛頓第二定律，有 ③ 聯(lián)立①②③式，且得 ④ （2）設(shè)正離子束所受的電場力為，由正離子束在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 ⑤ 考慮到牛頓第三定律得到，聯(lián)立①⑤式得 ⑥ （3）為使盡量大，分析⑥式得到 三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電荷量少的離子；減小加速電壓。 8．（2019·江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的

12、單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的面積S=0.3 m2、電阻R=0.6 Ω，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T.現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt=0.5 s時(shí)間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中 （1）感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值E； （2）感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向； （3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q． 【答案】（1）0.12 V （2）0.2 A 電流方向見解析 （3）0.1 C 【解析】（1）感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值 磁通量的變化 解得， 代入數(shù)據(jù)得E=0.12 V （2）平均電流 代入數(shù)據(jù)得I=0.2 A（電流方向見圖3） （3）電荷量q=I?t

13、 代入數(shù)據(jù)得q=0.1 C 9．（2019·江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時(shí)會被反彈（碰撞時(shí)間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d

14、 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子的運(yùn)動(dòng)半徑 解得 （2）如圖4所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場左邊界相切 由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°） 解得 （3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期 設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時(shí)間為t'，則 （a）當(dāng)時(shí)，粒子斜向上射出磁場 解得 （b）當(dāng)時(shí)，粒子斜向下射出磁場 解得 10．（2019·浙江選考）如圖所示，在間距L=0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面（向內(nèi)為正）的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為分布沿y方向不變，沿x方向如下： 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C=1F的未充

15、電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I=2A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0=0.7m處。開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x3=－0.2m處時(shí)，開關(guān)S擲向2。已知棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。求： （提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功） （1）棒ab運(yùn)動(dòng)到x1=0.2m時(shí)的速度v1； （2）棒ab運(yùn)動(dòng)到x2=－0.1m時(shí)的速度v2； （3）電容器最終所帶的電荷量Q。 【答案】（1）2 m/s （2）（3） 【解析】（1）安培力， 加速度 速度 （2）在區(qū)間 安培力，如圖所示 安培力做功

16、根據(jù)動(dòng)能定理可得 解得 （3）根據(jù)動(dòng)量定理可得 電荷量 在處的速度 聯(lián)立解得 11．（2019·浙江選考）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期。板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子。t=0時(shí)刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電

17、場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。 （1）若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能； （2）若粒子兩次進(jìn)出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系 【答案】（1）， （2） 【解析】】（1）發(fā)射源的位置 粒子的初動(dòng)能： （2）分下面三種情況討論： （i）如圖1， 由 和， 及 得 （ii）如圖2， 由 和 及 得 （iii）如圖3， 由 和 及 得 12．（2018·江蘇卷）如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域

18、兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； （2）入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t； （3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 由題意知，解得 （2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α 由d=rsinα，得sinα=，即α=53° 在

19、一個(gè)矩形磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 解得 直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 解得 則 （3）將中間兩磁場分別向中央移動(dòng)距離x 粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα 由y≤2d，解得 則當(dāng)xm= 時(shí)，Δt有最大值 粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值 增加路程的最大值 增加時(shí)間的最大值 【名師點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在組合磁場中的運(yùn)動(dòng)，第（1）小題先確定粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；第（2）小題解答關(guān)鍵是定圓心、畫軌跡，分段分析和計(jì)算；第（3）小題求Δt的最大值，關(guān)鍵是要注意帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變和速度大小不變，所以中間磁場移動(dòng)后改變的是粒子在無磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的傾斜軌

20、跡的長度，要使Δt最大，則要傾斜軌跡最長，所以粒子軌跡跟中間磁場的上邊相切時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性列式求解。 13．（2018·江蘇卷）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g．求下滑到底端的過程中，金屬棒 （1）末速度的大小v； （2）通過的電流大小I； （3）通過的電荷量Q． 【答案】（1） （2）（3）

21、 【解析】（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2=2as 解得 （2）安培力F安=IdB 金屬棒所受合力 牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=ma 解得 （3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間 電荷量Q=It 解得 【名師點(diǎn)睛】本題是通電金屬棒在磁場中勻加速運(yùn)動(dòng)的問題，考生易誤認(rèn)為是電磁感應(yīng)問題而用電磁感應(yīng)規(guī)律求解。 14．（2018·北京卷）（1）靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。 a．請根據(jù)電場強(qiáng)度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點(diǎn)電荷Q的場強(qiáng)表達(dá)式； b．點(diǎn)電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S?、S?到點(diǎn)電荷的距離分別為r?、r?。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強(qiáng)度的大小。請計(jì)算S?、S?上單位面積通過的電場線

22、條數(shù)之比N1/N2。 （2）觀測宇宙中輻射電磁波的天體，距離越遠(yuǎn)單位面積接收的電磁波功率越小，觀測越困難。為了收集足夠強(qiáng)的來自天體的電磁波，增大望遠(yuǎn)鏡口徑是提高天文觀測能力的一條重要路徑。2016年9月25日，世界上最大的單口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽(yù)為“中國天眼”。FAST直徑為500 m，有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍。 a．設(shè)直徑為100 m的望遠(yuǎn)鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為P?，計(jì)算FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功率P?； b．在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的，僅以輻射功率為P的同類天體為觀測對象，設(shè)直徑為100 m望遠(yuǎn)鏡能夠

23、觀測到的此類天體數(shù)目是N0，計(jì)算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N。 【答案】（1）a． b． （2）a． b． 【解析】（1）a．在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗(yàn)電荷 根據(jù)庫侖定律檢驗(yàn)電荷受到的電場力 根據(jù)電場強(qiáng)度的定義 得 b．穿過每個(gè)面的電場線的總條數(shù)是相等的，若面積大，則單位面積上分擔(dān)的條數(shù)就少， 故穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比 （2）a．地球上不同望遠(yuǎn)鏡觀測同一天體，單位面積上接收的功率應(yīng)該相同，因此 b．在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的。因此一個(gè)望遠(yuǎn)鏡能觀測到的此類天體數(shù)目正比于以望遠(yuǎn)鏡為球心、以最遠(yuǎn)觀測距離為半徑的球體體積。 設(shè)

24、地面上望遠(yuǎn)鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為P0，直徑為100 m望遠(yuǎn)鏡和FAST能觀測到的最遠(yuǎn)距離分別為L0和L，則 可得L=5L0 則 【名師點(diǎn)睛】本題是一道信息題，要讀懂題目中所描述的物理情景，然后結(jié)合物理知識求解，在電場線條數(shù)一定的情況下，圓的半徑越大，則單位面積上的條數(shù)就越少；同樣要知道地球上不同望遠(yuǎn)鏡觀測同一天體，單位面積上接收的功率應(yīng)該相同，要借助于這些條件處理問題。 15．（2018·北京卷）如圖1所示，用電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動(dòng)變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。 （1）以U為縱坐標(biāo)，I為橫坐標(biāo)，在圖

25、2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標(biāo)軸交點(diǎn)的物理意義。 （2）a．請?jiān)趫D2畫好的U-I關(guān)系圖線上任取一點(diǎn)，畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時(shí)電源的輸出功率； b．請推導(dǎo)該電源對外電路能夠輸出的最大電功率及條件。 （3）請寫出電源電動(dòng)勢定義式，并結(jié)合能量守恒定律證明：電源電動(dòng)勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢降落之和。 【答案】（1）U–I圖象如圖所示： 圖象與縱軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為電源電動(dòng)勢，與橫軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為短路電流 （2）a如圖所示： b. （3）見解析 【解析】（1）U–I圖像如圖所示， 其中圖像與縱軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為電源電動(dòng)

26、勢，與橫軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為短路電流 （2）a．如圖所示 b．電源輸出的電功率： 當(dāng)外電路電阻R=r時(shí)，電源輸出的電功率最大，為 （3）電動(dòng)勢定義式： 根據(jù)能量守恒定律，在圖1所示電路中，非靜電力做功W產(chǎn)生的電能等于在外電路和內(nèi)電路產(chǎn)生的電熱，即 【名師點(diǎn)睛】運(yùn)用數(shù)學(xué)知識結(jié)合電路求出回路中最大輸出功率的表達(dá)式，并求出當(dāng)R=r時(shí)，輸出功率最大。 16．（2018·新課標(biāo)全國II卷）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域

27、，寬度均為，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 （1）定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡； （2）求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大??； （3）若該粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 【答案】（1）軌跡圖如圖所示： （2） （3） 【解析】（1）粒子在電場中做類平拋，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)，再次進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合相應(yīng)的計(jì)算即可畫出

28、軌跡圖 （2）在電場中要分兩個(gè)方向處理問題，一個(gè)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，一個(gè)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)。 （3）在磁場中的運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵是找到圓心，求出半徑，結(jié)合向心力公式求解。 （1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱） （2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1=at②

29、③ ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 ⑤ 由幾何關(guān)系得 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ⑦ （3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ⑨ 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為，則 ⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， ? 由③⑦⑨⑩?式得 ? 【名師點(diǎn)睛】在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)要分階段處理，每一個(gè)運(yùn)動(dòng)建立合理的公式即可求出待求的物理量。 17．（2018·天津卷）真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的

30、兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直，長度均為l，電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。 （1）要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由； （2）求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小； （3）列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間

31、距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為 ，此時(shí)ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ 【答案】（1）M接電源正極，理由見解析 （2） （3）若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場，若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N+1塊有界磁場 【解析】結(jié)合列車的運(yùn)動(dòng)方向，應(yīng)用左手定則判斷電流方向，從而判斷哪一個(gè)接電源正極；對導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)閉合回路歐姆定律以及牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動(dòng)量定理分析列車進(jìn)入和穿出磁場時(shí)動(dòng)量變化，據(jù)此分析； （1）M接電源正極，列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b

32、，由c到d，故M接電源正極。 （2）由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為，由電阻的串并聯(lián)知識得① 設(shè)回路總電阻為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有② 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F=BIl③ 根據(jù)牛頓第二定律有F=ma④，聯(lián)立①②③④式得⑤ （3）設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場后經(jīng) 時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為 ，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 ⑥，其中 設(shè)回路中平均電流為，由閉合電路歐姆定律有 ⑧ 設(shè)cd受到的平均安培力為，有 ⑨ 以向右為正方向，設(shè)時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為，有⑩ 同理可知，回路出磁場時(shí)ab受安培力沖量

33、仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為 有 ? 設(shè)列車停下來受到的總沖量為 ，由動(dòng)量定理有? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得? 討論：若 恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場，若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N+1塊有界磁場。? 【名師點(diǎn)睛】如圖所示，在電磁感應(yīng)中，電荷量q與安培力的沖量之間的關(guān)系，如圖所示，以電荷量為橋梁，直接把圖中左右兩邊的物理量聯(lián)系起來，如把導(dǎo)體棒的位移 和速度聯(lián)系起來，但由于這類問題導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)一般都不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，無法直接使用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解，所以這種方法就顯得十分巧妙，這種題型難度最大。 18．（2018·天津卷

34、）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出，不計(jì)粒子重力。 （1）求粒子從P到M所用的時(shí)間t； （2）若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度的大小。 【答案】（1）（2） 【解析】粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運(yùn)動(dòng)，在電場中做初速度

35、為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所有的時(shí)間最短，粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v，結(jié)合幾何知識求解． （1）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有① 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)所受電場力為F，有F=qE②； 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)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(yùn)動(dòng)，有v=at④；聯(lián)立①②③④式得⑤； （2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期和速度、半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)

36、間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所有的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可知⑥ 設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)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(guān)系可知⑦； 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)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(yùn)動(dòng)的合成和分解可知⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得⑨ 【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)問題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線

37、的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑． 19．（2018·新課標(biāo)全國III卷）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)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(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求： （1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； （2）甲、乙兩種離子的比荷之比。 【答案】（1） （2）1:4 【解析】本題主要考查帶電粒子在電場中的加速、在勻強(qiáng)磁場中

38、的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識解決實(shí)際問題的的能力。 （1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)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(guān)系知 ③ 由①②③式得 ④ （2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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 【名師點(diǎn)睛】此題與2013年北京理綜卷第23題情景類似，都可以看作是質(zhì)譜儀模型。解答所用的知識點(diǎn)

39、和方法類似。 20．（2018·新課標(biāo)全國I卷）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)氕核11H和一個(gè)氘核21H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計(jì)重力。求 （1）11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離 （2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 （3）12H第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離 【答案】（1） （2） （3） 【解析】本題考查帶電粒子在電場中的

40、類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識解決問題的的能力。 （1）在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)Ｏ的距離為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 ① ② 由題給條件， 進(jìn)入磁場時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角。進(jìn)入磁場時(shí)速度的y分量的大小為 ③ 聯(lián)立以上各式得 ④ （2）在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 ⑤ 設(shè)進(jìn)入磁場時(shí)速度的大小為，由速度合成法則有 ⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定

41、律有 ⑦ 由幾何關(guān)系得 ⑧ 聯(lián)立以上各式得 ⑨ （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得 ⑩ 由牛頓第二定律有 ? 設(shè)第一次射入磁場時(shí)的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 ? ? ? ? 聯(lián)立以上各式得 ， ，? 設(shè)在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得 ? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有 ? 聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為

42、 ? 【名師點(diǎn)睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中類平拋運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的勻強(qiáng)電場，在第三象限和第四象限設(shè)置了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識點(diǎn)。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)是教材例題和練習(xí)中的常見試題，此題可認(rèn)為是由兩個(gè)課本例題或習(xí)題組合而成。 21．（2017·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0

43、區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0（常數(shù)λ>1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時(shí)開始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求（不計(jì)重力） （1）粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； （2）粒子與O點(diǎn)間的距離。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得 ① ② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所用時(shí)間t1為③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所用時(shí)間t2為④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為⑤ （2）由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為⑥

44、 【名師點(diǎn)睛】對于帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)問題，解題時(shí)常要分析帶電粒子受到的洛倫茲力的情況，找到粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心及半徑，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡可以使運(yùn)動(dòng)過程清晰明了，同時(shí)要善于運(yùn)用幾何知識幫助分析和求解。 22．（2017·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻

45、力，重力加速度大小為g。求 （1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比； （2）A點(diǎn)距電場上邊界的高度； （3）該電場的電場強(qiáng)度大小。 【答案】（1）3:1 （2） （3） 【解析】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運(yùn)動(dòng)公式可得： v0–at=0① ② ③ 聯(lián)立①②③解得：④ （2）設(shè)A點(diǎn)距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，則； ⑤ ⑥ 因?yàn)镸在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

46、，則 ⑦ 由①②⑤⑥⑦可得h=⑧ （3）設(shè)電場強(qiáng)度為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則，⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理： ⑩ ? 由已知條件：Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得： 【名師點(diǎn)睛】此題是帶電小球在電場及重力場的復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題；關(guān)鍵是分析小球的受力情況，分析小球在水平及豎直方向的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，搞清物理過程；靈活選取物理規(guī)律列方程。 23．（2017·江蘇卷）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的

47、勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡．不考慮離子間的相互作用． （1）求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； （2）在答題卡的圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； （3）若考慮加速電壓有波動(dòng)，在（）到（）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1 電場加速 且 解得 根據(jù)幾何關(guān)系x =2r1 –L 解得 （2）

48、（見圖） 最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上 解得 （3）設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2 r1的最小半徑 r2 的最大半徑 由題意知 2r1min–2r2max >L，即 解得 【名師點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，對此類問題主要是畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，分析粒子可能的運(yùn)動(dòng)情況，找出幾何關(guān)系，有一定的難度． 24．（2017·天津卷）平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電

49、場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問： （1）粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； （2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 【答案】（1），方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上 （2） 【解析】（1）粒子在電場中由Q到O做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)O點(diǎn)速度v與+x方向夾角為α，Q點(diǎn)到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有： x方向： y方向： 粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為： 又： 解得：，即，粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。 粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度

50、大小為 （2）設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度： 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，有： 根據(jù)幾何關(guān)系可知： 整理可得： 【名師點(diǎn)睛】本題難度不大，但需要設(shè)出的未知物理量較多，容易使學(xué)生感到混亂，要求學(xué)生認(rèn)真規(guī)范作答，動(dòng)手畫圖。 25．（2017·天津卷）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、

51、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問： （1）磁場的方向； （2）MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小； （3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。 【答案】（1）磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下 （2） （3） 【解析】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時(shí)通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。 （2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時(shí)的電流： 炮彈受到的安培力： 根據(jù)牛頓第二定律： 解得加速度 （3）電容器放電前所帶的電荷量 開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢： 最終電容器所帶電荷量 設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力： 由動(dòng)量定理，有： 又： 整理的：最終電容器所帶電荷量 【名師點(diǎn)睛】本題難度較大，尤其是最后一個(gè)小題，給學(xué)生無從下手的感覺：動(dòng)量定理的應(yīng)用是關(guān)鍵。 37