三年高考（2017-2019）高考物理真題分項匯編 專題21 電學(xué)計算題（含解析）

專題21 電學(xué)計算題1（2019·新課標(biāo)全國卷）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為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；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。【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。由動能定理有設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系知d=r聯(lián)立式得（2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為聯(lián)立式得2（2019·新課標(biāo)全國卷）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。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；（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F=qE=ma設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有l(wèi)=v0t聯(lián)立式解得（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，此時金屬板的長度L為3（2019·新課標(biāo)全國卷）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(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點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為 。重力加速度為g，求（1）電場強度的大??；（2）B運動到P點時的動能?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】（1）設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg+qE=ma解得（2）設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有且有聯(lián)立式得4（2019·北京卷）如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為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邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：（1）感應(yīng)電動勢的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）BLv （2） （3）【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢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邊電阻時間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）請在圖1中畫出上述uq圖像。類比直線運動中由vt圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時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)對同一電容器進行兩次充電，對應(yīng)的qt曲線如圖3中所示。a兩條曲線不同是_（選填E或R）的改變造成的；b電容器有時需要快速充電，有時需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實現(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，可實現(xiàn)電容器電荷量隨時間均勻增加。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”）?！昂懔髟础保?）中電源電源兩端電壓通過電源的電流【答案】見解析【解析】（1）uq圖線如答圖1；電壓為U時，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）aRb減小電阻R，可以實現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻R，可以實現(xiàn)更均勻充電。（3）“恒流源”（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)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。的質(zhì)量為，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計。（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，求該過程安培力做的功?！敬鸢浮浚?），方向水平向右 （2）【解析】（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有閉合時，設(shè)線圈中的電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得設(shè)中的電流為，有設(shè)受到的安培力為，有保持靜止，由受力平衡，有聯(lián)立式得方向水平向右。（2）設(shè)由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運動的位移為，所用時間為，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動勢為，有其中設(shè)中的平均電流為，有根據(jù)電流的定義得由動能定理，有聯(lián)立式得7（2019·天津卷）2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，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、之間的勻強電場（初速度忽略不計），、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，引擎獲得的推力也不同，試推導(dǎo)的表達式；（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。【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?！窘馕觥浚?）設(shè)正離子經(jīng)過電極時的速度為v，根據(jù)動能定理，有設(shè)正離子束所受的電場力為，根據(jù)牛頓第三定律，有設(shè)引擎在時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為，由牛頓第二定律，有聯(lián)立式，且得（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動，有考慮到牛頓第三定律得到，聯(lián)立式得（3）為使盡量大，分析式得到三條建議：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，勻強磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，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 ，磁場的磁感應(yīng)強度B=0.2 T.現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在t=0.5 s時間內(nèi)合到一起求線圈在上述過程中（1）感應(yīng)電動勢的平均值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=It代入數(shù)據(jù)得q=0.1 C9（2019·江蘇卷）如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為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，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），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，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d<L，粒子重力不計，電荷量保持不變。（1）求粒子運動速度的大小v；（2）欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；（3）從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM=d，QN=，求粒子從P到Q的運動時間t【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）粒子的運動半徑解得（2）如圖4所示，粒子碰撞后的運動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）粒子的運動周期設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則（a）當(dāng)時，粒子斜向上射出磁場 解得 （b）當(dāng)時，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從靜止開始運動，到達x3=0.2m處時，開關(guān)S擲向2。已知棒ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。求：（提示：可以用Fx圖象下的“面積”代表力F所做的功）（1）棒ab運動到x1=0.2m時的速度v1；（2）棒ab運動到x2=0.1m時的速度v2；（3）電容器最終所帶的電荷量Q?！敬鸢浮浚?）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根據(jù)動能定理可得解得（3）根據(jù)動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)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。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、粒子出射初動能可調(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（q0）的粒子。t=0時刻，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，粒子在電場中運動的時間不計。（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能；（2）若粒子兩次進出電場區(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，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點，各區(qū)域磁感應(yīng)強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，粒子從O上方處射出磁場取sin53°=0.8，cos53°=0.6（1）求磁感應(yīng)強度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值。【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）粒子圓周運動的半徑 由題意知，解得（2）設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為由d=rsin，得sin=，即=53°在一個矩形磁場中的運動時間解得直線運動的時間解得則（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得則當(dāng)xm= 時，t有最大值粒子直線運動路程的最大值增加路程的最大值增加時間的最大值【名師點睛】本題考查帶電粒子在組合磁場中的運動，第（1）小題先確定粒子圓周運動的半徑，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，分段分析和計算；第（3）小題求t的最大值，關(guān)鍵是要注意帶電粒子在磁場中運動的時間不變和速度大小不變，所以中間磁場移動后改變的是粒子在無磁場區(qū)域運動的傾斜軌跡的長度，要使t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運動時間最長，再根據(jù)運動的對稱性列式求解。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)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為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）【解析】（1）勻加速直線運動v2=2as 解得（2）安培力F安=IdB 金屬棒所受合力牛頓運動定律F=ma解得（3）運動時間 電荷量Q=It解得【名師點睛】本題是通電金屬棒在磁場中勻加速運動的問題，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)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強表達式；b點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S、S到點電荷的距離分別為r、r。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S、S上單位面積通過的電場線條數(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。為了收集足夠強的來自天體的電磁波，增大望遠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鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽為“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的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為P，計算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望遠鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是N0，計算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的檢驗電荷根據(jù)庫侖定律檢驗電荷受到的電場力根據(jù)電場強度的定義得b穿過每個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。因此一個望遠鏡能觀測到的此類天體數(shù)目正比于以望遠鏡為球心、以最遠觀測距離為半徑的球體體積。設(shè)地面上望遠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望遠鏡和FAST能觀測到的最遠距離分別為L0和L，則可得L=5L0則 【名師點睛】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，用電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動變阻器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)軸交點的物理意義。（2）a請在圖2畫好的U-I關(guān)系圖線上任取一點，畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率；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）請寫出電源電動勢定義式，并結(jié)合能量守恒定律證明：電源電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢降落之和?！敬鸢浮浚?）UI圖象如圖所示：圖象與縱軸交點的坐標(biāo)值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標(biāo)值為短路電流（2）a如圖所示：b. （3）見解析【解析】（1）UI圖像如圖所示，其中圖像與縱軸交點的坐標(biāo)值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標(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，電源輸出的電功率最大，為 （3）電動勢定義式： 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【名師點睛】運用數(shù)學(xué)知識結(jié)合電路求出回路中最大輸出功率的表達式，并求出當(dāng)R=r時，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)存在勻強電場和勻強磁場，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，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點射入時速度的大小；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間?！敬鸢浮浚?）軌跡圖如圖所示：（2） （3） 【解析】（1）粒子在電場中做類平拋，然后進入磁場做圓周運動，再次進入電場做類平拋運動，結(jié)合相應(yīng)的計算即可畫出軌跡圖（2）在電場中要分兩個方向處理問題，一個方向做勻速運動，一個方向做勻加速運動。（3）在磁場中的運動關(guān)鍵是找到圓心，求出半徑，結(jié)合向心力公式求解。（1）粒子運動的軌跡如圖（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動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進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=ma式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有v1=at粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立式得（3）由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得聯(lián)立式得設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為，則式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，由式得【名師點睛】在復(fù)合場中的運動要分階段處理，每一個運動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力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計，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。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，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，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關(guān)閉。（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大?。唬?）列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為 ，此時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)合列車的運動方向，應(yīng)用左手定則判斷電流方向，從而判斷哪一個接電源正極；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)動量定理分析列車進入和穿出磁場時動量變化，據(jù)此分析；（1）M接電源正極，列車要向右運動，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，由c到d，故M接電源正極。（2）由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為，由電阻的串并聯(lián)知識得設(shè)回路總電阻為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F=BIl根據(jù)牛頓第二定律有F=ma，聯(lián)立式得（3）設(shè)列車減速時，cd進入磁場后經(jīng) 時間ab恰好進入磁場，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)電動勢為 ，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 ，其中設(shè)回路中平均電流為，由閉合電路歐姆定律有 設(shè)cd受到的平均安培力為，有 以向右為正方向，設(shè)時間內(nèi)cd受安培力沖量為，有同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為有 設(shè)列車停下來受到的總沖量為 ，由動量定理有聯(lián)立式得討論：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?！久麕燑c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)體棒的運動一般都不是勻變速直線運動，無法直接使用勻變速直線運動的運動學(xué)公式進行求解，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）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。【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動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，據(jù)此分析運動時間；粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，結(jié)合幾何知識求解（1）設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE；設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma；粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at；聯(lián)立式得；（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關(guān)，運動時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，所有的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可知設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知；粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時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，由運動的合成和分解可知聯(lián)立式得【名師點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，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)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，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點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：（1）磁場的磁感應(yīng)強度大?。唬?）甲、乙兩種離子的比荷之比?！敬鸢浮浚?） （2）1:4【解析】本題主要考查帶電粒子在電場中的加速、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的的能力。（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動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系知由式得（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動的半徑為R2。同理有由題給條件有由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為【名師點睛】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)方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力。求（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離（2）磁場的磁感應(yīng)強度大?。?）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離【答案】（1） （2） （3）【解析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力。（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點的距離為。由運動學(xué)公式有由題給條件， 進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度的y分量的大小為聯(lián)立以上各式得（2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有設(shè)進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系得聯(lián)立以上各式得（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，由題給條件得由牛頓第二定律有設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為。由運動學(xué)公式有聯(lián)立以上各式得 ， ，設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為，由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關(guān)系有聯(lián)立式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為【名師點睛】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電場中類平拋運動后進入勻強磁場中做勻速圓周運動，且都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的勻強電場，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磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識點。帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練習(xí)中的常見試題，此題可認(rèn)為是由兩個課本例題或習(xí)題組合而成。21（2017·新課標(biāo)全國卷）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0（常數(shù)>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O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】（1）在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x0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粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所用時間t1為粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所用時間t2為聯(lián)立式得，所求時間為（2）由幾何關(guān)系及式得，所求距離為【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動問題，解題時常要分析帶電粒子受到的洛倫茲力的情況，找到粒子做圓周運動的圓心及半徑，畫出運動軌跡可以使運動過程清晰明了，同時要善于運用幾何知識幫助分析和求解。22（2017·新課標(biāo)全國卷）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電場。自該區(qū)域上方的A點將質(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離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，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點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小?！敬鸢浮浚?）3:1 （2） （3）【解析】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間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；由運動公式可得：v0at=0聯(lián)立解得：（2）設(shè)A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，則；因為M在電場中做勻加速直線運動，則由可得h=（3）設(shè)電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則，設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理：由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯(lián)立解得：【名師點睛】此題是帶電小球在電場及重力場的復(fù)合場中的運動問題；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動性質(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入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，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的甲種離子的運動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，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動半徑為r1電場加速 且 解得根據(jù)幾何關(guān)系x =2r1 L 解得（2）（見圖） 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上解得 （3）設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r2 的最大半徑由題意知 2r1min2r2max >L，即解得【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對此類問題主要是畫出粒子運動的軌跡，分析粒子可能的運動情況，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，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；（2）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比?！敬鸢浮浚?），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做類平拋運動，設(shè)O點速度v與+x方向夾角為，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有：x方向：y方向：粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為：又：解得：，即，粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。粒子到達O點時的速度大小為（2）設(shè)電場強度為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，粒子在電場中運動的加速度：設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為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載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為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。炮彈可視為一質(zhì)量為m、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)強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運動時加速度a的大?。唬?）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開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢：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：由動量定理，有： 又： 整理的：最終電容器所帶電荷量【名師點睛】本題難度較大，尤其是最后一個小題，給學(xué)生無從下手的感覺：動量定理的應(yīng)用是關(guān)鍵。37