1、公众号：卷洞洞专题专题 13 电学计算电学计算1（2020湖北省黄冈高三八模）如图所示，两平行的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为 L、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为 d，磁感应强度大小为 B、方向与导轨平面垂直。长度为 2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为 m，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于接触状态，并在其中通以大小恒为 I 的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为 d（），电阻为 R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域dL下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为 g
2、。试求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热 Q；(2)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离 xm。【答案】(1)；(2)4mgdBILdBILdBILmg【解析】(1)因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为FBIL设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为 W，由动能定理得40mgdWBILd且QW 解得4QmgdBILd(2)线框每进磁场一次都要消耗机械能转化为焦耳热，所以经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离 xm之间往
3、复运动，由动能定理得mm0mgxBLI xd()公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞解得：。mBILdxBILmg2（2020北京市门头沟区高三一模）如图所示，虚线 O1O2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为 B1，匀强电场的场强为 E（电场线没有画出）。照相底片与虚线 O1O2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为 B2。现有一个离子沿着虚线 O1O2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为 R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。(1)求该离子沿虚线运动的速度大小 v；(2)求该离子的比荷；qm(3)如果带电量都为 q 的两种同位素离子，沿着虚线 O
4、1O2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为 d，求这两种同位素离子的质量差m。【答案】(1)；(2)；(3)1EvB12qEmRB B122B B qdmE【解析】(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为 0Eq=B1qv解得1EvB(2)在偏转磁场中做半径为 R 的匀速圆周运动，所以解得22mvB qvR12qEmRB B(3)设质量较小的离子质量为 m1，半径 R1；质量较大的离子质量为 m2，半径为 R2根据题意 R2=R1+2d公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞它们带电量相同，进入底片时速度都为 v，得2121mvB qvR2222m vB qvR联立得22121()B qmmmRR
5、v化简得122B B qdmE3（2020北京市门头沟区高三一模）我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。已知地球质量为 M，半径为 R，万有引力常量为 G，将地球视为均质球体，且忽略自转。(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度 E”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为 r（rR）处的引力场强度的表达式；2=GMEr引(2)设地面处和距离地面高为 h 处的引力场强度分别为和，如果它们满足，则该空E引E引0.02EEE引引引间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。请估算地球重力场可视为匀强场的高度
6、h（取地球半径 R=6400km）；(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为（以无穷远处引力势为 0）。请你设=-GMr引定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。【答案】(1)引力场强度定义式，推导见解析；(2)h=64976m；(3)推导见解析.FEm引【解析】(1)引力场强度定义式FEm引2MmFGr公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞联立得2MEGr引(2)根据题意2MEGR引2MEGr引0.02EEE引引引0.98RhrRR解得 h=64976m(3)定义式引力势，式中为某位置的引力势能=pEm引pE把某物体从无穷远移动到某点引力做的功=0-=-ppWEE引即=-pEW引
7、则当质量为 m 的物体自无穷远处移动到距离地球 r 处时，引力做功为W引通过计算得0MmWGr引所以=-pMmEGr=-MGr引4（2020河北衡水中学高三五调）如图甲所示，粒子源靠近水平极板 M、N 的 M 板，N 板下方有一对长为 L，间距为 d=1.5L 的竖直极板 P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片水平极板 M、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板 P、Q 的中线，与磁场上边界的交点为 O水平极板 M、N 之间的电压为 U0；竖直极板 P、Q 之间的电压 UPQ随时间 t 变化的图象如图乙所示；磁场的磁感强度 B=粒子源连续释放初速不计、质量
8、为 m、带电量为+q 的粒子，这些粒021mULq子经加速电场获得速度进入竖直极板 P、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计求：公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞（1）带电粒子进入偏转电场时的动能 EK；（2）磁场上、下边界区域的最小宽度 x；（3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围【答案】（1）U0q（2）L（3）2L【解析】（1）带电粒子进入偏转电场时的动能，即为 MN 间的电场力做的功 EK=WMN=U0q（2）设带电粒子以速度 进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为 时 向下偏移的距离：y=R-Rcos=R（1-
9、cos）而 R mBq 1=sin y1(1)mcosBqsin 当=90o时，y 有最大值公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 即加速后的带电粒子以 1的速度进入竖直极板 P、Q 之间的电场不发生偏转，沿中心线进入磁场 磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的带电粒子运动轨道半径 U0qm1212 所以 012qUm ymaxxL1 mBq（3）粒子运动轨迹如图所示，若 t=0 时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时 R=L，打在感光胶片上距离中心线最近为 x=2L 任意电压时出偏转电场时的速度为 n，根据几何关系 1ncos Rn nmBq 在胶片上落点长度为x2Rncos12 mBq 打在
10、感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关在感光胶片上的落点宽度等于粒公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞子在电场中的偏转距离带电粒子在电场中最大偏转距离 2201311()221.5U qLyatLmv 粒子在感光胶片上落点距交点 O 的长度分别是 2L 和，则落点范围是 5 2L 2L5（2020湖北华中师大附中高三测试）直角坐标系 xoy 位于竖直平面内，在第一象限存 在磁感应强度 B=0.1 T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为 108 C/kg 带正电的离子，qm从磁场中的 A 点（m，0）沿与 x 轴正方向成 =60角射入磁场，速度大小 v01.0
11、10 6m/s，所有离320子经磁场偏转后均垂直穿过 y 轴的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；(2)求矩形有界磁场区域的最小面积；(3)若在 x0 区域都存在向里的磁场，离子仍从 A 点以 v0=10 6 m/s 向各个方向均匀发射，求 y 轴32上有离子穿出的区域长度和能打到 y 轴的离子占所有离子数的百分比。【答案】(1)0.1m；(2)m2；(3)；50%。320033m20【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有20vqvBmR代入数据解得 R=0.1m；(2)如图 1 所示：公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞根据几何关系可知，速度最大的
12、离子在磁场中运动的圆心在 y 轴上的 B（0，m）点，离子从 C 点垂直120穿过 y 轴，所有离子均垂直穿过 y 轴，即速度偏向角相等，AC 连线应该是磁场的边界，满足题意的矩形如图 1 所示，根据几何关系可得矩形长为3 mcos10OA宽为 R-Rcosm120则面积为23m200S(3)根据洛伦兹力提供向心力有20vqvBmR解得3m20R 临界 1，根据图 2 可得公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞与 x 轴成 30角射入的离子打在 y 轴上的 B 点，AB 为直径，所以 B 点位 y 轴上有离子经过的最高点，根据几何知识可得 OB=m；320临界 2：根据图 2 可得，沿着 x 轴负方向射
13、入磁场中的离子与 y 轴相切与 C 点，所以 C 点为 y 轴有离子打到的最低点，根据几何知识有 OC=m320所以 y 轴上 B 点至 C 点之间的区域有离子穿过，且长度为33m20BC根据图 3 可得，沿着 x 轴正方向逆时针转到 x 轴负方向的离子均可打在 y 轴上，故打在 y 轴上的离子占所有离子数的50%。6（2020长春市第六中学高三二模）平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍粒子从坐标原点 O
14、 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】(1),与 x 轴正方向成 45角斜向上(2)02v02v【解析】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由 Q 到 O 做类平抛运动，设 O 点速度 v 与 x 方向夹角为，Q 点到 x 轴的距离为 L，到 y 轴的距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，根据平抛运动的规律有：x 方向：02Lv ty 方向：212Lat粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的
15、分速度：，又，yvattanyxvv解得，即，tan145粒子到达 O 点时的夹角为 450解斜向上，粒子到达 O 点时的速度大小为；002cos45vvv(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，粒子在电场中运动的加速度：，qEam设磁感应强度大小为 B，粒子做匀速圆周运动的半径为 R，洛伦兹力提供向心力，有：，2vqvBmR根据几何关系可知：2RL公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞解得：02vEB7（2020山西省临汾市高三模拟）如图所示，在 xOy 平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场，在第二象限内存在沿 x 正方向的匀强电场，电场强度的大小为
16、 E=5103V/m。曲线 OC 上分布着大量比荷为=105C/kg 的正电荷，曲线 OC 上各点的坐标满足 y2=k|x|，C 点的坐标为(0.1，0.2)。A 点在 y 轴上，qmCA 连线平行于 x 轴，D 点在 x 轴上且 OD=OA。现所有正电荷由静止释放，在第一象限内磁场的作用下都沿垂直 x 轴方向通过了 D 点。不计正电荷所受的重力及电荷间的相互作用力。求：(1)正电荷通过 y 轴时的速度与纵坐标的关系；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)匀强磁场区域的最小面积。【答案】(1)v=5105y；(2)B=5105=5T，磁感应强度的方向为垂直纸面向外；(3)1.14102
17、m22Eqykmmyqr【解析】(1)第二象限内，正电荷在电场力的作用下做初速为零的匀加速运动，设正电荷的坐标为(x，y)，通过 y 轴时的速度为 v，由动能定理有 Eq=mv2x12由于 y2=k，C 点的坐标为(0.1，0.2)，得 k=0.4x联立得 v=5105y2Eqykm(2)由 C 点静止释放的正电荷垂直 y 轴通过 A 点，又垂直 x 轴通过 D 点，所以该正电荷由 A 点进入磁场，由 D 点出磁场，圆周运动的圆心为 O 点，轨迹如图所示该正电荷做圆周运动的半径r=OA=0.2m公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞由洛仑兹力提供向心力，有 qvB=2vmr联立，得 B=5105=5Tm
18、yqr由左手定则可判断，磁感应强度的方向为垂直纸面向外(3)由(2)中分析可知正电荷在磁场中圆周运动的半径与其通过 y 轴时的纵坐标值相等，所有正电荷都垂直通过 D 点，轨迹如图所示磁场区域的最小面积为阴影部分的面积，由几何关系可得面积S=1.14102m2221142rr8（2020宁夏石嘴山市第三中学高三一模）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨 MN、PQ 被固定在水平面上，导轨间距 L=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻 R1及理想电压表，电阻 r=2 的金属棒垂直于导轨静止在 AB 处；右端用导线连接电阻 R2，已知 R1=2，R2=1，导轨及导线电阻均不计在矩形区域 CDEF
19、 内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示在 t=0 时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力 F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变求：（1）t=0.1s 时电压表的示数；（2）恒力 F 的大小；（3）从 t=0 时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量 Q；【答案】（1）0.3V（2）0.27N（3）0.09J【解析】（1）在 002s 内，CDEF 产生的电动势为定值：公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞在 01s 时电压表的示数为：（2）设此时的总电流为 I,则路端电压为：由题意知:此时的安培力为：解得：F=027N（3）002s
20、 内的热量为：由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为：总热量为：9（2020浙江高考考前冲刺二）如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距 L1m，两轨道之间用电阻 R2 连接，有一质量 m0.5kg 的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力 F 沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。经过位移 x0.5m 后，撤去拉力，导体杆又滑行了 x1.5m 后停下。求：(1)整个过程中通过电阻 R 的电荷量 q；(2)拉力的冲量大小 IF；(3)整个过程中导体杆的最大速
21、度 vm；(4)在匀加速运动的过程中，拉力 F 与时间 t 的关系式。【答案】(1)2C(2)4kgm/s(3)6m/s(4)F72t18(N)【解析】（1）导体杆切割磁感线产生的感应电动势 Et公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞回路中电流 IER通过电阻 R 的电荷量qItR磁通量 BLx，又 xxx代入数据可得 qC2CBL xR2 1(0.5 1.5)2（2）根据动量定理IFF安t00F安BIL，t 为导体杆整个过程中所用时间IFBILtBLq所以 IF4kgm/s。（3）当撤去力 F 后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆做减速运动，杆的最大速度应该为撤去外力 F
22、瞬间的速度。撤去 F 之后通过电阻 R 的电荷量为 q2 BLxR撤去外力 F 之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则BLq20mvm联立上式得导体杆的最大速度为 vm6m/s（4）根据受力分析可知 FBLmaBLvR由运动学公式 vat，vm22ax可解得 a36m/s2联立上式可得关系式为 F72t18(N)9（2020浙江高考考前冲刺二）水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图图中为一级真空加速管,中部处有很高的正电势，、两端口均有电极接地(电111aabbcc1bb1aa1cc势为零)；、左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场；为二级真空加速管,其中处有很低1
23、cc1dd111dd ee ff1ee的负电势,、两端口均有电极接地(电势为零)有一离子源持续不断地向端口释放质量为1dd1ff1aa公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞m、电荷量为 e 的负一价离子,离子初速度为零,均匀分布在端口圆面上离子从静止开始加速到达1aa处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离,成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；1bb这些正二价离子从端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回端口继续加速到达处时可被设在1cc1dd1ee该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子已知端口、端口、端口、端口直径均为
24、L,与相距为 2L,不考虑离子运1aa1cc1dd1ff1c1d动过程中受到的重力,不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,，370.6sin 370.8cos 求：(1)离子到达端口的速度大小 v；1ff(2)磁感应强度度大小 B；(3)在保证(2)问中的 B 不变的情况下,若端口有两种质量分别为、，电荷量均1aa216()5mm2214()15mm为 e 的的负一价离子,离子从静止开始加速,求从端口射出时含有 m1、m2混合离子束的截面积为多少1ff【答案】(1)(2)(3)32evm123mBLe20.083SL【解析】（1）对离子加速全过程由动能定理得到：2162emv解得：3
25、2evm公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞（2）进入磁场中，16evm32rL，2212vev Bmr解得：123mBLe（3），2165mm221415mm，131.21.82rLL11431.4152rLL2274120.40.60.08336042LSLLL10（2020安徽省滁州市育才学校高三模拟）如图，间距为 L 的光滑金属导轨，半径为 r 的圆弧部分竖14直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP 范围内有磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场金属棒 ab 和 cd 垂直导轨放置且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与 cd 在运动中始终不接触已
26、知两根导体棒的质量均为 m、电阻均为 R金属导轨电阻不计，重力加速度为 g求（1）ab 棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：（2）当 ab 棒速度为时，cd 棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）324gr（3）若 cd 棒以离开磁场，已知从 cd 棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过 cd 棒的电荷量124gr为 q求此过程系统产生的焦耳热是多少（此过程 ab 棒始终在磁场中运动）【答案】（1）3mg（2）（3）BLq-mgr-2224B LgrmR2gr1162222B L qm【解析】公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞（1）ab 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=，2012mv解
27、得：v0=，2grab 运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，20vr解得：F=3mg，由牛顿第三定律知：ab 对轨道压力大小：F=F=3mg；（2）两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：mv0=mvab+mv，解得：v=，124grab 棒产生的电动势：Eab=BLvab，cd 棒产生的感应电动势：Ecd=BLv，回路中电流：I=，2abcdEER解得：I=，24BLgrR此时 cd 棒所受安培力：F=BIL，此时 cd 棒加速度：a=，Fm解得：a=；2224B LgrmR（3）由题意可知，cd 棒以离开磁场后向右匀速运动，124gr且从 cd 棒开始运动到通过其
28、电荷量为 q 的时间内，通过 ab 棒电荷量也为 q对 ab 棒，由动量定理可知：-BLt=mvab-mv0，I其中：q=t，I解得：vab=-，2grBLqm公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞此过程，由能量守恒定律得：mgr=+Q，221122abcdmvmv解得：Q=BLq-mgr-；2gr1162222B L qm11（2020四川省眉山市高三二诊）如图所示，在倾角为 的斜面内有两条足够长的不计电阻的平行金属导轨，导轨宽度为 L，导轨上端连有阻值为 R 的电阻；在垂直于导轨边界 ab 上方轨道空间内有垂直于导轨向上的均匀变化的匀强磁场 B1。边界 ab 下方导轨空间内有垂直于导轨向下的匀强磁场
29、 B2。电阻也为 R、质量为 m 的导体棒 MN 垂直于导轨放置，磁场 B1随时间均匀减小，且边界 ab 上方轨道平面内磁通量变化率大小为 k，MN 静止且受到导轨的摩擦力为零；撤去磁场 B2，MN 从静止开始在较短的时间 t 内做匀加速运动通过的距离为 x。重力加速度为 g。(1)求磁场 B2的磁感应强度大小；(2)求导体棒 MN 与导轨之间动摩擦因数；(3)若再撤去 B1，恢复 B2，MN 从静止开始运动，求其运动过程中的最大动能。【答案】(1)；(2)；(3)2sinRmgkL22tancosxgt4224 442sink xmR g t【解析】(1)当磁场 B1随时间均匀减小，设回路中
30、感应电动势为 E，感应电流为 I，则根据法拉第电磁感应定律Ekt根据闭合电路欧姆定律EIRRMN 静止且受到导轨的摩擦力为零，受力平衡2sinmgB IL解得22sinRmgBkL(2)撤去磁场 B2，设 MN 从静止开始做匀加速运动过程中的加速度为 a，导体棒 MN 与导轨之间动摩擦因数公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞为，则212xat根据牛顿第二定律sincosmgmgma解得22tancosxgt(3)若再撤去 B1，恢复 B2，设 MN 运动过程中的最大速度为 vm，最大动能为 Ekm，稳定时sincosmgmgF安导体切割磁感线2mEB Lv 通过回路的感应电流2EIR 安培力为222m
31、22B L vFB I LR安最大动能2kmm12Emv联立方程解得42km24 442sink xEmR g t12（2020安徽皖江名校联盟高三联考）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向。在x=L 到 x=2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为 k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过 x 轴上 x=3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为 B，重力加速度为g。求：(1)电场强度的大小；(2)带电微粒的初速度；(3)带电微粒做圆周运
32、动的圆心的纵坐标。公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】(1)；(2)；(3)gk2gkB2222228gk B Lk Bg【解析】（1）进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则mgqEgEk（2）粒子轨迹如图所示由几何关系知2 cosRL由洛伦兹力提供向心力2mvqvBRcosyvv竖直方向有ygtv水平方向有0Lv t联立解得02gvkB（3）竖直方向有212hgt圆心的纵坐标为sinOyhR 联立解得2222228gk B Lyk Bg13（2020福建省福清市高三质检）如图所示，在直角坐标系 xoy 中，第象限存在沿 y 轴正方向、电场强度为 E 的匀强电场，第象限存在一个方向
33、垂直于纸面、磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区域。一质量为m，带电荷量为-q 的粒子，以某一速度从 A 点垂直于 y 轴射入第象限，A 点坐标为（0，h），粒子飞出电公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞场区域后，沿与 x 轴正方向夹角为 60的 B 处进入第象限，经圆形磁场后，垂直射向 y 轴 C 处。不计粒子重力，求：(1)从 A 点射入的速度；0v(2)圆形磁场区域的最小面积；(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。【答案】(1)；(2)；(3)23qEhm22 mhEqB23mqB【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为FqEamm竖直方向有221122qEha
34、ttm故2mhtqE在 B 处有0tan603yxvatvv 因此，A 点射入的速度0233atqEhvm(2)在 B 处，根据0cos60vv 可得粒子进入磁场的速度为000222cos603vqEhvvm公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即2mvqvBR故：粒子在磁场运动的轨道半径为22E3mvmhRqBBq由于粒子从 B 点射入，经磁场偏转后垂直射向 C 处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。如图所示，延长 B 处速度方向与反向延长 C 处速度方向相交于 D 点，作的角平分线，在角平BDC分线上找出点，使它到 BD、CD 的距离为OO NO
35、MR则以 MN 为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为 r，由几何关系可得3cos302rRR 圆形磁场区域的最小面积2min22SmhErqB(3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示，由第(2)问作图过程可知，MN 是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。由几何知识可知，圆心角 120又因粒子在磁场中运动的周期2 mTqB故粒子在磁场中运动的时间最长223mmtTqB14（2020福建省福清市高三质检）如图，两相互平行的光滑金属导轨，相距 L=0.2m，左侧轨道的倾角公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞=30，
36、M、P 是倾斜轨道与水平轨道连接点，水平轨道右端接有电阻 R=1.5，MP、NQ 之间距离d=0.8m，且在 MP、NQ 间有宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 变化关系如图乙所示，质量 m=0.01kg、电阻 r=0.5 的导体棒在 t=0 时刻从左侧轨道高 H=0.2m 处静止释放，下滑后平滑进入水平轨道（转角处天机械能损失）。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g 取 10m/s2。求：(1)导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间 t；(3)导体棒在水平轨道上的滑行距离 d；(2)导体棒从释放到停止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热。【答案
37、】(1)；(2)；(3)0.111J0.4st 0.25m【解析】(1)设导体棒进入磁场前瞬间速度大小为，导体棒从释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律有v212mgHmv解得2m/sv 根据位移公式有sin302Hvt解得0.4st 导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间为 0.4s。(2)导体棒进入磁场到静止，由动量定理得0Ftmv根据安培力公式有FBIL又qIt联立得BqLmv公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞通过导体棒的电荷量为qRrBLx 联立解得0.25mx 导体棒在水平轨道上的滑行距离为 0.25m。(3)导体棒滑入磁场之前上产生的焦耳热为R211RQI Rt由法拉第电磁感定律有0.8
38、VBELdt由闭合电路欧姆定律0.4AEIRr可得10.096JRQ根据能量守恒可知，导体棒进入磁场后的总热量210.02J2Qmv又2:RrQQR r解得20.015JRQ故电阻上产生的焦耳热为R120.111JRRRQQQ故总热量为 0.111J。15（2020山东省高三模拟）如图所示，在 xoy 平面内，虚线 OP 与 x 轴的夹角为 30。OP 与 y 轴之间存在沿着 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E。OP 与 x 轴之间存在垂直于 xoy 平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从 y 轴上的 M 点以初速度 v0、沿着平行于 x 轴的方向射入电场，并从边界 OP 上某点 Q（图
39、中未画出）垂直于 OP 离开电场，恰好没有从 x 轴离开第一象限。已知粒子的质量为 m、电荷量为q（q0），粒子的重力可忽略。求：(1)磁感应强度的大小；(2)粒子在第一象限运动的时间；(3)粒子从 y 轴上离开电场的位置到 O 点的距离。公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】(1)；(2)；(3)03Ev04 33mvqE2076mvqE【解析】(1)由于粒子从 Q 点垂直于 OP 离开电场，设到 Q 点时竖直分速度为，由题意可知yv03yvv设粒子从 M 点到 Q 点运动时间为，有1t1yqEvtM粒子做类平抛运动的水平位移如的0 1xv t由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨
40、迹恰好与轴相切，设粒子在磁场中运动的半径x为，由几何关系Rcos30cot30 xRR设粒子在磁场中速度为，由前面分析可知v02vv洛伦兹力提供向心力2vqvBmR解得03EBv公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞(2)粒子在磁场中运动周期2RTv设粒子在磁场中运动时间为，2t212tT粒子离开磁场的位置到轴的距离为，则yx2 cos30 xxR 沿着轴负方向做匀速直线运动，设经过时间到达轴，x3ty0 3xv t 即04 33mvtqE(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到轴距离x2013mvyqE粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间到达轴并离开电场3ty223312yqEyv ttm
41、则20256mvyqE粒子离开电场的位置到点的距离O。201276mvyyyqE16（2020安徽皖江名校联盟高三联考）如图所示，在直角坐标系 xoy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域和，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域的磁感应强度大小为 B0，区域的磁感应强度大小可调，C 点坐标为（4L，3L），M 点为 OC 的中点质量为 m 带电量为-q 的粒子从 C 点以平行于y 轴方向射入磁场中，速度大小为，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子02qB Lm能再次进入磁场（1）若粒子无法进入区域中，求区域磁感应强度大小范围；（2）若粒子恰好不能从 AC 边射出，求区域
42、磁感应强度大小；（3）若粒子能到达 M 点，求区域磁场的磁感应强度大小的所有可能值公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】（1）；（2）；（3）若粒子由区域达到 M 点，n=1 时，；n=2 时，06BB 024=49BB0338BB；n=3 时，；若粒子由区域达到 M 点，n=0 时，n=1 时，04116BB04924BB0258BB03316BB【解析】（1）粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与 x 轴相切时，恰好不能进入区域故粒子运动半径03rL粒子运动半径满足：代入200vqBvmr00=2qB Lvm解得 06BB（2）粒子在区域中的运动半径02mvLrqB若粒子在区域中的运动半径
43、 R 较小，则粒子会从 AC 边射出磁场恰好不从 AC 边射出时满足O2O1Q=224sin22sin cos25又sin2rRr公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞解得49492448RrL代入00=2qB Lvm可得：024=49BB（3）若粒子由区域达到 M 点每次前进282cos5CPRrRr由周期性：即 21.2.3.CMnCPn5825Ln Rr，解得25491648RrLLn3n n=1 时，3316RL0833BBn=2 时，4132RL01641BBn=3 时，4948RL02449BB若粒子由区域达到 M 点由周期性：120.1.2.3.CMCPnCPn即，解得，解得588255L
44、Rn Rr54492584815nRLLn2625n n=0 时，2516RL0825BBn=1 时，3332RL01633BB17（2020江西南昌十中高三联考）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距 L1m，电阻可忽公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞略不计质量均为 mlkg，电阻均为 R2.5 的金属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好先将 PQ 暂时锁定，金属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始以加速度 a0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉
45、力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 vm做匀速直线运动.(1)求棒 MN 的最大速度 vm；(2)当棒 MN 达到最大速度 vm时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动.求解除 PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.(3)若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 vm时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）【答案】（1）（2）Q=5 J（3）2 5m/smv 40 5mx【解析】(1)棒 MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma棒 MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv棒
46、MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at1=2m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2EIR联立上述式子，有：222B L atFmaR代入数据解得：F=0.5N5s 时拉力 F 的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1W棒 MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为 vm，棒受力平衡，则有：0mmPBI Lv2mmBLvIR代入数据解得:2 5m/smv 公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞(2)解除棒 PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为 v，则有：2mmvmv设从 PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为 Q，由
47、能量守恒定律可得：2211222mQmvmv代入数据解得：Q=5J；(3)棒以 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间t 内，由动量定理得：-BiLt=mv对式子两边求和有：()()mBiL tm v 而q=it对式子两边求和，有:()qi t 联立各式解得：BLq=mvm，又对于电路有：2EqIttR由法拉第电磁感应定律得：BLxEt又2BLxqR代入数据解得：40 5mx 18（2020湖南长郡中学高三模拟）如图所示，在竖直直角坐标系内，轴下方区域 I 存在场强大小xOyx为 E、方向沿 y 轴正方向的匀强电场，轴上方区域存在方向沿轴正方向的匀强电场。已知图中点 Dxx的坐标
48、为()，虚线轴。两固定平行绝缘挡板 AB、DC 间距为 3L，OC 在轴上，27,2LLGDxxAB、OC 板平面垂直纸面，点 B 在 y 轴上。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)从 D 点由静止开始向上运动，通过轴后不与 AB 碰撞，恰好到达 B 点，已知 AB=14L，OC=13L。x公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞（1）求区域的场强大小以及粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间；E0t（2）改变该粒子的初位置，粒子从 GD 上某点 M 由静止开始向上运动，通过轴后第一次与 AB 相碰前瞬x间动能恰好最大。求此最大动能以及 M 点与轴间的距离；kmEx1y若粒子与 AB、OC
49、碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过 y 轴时的位置与 O 点的距离 y2。【答案】（1）；（2），；6E52mLqE18qEL9L3L【解析】（1）该粒子带正电，从 D 点运动到轴所用的时间设为，则x1t21 112Lat1 1at根据牛顿第二定律有1qEma粒子在区域 II 中做类平抛运动，所用的时间设为，则2t22 227122La t23Lt根据牛顿第二定律有2qEma 粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间012ttt公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞解得，6EE 052mLtqE（2）设粒子通过轴时的速度大小为，碰到 AB 前做类平抛运
50、动的时间为 t，则x003Lt粒子第一次碰到 AB 前瞬间的轴分速度大小x2xa t碰前瞬间动能22012kxEm即22 22292kmLEa tt由于为定值，当即时动能有最大值22 22222299La tL at22 2229La tt23LtakE由（1）得26qEam最大动能18kmEqEL对应的018qELm粒子在区域 I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则20112a y解得19yL粒子在区域 II 中的运动可等效为粒子以大小为的初速度在场强大小为 6E 的匀强电场中做类平抛运动0直接到达 y 轴的 K 点，如图所示，则时间仍然为2t0 2OKt得9OKL由于，粒子与 AB 碰撞一
