2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 物理——21 电学计算题 （教师版） 38页

专题 21 电学计算题 1．（2020·新课标Ⅰ卷）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O 为圆心，半径 为 R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。质量为 m，电荷量为 q（q>0）的带电粒子在纸面内 自 A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度 为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场，AC 与 AB 的夹角 θ=60°。运动中粒子仅 受电场力作用。 （1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 【答案】(1) ；(2) ；(3)0 或 【解析】（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q>0，故电场线 由 A 指向 C，根据几何关系可知： 所以根据动能定理有： 解得： ； （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且 与圆相切，切点为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中 做类平抛运动，根据几何关系有 而电场力提供加速度有 2 0 2 mvE qR = 0 1 2 4 vv = 0 2 3 2 vv = ACx R= 2 0 1 02ACqEx mv= - 2 0 2 mvE qR = 1sin 60x R v t= = 21cos60 2y R R at= + = qE ma= 联立各式解得粒子进入电场时的速度： ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电 场方向上速度变化为 v0 ，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时由几何关系有 电场力提供加速度有 联立解得 ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。 2．（2020·新课标Ⅱ卷）如图，在0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强 磁场，磁感应强度 B 的大小可调，方向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子以速 度 v0 从磁场区域左侧沿 x 轴进入磁场，不计重力。 （1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情 况下磁感应强度的最小值 Bm； （2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在 该点的运动方向与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。 0 1 2 4 vv = 2 23BCx R v t= = 2 2 1 2ACx R at= = qE ma= 0 2 3 2 vv = y−∞ < < +∞ m 2 B 【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里； ；（2） ； 【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于 纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律， 有 ① 由此可得 ② 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足 ③ 由题意，当磁感应强度大小为 Bm 时，粒子的运动半径最大，由此得 ④ （2）若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由②④式可得， 此时圆弧半径为 ⑤ 粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方 向的夹角为 α， 由几何关系 ⑥ 即 ⑦ 由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为 ⑧ 联立⑦⑧式得 ⑨ 3．（2020·新课标Ⅲ卷）如图，一边长为l0 的正方形金属框 abcd 固定在水平面内，空间存 在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。一长度大于 的均匀导体棒以 速率 v 自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与 ac 垂直且中点位于 ac 上， 0 m = mvB qh π 6 α = (2 3)y h= − 2 0 0 vqv B m R = 0mvR qB = R h≤ 0 m = mvB qh m 2 B 2R h′ = 1sin 2 2 h h α = = π 6 α = 2 (1 cos )y h α= − (2 3)y h= − 02l 导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为 r，金属框电阻可忽略。将导体棒 与 a 点之间的距离记为 x，求导体棒所受安培力的大小随 x（ ）变化的关系式。 【答案】 【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为 l 时，由法第电磁感应定律可知导体棒 上感应电动势的大小为 由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为 式中 R 为这一段导体棒的电阻。按题意有 此时导体棒所受安培力大小为 由题设和几何关系有 联立各式得 4．（2020·江苏卷）空间存在两个垂直于 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感 应强度分别为 、 。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点 O 沿 x 轴正向射入磁场， 速度均为 v。甲第 1 次、第 2 次经过 y 轴的位置分别为 P、Q，其轨迹如图所示。甲经过 Q 00 2x l≤ ≤ ( ) 2 0 2 0 0 0 2 2, 0 2 2 22 , 22 B v x x lr F B v l x l x lr         =    − <        E Blv= EI R = R rl= F BIl= 0 0 0 0 22 , 0 2 22( 2 ), 22 x x l l l x l x l   ≤     =    − <       ( ) 2 0 2 0 0 0 2 2, 0 2 2 22 , 22 B v x x lr F B v l x l x lr         =    − <        Oxy 02B 03B 时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为 m，电荷量为 q。不考虑粒子间的相互作用和 重力影响。求： (1)Q 到 O 的距离 d； (2)甲两次经过 P 点的时间间隔 ； (3)乙的比荷 可能的最小值。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 得， ， Q、O 的距离为： (2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为 d，粒子再次经过 P，经过 N 个周期， 所以，再次经过 P 点的时间为 由匀速圆周运动的规律得， t∆ q m ′ ′ 03 mvd qB = 0 5 2 mt qB π= ' 2=' q q m m 2vqvB m R = 1 02 mvR qB = 2 03 mvR qB = 1 2 0 2 2 3 mvd R R qB = − = 12 3ROPN d d = = = 3t NT T= = 1 1 0 2 R mT v qB π π= = 2 2 0 2 2 3 R mT v qB π π= = 绕一周的时间为： 解得： 所以，再次经过 P 点的时间为 两次经过 P 点的时间间隔为： 解得： (3)由洛伦兹力提供向心力，由 得， 若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在 Q 点相遇，则： 结合以上式子，n 无解。 若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在 Q 点相遇，则： 计算可得 （n=1，2，3……） 由于甲乙粒子比荷不同，则 n=2 时，乙的比荷 最小，为 1 2 2 2 T TT = + 0 5 6 mT qB π= 0 53 2 mt T qB π= = 1 2 Tt t∆ = − 0 2 mt qB π∆ = 2vqvB m R = 1 0 '' 2 ' m vR q B = 2 0 '' 3 ' m vR q B = 1 2' 2 ' 2 'd R R= − 12 ' 'R nd OQ d+ = = ' ' ' 1 2 1 1 2( )2 2 2 2 2 T T T T Tn + + = + 'nd OQ= ' ' 1 2 1 2( )2 2 2 2 T T T Tn + = + ' =' q qnm m ' ' q m ' 2=' q q m m 5．（2020·江苏卷）如图所示，电阻为 的正方形单匝线圈 的边长为 ， 边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为 。在水平拉 力作用下，线圈以 的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中： (1)感应电动势的大小 E； (2)所受拉力的大小 F； (3)感应电流产生的热量 Q。 【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J 【解析】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为 (2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有 根据闭合电路欧姆定律有 结合(1)联立各式代入数据可得 F=0.8N； (3)线框穿过磁场所用的时间为 故线框穿越过程产生的热量为 6．（2020·浙江卷）如图1 所示，在绝缘光滑水平桌面上，以 O 为原点、水平向右为正方 向建立 x 轴，在 区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长 、电阻 的正方形线框 ，当平行于磁场边界的 边进入磁场时， 在沿 x 方向的外力 F 作用下以 的速度做匀速运动，直到 边进入磁场时撤去外 力。若以 边进入磁场时作为计时起点，在 内磁感应强度 B 的大小与时间 t 的 0.1Ω abcd 0.2m bc 0.5T 8m / s 0.5 0.2 8V 0.8VE BLv= = ´ ´ = =F F BIL= 安 EI R = 2 2 0.2 s 0.05s8 Lt v ´= = = 2 2 2 0.8 0.05J=0.32J0.1 EQ I Rt tR= = = ´ 0 1.0mx≤ ≤ 0.5mL = 0.25R = Ω abcd cd 1.0m/sv = ab cd 0 1.0st≤ ≤ 关系如图 2 所示，在 内线框始终做匀速运动。 (1)求外力 F 的大小； (2)在 内存在连续变化的磁场，求磁感应强度 B 的大小与时间 t 的关系； (3)求在 内流过导线横截面的电荷量 q。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)由图 2 可知 ，则回路电流 安培力 所以外力 (2)匀速出磁场，电流为 0，磁通量不变 ， 时， ，磁通量 ，则 t 时刻，磁通量 解得 (3) 电荷量 电荷量 总电荷量 7．（2020·浙江卷）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形 、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，探测板 平行于 水 平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的离 0 1.3st≤ ≤ 1.0s 1.3st≤ ≤ 0 1.3st≤ ≤ 0.0625N 1 6 4B t = − 0.5C 0 00, 0.25Tt B= = 0B LvI R = 2 2 0 A B LF vR = 0.0625NAF F= = 1 Φ = Φ 1 1.0st = 1 0.5TB = 2 1 1B LΦ = ( )1BL L v t tΦ = − −   1 6 4B t = − 0 0.5st≤ ≤ 2 0 1 0.25CB Lq R = = 0.5s 1.0st≤ ≤ 2 2 1 0 2 0.25CB L B Lq R −= = 1 2 0.5Cq q q= + = EFGH CD HG 子均以相同速度持续从边界 水平射入磁场，b 束中的离子在磁场中沿半径为 R 的四分之 一圆弧运动后从下边界 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘 D 点。已知每束每秒射 入磁场的离子数均为 N，离子束间的距离均为 ，探测板 的宽度为 ，离子质 量均为 m、电荷量均为 q，不计重力及离子间的相互作用。 (1)求离子速度 v 的大小及 c 束中的离子射出磁场边界 时与 H 点的距离 s； (2)求探测到三束离子时探测板与边界 的最大距离 ； (3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量 F 与板 到 距离 L 的关系。 【答案】(1) ，0.8R；(2) ；(3)当 时： ；当 时： ；当 时： 【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动 得粒子的速度大小 令 c 束中的离子运动轨迹对应的圆心为 O，从磁场边界 边的 Q 点射出，则由几何关系 可得 ， EH HG 0.6R CD 0.5R HG HG maxL HG qBRv m = max 4 15L R= 40 15L R<  1 2.6F NqBR= 4 0.415 R L R<  2 1.8F NqBR= 0.4L R> 3F NqBR= 2mvqvB R = qBRv m = HG 0.6OH R= 2 2(0.6 ) 0.8s HQ R R R= = − = (2)a 束中的离子运动轨迹对应的圆心为 O’，从磁场边界 边射出时距离 H 点的距离为 x， 由几何关系可得 即 a、c 束中的离子从同一点 Q 射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为 、 ， 由几何关系可得 探测到三束离子，则 c 束中的离子恰好达到探测板的 D 点时，探测板与边界 的距离最 大， 则 (3)a 或 c 束中每个离子动量的竖直分量 当 时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力 当 时， 只有 b 和 c 束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板 的平均作用力为 当 时， 只有 b 束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用 HG ' 0.6HO aH R R= − = 2 2' 0.8x R HO R= − = β α α β= HG max tan R s OH L s α −= = max 4 15L R= z cos 0.8p p qBRα= = 40 15L R<  1 z2 2.6F Np Np NqBR= + = 4 0.415 R L R<  z2 1.8F Np Np NqBR= + = 0.4L R> 力为 8．（2020·山东卷）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N 为竖直放置的两金属板， 两板间电压为 U，Q 板为记录板，分界面 P 将 N、Q 间区域分为宽度均为 d 的 I、Ⅱ两部分， M、N、P、Q 所在平面相互平行，a、b 为 M、N 上两正对的小孔。以 a、b 所在直线为 z 轴， 向右为正方向，取 z 轴与 Q 板的交点 O 为坐标原点，以平行于 Q 板水平向里为 x 轴正方向， 竖直向上为 y 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz。区域 I、Ⅱ内分别充满沿 x 轴正方向的 匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为 B 和 E。一质量为 m，电荷量 为+q 的粒子，从 a 孔飘入电场（初速度视为零），经 b 孔进入磁场，过 P 面上的 c 点（图中 未画出）进入电场，最终打到记录板 Q 上。不计粒子重力。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 以及 c 点到 z 轴的距离 L； (2)求粒子打到记录板上位置的 x 坐标； (3)求粒子打到记录板上位置的 y 坐标（用 R、d 表示）； (4)如图乙所示，在记录板上得到三个点 s1、s2、s3，若这三个点是质子 、氚核 、氦核 的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过 程）。 【答案】(1) ；(2) ；(3) ；(4)s1、s2、s3 分别对应氚核 、氦核 、质子 的位 置 【解析】(1)设粒子经加速电场到 b 孔的速度大小为 v，粒子在区域 I 中，做匀速圆周运动对 应圆心角为 α，在 M、N 两金属板间，由动能定理得 qU= mv2 ① 在区域 I 中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得 3F Np NqBR= = 1 1H 3 1H 4 2 He 2mqUR qB = 2 2 2 2mqU mUL dqB qB = − − 2 2 24 2 md Ex mU qd B = − 2 2 2 2 2 dy R R d R d = − − + − 3 1H 4 2 He 1 1H 1 2 ② 联立①②式得 ③ 由几何关系得 ④ ⑤ ⑥ 联立①②④式得 ⑦ (2)设区域Ⅱ中粒子沿 z 轴方向的分速度为 vz，沿 x 轴正方向加速度大小为 a，位移大小为 x， 运动时间为 t，由牛顿第二定律得 qE=ma ⑧ 粒子在 z 轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 ⑨ ⑩ 粒子在 x 方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得 ⑪ 联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得 ⑫ (3)设粒子沿 y 方向偏离 z 轴的距离为 y，其中在区域Ⅱ中沿 y 方向偏离的距离为 y'，由运动 学公式得 y'=vtsinα ⑬ 由题意得 y=L+y' ⑭ 联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式 ⑮ (4)s1、s2、s3 分别对应氚核 、氦核 、质子 的位置。 2vqvB m R = 2mqUR qB = 2 2 2d R L R+ − =（ ） 2 2 cos R d R α −= sin = d R α 2 2 2 2mqU mUL dqB qB = − − coszv v α= zd v t= 21 2x at= 2 2 24 2 md Ex mU qd B = − 2 2 2 2 2 dy R R d R d = − − + − 3 1H 4 2 He 1 1H 9．（2020·天津卷）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间 t 均匀变 化。正方形硬质金属框 abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻 ， 边长 。求 （1）在 到 时间内，金属框中的感应电动势 E； （2） 时，金属框 ab 边受到的安培力 F 的大小和方向； （3）在 到 时间内，金属框中电流的电功率 P。 【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于 ab 向左；（3）0.064W 【解析】（1）在 到 的时间 内，磁感应强度的变化量 ，设穿过金 属框的磁通量变化量为 ，有 ① 由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有 ② 联立①②式，代入数据，解得 ③ （2）设金属框中的电流为 I，由闭合电路欧姆定律，有 ④ 由图可知， 时，磁感应强度为 ，金属框 ab 边受到的安培力 ⑤ 联立①②④⑤式，代入数据，解得 ⑥ 方向垂直于 ab 向左。⑦ （3）在 到 时间内，金属框中电流的电功率 ⑧ 联立①②④⑧式，代入数据，解得 ⑨ 10．（2020·天津卷）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本 原理如图所示，从离子源 A 处飘出的离子初速度不计，经电压为 U 的匀强电场加速后射入 质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为 l 的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区 1、2 均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方 向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在 0.1R = Ω 0.2ml = 0t = 0.1st = 0.05st = 0t = 0.1st = 0t = 0.1st = t∆ 0.2TB∆ = ∆Φ 2Bl∆Φ = ∆ E t ∆Φ= ∆ 0.08VE = EI R = 0.05st = 1 0.1TB = 1F IlB= 0.016NF = 0t = 0.1st = 2P I R= 0.064WP = 质量分析器中经多次往复即将进入反射区 2 时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏 B 上 被探测到，可测得离子从 A 到 B 的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为 q，不计离子 重力。 （1）求质量为 m 的离子第一次通过漂移管所用的时间 ； （2）反射区加上电场，电场强度大小为 E，求离子能进入反射区的最大距离 x； （3）已知质量为 的离子总飞行时间为 ，待测离子的总飞行时间为 ，两种离子在质量 分析器中反射相同次数，求待测离子质量 。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为 v，有 ① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则 ② 联立①②式，得 ③ （2）根据动能定理，有 ④ 得 ⑤ （3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度 大小均相等，设其为 ，有 1T 0m 0t 1t 1m 2 1 2 mlT qU = Ux E = 2 1 1 0 0 tm mt  =     21 2qU mv= 1 lT v = 2 1 2 mlT qU = 0qU qEx− = Ux E = v ⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场 区运动的总路程相等，设为 ，在无场区的总路程设为 ，根据题目条件可知，离子在无 场区速度大小恒为 v，设离子的总飞行时间为 。有 ⑦ 联立①⑥⑦式，得 ⑧ 可见，离子从 A 到 B 的总飞行时间与 成正比。由题意可得 可得 ⑨ 11．（2020·广西壮族自治区钦州市质量检测试）如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计 的足够长平行金属导轨 ab、cd 水平放置，一端与阻值 R=2.0Ω 的电阻相连，质量 m=0.2kg 的导体棒 ef 在恒定外力 F 作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦 力和滑动摩擦力均为 f=1.0N，导体棒电阻为 r=1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的 匀强磁场 B 中，导体棒运动过程中加速度 a 与速度 v 的关系如图乙所示（取 g=10m/s2），求： （1）拉力 F 的大小； （2）磁场的磁感应强度 B 大小； （3）若 ef 棒由开始运动 6.9m 时，速度达到 3m/s，求此过程中电路产生的焦耳热. 【答案】（1）2N（2）1T（3）6J 【解析】（1）由图可知：导体棒开始运动时加速度 ，初速度 v0=0，导体棒中无电 2 vv = 1L 2L t总 1 2L L vt v = +总 ( )1 22 2t mL L qU = +总 m 1 1 0 0 t m t m = 2 1 1 0 0 tm mt  =     2 1 5m/sa = 流． 由牛顿第二定律知： 解得： ； （2）当导体棒速度为 v 时，导体棒上的电动势为 E，电路中的电流为 I. 由法拉第电磁感应定律： ， 由欧姆定律： ， 导体棒所受安培力 ， 由图可知：当导体棒的加速度 a=0 时，开始以 v=3m/s 做匀速运动， 此时有： ， 解得： ； （3）设 ef 棒此过程中，产生的热量为 Q，由功能关系知： ， 带人数据解得 ． 12．（2020·江苏省如皋中学高三（下)三模）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、 PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距 。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定 电阻 导轨上停放一质量 、电阻 的金属杆 ab，整个装置 处于磁感应强度 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力 F 沿水平方向拉金 属杆 ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将 R 两端的电压 U 即时采集并输入电脑，获 得电压 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示。 （1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小； （2）求第 2s 末外力 F 的瞬时功率； （3）如果水平外力从静止开始拉动杆 2s 所做的功 ，求金属杆上产生的焦耳热。 【答案】(1)见解析；(2)0.35W；(3)0.05J 1F f ma− = 2NF = E BLv= EI R r = + =F BIL安 =0F f F− − 安 1TB = 21( ) 2F f s Q mv− = + 6JQ = 0 30m.L = 0.40R = Ω． 0.10kgm = 0 20Ω.r = 0.50TB = 0 35J.W = 【解析】(1) 设路端电压为 U，金属杆的运动速度为 v，则感应电动势 E=BLv，电阻 R 两端 的电压 由图乙可得 U=kt，k=0.1V/s 解得 因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度 (2) 在 2s 末，速度 v2=at=2m/s 此时通过金属杆的电流 金属杆受安培力 F 安=BIL=0.075N 设 2s 末外力大小为 F2，由牛顿第二定律：F2-F 安=ma 故 4s 末时外力 F 的瞬时功率 P=F2v2，解得：P=0.35W (3) 在 2s 末，杆的动能 由能量守恒定律，回路产生的焦耳热：Q=W-Ek=0.35-0.2 J =0.15J 又 故在金属杆上产生的焦耳热 Qr=0.05J 13．（2020·四川省遂宁市第三次诊断性考试理综物理试题）如图所示，在不考虑万有引力 的空间里，有两条相互垂直的分界线 MN、PQ，其交点为 O．MN 一侧有电场强度为 E 的 匀强电场（垂直于 MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在 PQ 线上距 O 点为 h 的 A 点处，身边有多个质量均为 m、电量不等的带负电小球．他先后以 相同速度 v0、沿平行于 MN 方向抛出各小球．其中第 1 个小球恰能通过 MN 上的 C 点第一 次进入磁场，通过 O 点第一次离开磁场，OC=2h．求： （1）第 1 个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小 B； （3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到 宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大． BLvRU IR R r = = + ( )kt R rv BLR += 2( ) 1m / sk R ra BLR += = EI R r = + 21 0.2J2kE mv= = Q r Q r R = + 杆 【答案】(1) ；(2) ；(3)存在， 【解析】（1）设第 1 球的电量为 ，研究 A 到 C 的运动： 解得： ； （2）研究第 1 球从 A 到 C 的运动： 解得： ， ， ； 研究第 1 球从 C 作圆周运动到达 O 的运动，设磁感应强度为 由 得 2 0 1 2 mvq Eh = 0 2EB v = 0 EB v ′ = 1q 211 2 q Eh tm = 02h v t= 2 0 1 2 mvq Eh = 12y q Ev hm = 0yv v= 0 tan 1yv v θ = = 45oθ = 02v v= B 2 1 vq vB m R = 1 mvR q B = 由几何关系得： 解得： ； （3）后面抛出的小球电量为 ，磁感应强度 ①小球作平抛运动过程 ②小球穿过磁场一次能够自行回到 A，满足要求： ，变形得： 解得： ． 14．（2020·江西省名校（临川一中、南昌二中)5 月联合考）如图所示为一“匚”字型金属框 架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左侧长度为 L＝1m 的金属板连接．空 间中有垂直纸面向里场强大小 B＝0.2T 的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度 v0＝ 1m/s 水平向左做匀速直线运动．框架内 O 处有一质量为 m＝0.1kg、带正电 q＝1C 的小 球．若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线 ′做直线运动；若小球在 O 点静止释 放，则小球的运动轨迹沿如图曲线（实线）所示，已知此曲线在最低点 P 的曲率半径（曲 线上过 P 点及紧邻 P 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率 半径）为 P 点到 O 点竖直高度 h 的 2 倍，重力加速度 g 取 10 m/s2．求： 22 sinR hθ = 0 2EB v = q B′ 0 0 2hmx v t v qE = = 2y qEv hm = sinR xθ = sinmv xqB θ′ = 0 EB v ′ = OO′ （1）小球沿图中虚线 做直线运动速度 v 大小 （2）小球在 O 点静止释放后轨迹最低点 P 到 O 点竖直高度 h 【答案】（1） ；（2） 【解析】(1)框架向左运动，产生感应电动势： 板间场强： 小球做匀速直线运动，受力平衡： 可解得： (2)最大速率点在轨迹的最低点 根据动能定理可得： 最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有： 联立可解得： 15．（2020·四川省乐山市高三三模）在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝ 0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度 B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘 与 y 坐标轴相切于原点 O 点。y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿 y 轴正方向，电场区域宽 度 ＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的 P 点发射出质量 m＝2.0×10﹣9kg、带电荷 量 q＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿 y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小 v0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度； （2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右 侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。 OO′ v 4m /s= 4h m= 0U BLv= 0 UE BvL = = Eq qvB mg+ = v 4m /s= 21 02 mEqh mgh mv− + = − 2 2 m m vEq qv B mg m h + − = 4h m= l 【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外 【解析】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有： 可得：r=0.20m=R 根据几何关系可以知道，带电粒子恰从 O 点沿 x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设 粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为 y 根据类平抛规律可得： 根据牛顿第二定律可得： 联立可得： N/C （2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度： m/s= 粒子射出电场时速度： 根据几何关系可知，粒子在 区域磁场中做圆周运动半径： 根据洛伦兹力提供向心力可得： 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小： T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。 16．（2020·四川省成都市第二次诊断性检测）如图所示为竖直面内的直角坐标系xOy．A 点的坐标为（-8 m，0），C 点的坐标为（-4 m，0）；A 点右侧的三个区域存在沿 y 轴正方向 的匀强电场，-4 m>x≥-8m 区域的场强大小为 E1=5 V／m，0>x≥-4 m 区域的场强大小为 E2=7 V／m，x≥O 区域的场强大小为 E3 =5V/m;第一、四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面， 2 0 0 vqv B m r = 2 0 1 2l v t y at= =， Eq ma= 41.0 10E = × 3 0 5.0 10y qE lv at m v = = = × 0v 02=v v B′ 2r y′ = 2vqvB m r ′ = ′ 4mvB qr ′ = =′ 磁感应强度大小均为 B=2 T。现让一带正电的小球从 A 点沿 z 轴正方向、以 vo=4 m/s 的速率 进入电场。已知小球的质量 m =2×10-3 kg．电荷量 q =4×10-3 C，假设电场和磁场区域足够宽 广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取 g=10 m／s2。求： (1)小球到达 y 轴时的速度； (2)小球从 A 点运动到坐标为(56 m，y)的点经历的时间． 【答案】（1）4 m/s 45°（2）（2+ ）s 或（2+ ）s 或（2+ ）s 【解析】(1)在 区域，小球所受电场力 代入数据得： 由题知： ，因： 所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为 t1 在 区域， ，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为 t2，根据运动 学规律 在 y 方向上有 代入数据得： 在 x 方向上有 代入数据得： ， ， 由 代入数据解得： 2 41 4 π 83 8 π 21 2 π 4 8m x m− ≥ ≥ − 1F qE= 22 10 NF −= × 22 10 Nmg −= × F mg= 0 4x m> ≥ − 2qE mg> 2qE mg ma− = 24m/sa = 2 2 1 2y at= 2yv at= 0 2CO v t= 2 1st = 2my = 4m/syv = 2 2 0 yv v v= + 4 2m/sv = 设 v 与 y 轴正方向的夹角为 由 代入数据解得： (2)在 区域， ，分析知，小球先在第一象限做半径为 r、周期为 的匀速圆 周运动，接着交替在第四、第一象限做半径为 r、周期为 的匀速圆周运动，轨迹如图所 示： 洛伦兹力提供向心力，有 代入数据得： 设小球在第一象限第一次到达 x 轴的位置为 P 点，第二次到达 x 轴的位置为 G 点 由几何关系易得 ， 小球做匀速圆周运动的周期为： 代入数据得： 设小球从 O 点到达 x 轴上 H(56m，0)点的时间为 t3 因： ，即 故 代入数据得： 又： 达到横坐标为 56m 的点有以下三种情况： α 0tan y v v α = 45α = ° 0x ≥ 3qE mg= 2 T 3 4 T 2vqvB m r = 2mr = 2mOP = 2 cos 2mPG r α= = 2 rT v π= s2T π= 28OH OP = 27OH OP PG= + 3 3272 4OP PH T Tt t t= + = + × 3 83 83 s4 8 Tt π= = 1 0 1sACt v = = (i)到达横坐标为 56m 的 I 点 (ii)到达横坐标为 56m 的 H 点 (iii)到达横坐标为 56m 的 J 点 17．（2020·福建省福州市质量检测）如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里．在 x 轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为 m、电荷量 为 q、重力不计的带正电粒子从 y 轴上的 a(0，h)点沿 y 轴正方向以某初速度开始运动，一 段时间后，粒子与 x 轴正方向成 45°进入电场，经过 y 轴的 b 点时速度方向恰好与 y 轴垂 直．求： (1)粒子在磁场中运动的轨道半径 r 和速度大小 v1； (2)匀强电场的电场强度大小 E； (3)粒子从开始到第三次经过 x 轴的时间 t 总． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1) 根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示， 由几何关系可得 rcos45°=h 即 1 2 3 41(2 )s4 4AI Tt t t t π= + + − = + 1 2 3 83(2 )s8AHt t t t π= + + = + 1 2 3 21(2 )s4 2AJ Tt t t t π= + + + = + 2qBh m 2( 2 1)qhB m − 11( 2 2 2)4 m qB π + + 2r h= 解得 (2) 粒子第一次经过 x 轴的位置为 x1，到达 b 点速度大小为 vb 粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45° 所以 设粒子进入电场经过时间 t 运动到 b 点，b 点的纵坐标为-yb， 由类平抛运动得 r+rsin45°=vbt 由动能定理 所以 (3) 粒子在磁场中的周期为 第一次经过 x 轴的时间 在电场中运动的时间 在第二次经过 x 轴到第三次经过 x 轴的时间 所以总时间 18．（2020·河北省保定市联合调研）PQ 和 MN 分别是完全正对的金属板，接入电动势为 E 的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN 之间距离为 d，其间存在着磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。紧挨着 P 板有一能产生正电荷的粒子源 S，Q 板中间有 孔 J，SJK 在一条直线上且与 MN 平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子 2 1 1 vqv B m r = 1 2qBr qBhv m m = = b qBhv m = 0 1 1 2 1( sin 45 0)2 2by v t h += + = 2 2 1 1 1 2 2b bqEy mv mv− = − 2( 2 1)qhBE m −= 1 2 2r mT v qB π π= = 1 5 5 8 mt T qB π= = 2 2( 2 1)2 mt t qB += = 3 3 3 4 2 mt T qB π= = 1 2 3 11( 2 2 2)4 mt t t t qB π= + + = + +总 能沿着 SJK 路径从孔 K 射出，求粒子的比荷 。 【答案】 【解析】PQ 板间加速粒子，穿过 J 孔是速度为 v 根据动能定理，有： 沿着 SJK 路径从 K 孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡: 解得: 19．（2020·江苏省泰州中学四模）如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域 MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度 B=0.33T．水平边界 MN 上方存在范围足 够大的竖直向上的匀强电场，电场强度 E=200N/C．现有大量质量 m=6.6×10﹣27kg、电荷量 q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界 PQ 上的 O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入 时的速度大小均为 V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求： (1)求带电粒子在磁场中运动的半径 r； (2)求与 x 轴负方向成 60°角射入的粒子在电场中运动的时间 t； (3)当从 MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与 x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2） （3） 曲线方程为 ( ) q m 2 22 E B d 21 2qE mv= qE qvBd = 2 22 q E m B d = 43.3 10t s−= × 30 60∼  2 2 2x y R+ = 30.1 , 0.120R m m x m= ≤ ≤ 【解析】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 ，解得 （2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为 30°，粒子 平行于场强方向进入电场， 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中运动的时间 解得 （3）如图乙所示，由几何关系可知，从 MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心 角为 60°，圆心角小于 60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的 圆心角均为 60°， 则仍在磁场中的粒子的初速度方向与 x 轴正方向的夹角范围为 30°~60° 所有粒子此时分别在以 O 点为圆心，弦长 0.1m 为半径的圆周上， 曲线方程为 20．（2020·山东省德州市第二次模拟）如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置 的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为 L．O 点为电容器间靠近上极 板的一点，与电容器右端的距离为 ，与水平线 MN 的距离为等 )．线框 abcd 2vqvB m r = 0.1r m= qEa m = 2vt a = 43.3 10t s−= × 2 2x y R+ = 30.1 , 0.120R m m x m  = ≤ ≤    7 2 L π 1(1 )4 L π+ 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变 化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直 纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在 0 时刻自 O 点由静止释放，在时间去 内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为 g，求： (1)此带电微粒的比荷 ； (2)自 0 时刻起经时间 时微粒距 O 点的距离； (3)自 0 时刻起经多长时间微粒经过水平线 MN． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势： 电容器两极间电场强度： 时间 内： 解得比荷： (2)微粒运动的轨迹如图所示 1 2 L L g g q m 3 2 L g 0 1 4 g B L L π ( ) ( )7 112 0,1,2,3 2 0,1,212 12 L Ln n n ng g    + = + =      和 2 04L BU B L gLt ∆= =∆ 04UE B gLL = = 1 2 L L g g mg qE= 0 1 4 q g m B L = 时间 内： ， 解得： 时间 内： 可得： 又 解得： 时微粒距 点的距离： (3) 时间 内，微粒竖直向下的位移： 设粒子转过角度 时与 点间的竖直距离为： 解得： 和 每次微粒进入磁场后运动至水平线 所需时间： 解得： 和 自开始至水平线 的时间： ， 10 2 L g mg qE ma+ = 1v at= 1 1 2 Lt g = v gL= 1 2 L L g g 2 08 mvqv B r π• = 2 Lr π= 2 rT v π= LT g = 3 2 L g O 2 Lx r π= = 10 2 L g 12 4 v Lh t= = α O 1(1 )4 L π+ 1(1 )4sin L h r πα + − = 6 πα = 5 6 πα = MN 2 2t T α π= 2 1 12 Lt g = 2 5 12 Lt g = MN 1 22t t n T t= + • + 0,1,2,3( , )n = …… 即： 和 ， 又 解得： 微粒离开电容器后不再经过水平线 ，分析得自开始至水平线 的时间： ， 和 ， 21．（2020·江苏省徐州等市高三模拟）如图甲所示，极板A、B 间电压为 U0，极板 C、D 间距为 d，荧光屏到 C、D 板右端的距离等于 C、D 板的板长．A 板 O 处的放射源连续无初 速地释放质量为 m、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板 C、D 的中心线射向荧光 屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当 C、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为 t0；当 C、D 板间加上图乙所示电压（图中电压 U1 已知）时，粒子均能从 C、D 两板间飞出， 不计粒子的重力及相互间的作用．求： （1）C、D 板的长度 L； （2）粒子从 C、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）粒子在 A、B 板间有 在 C、D 板间有 解得： （2）粒子从 nt0（n=0、2、4……）时刻进入 C、D 间，偏移距离最大 7(2 )12 Lt n g = + 11(2 )12 Lt n g = + 0,1,2,3( , )n = …… 72 2 Lrn π= 3.5n = MN MN 7(2 )12 Lt n g = + ( 0,1,2,3)n = 11(2 )12 Lt n g = + 0,1,2,3( , )n = …… 0 0 2qUL t m = 2 1 0 2 qU ty md = 2 1 03 2 qU ts s md ∆ = = 2 0 0 1 2qU mv= 0 0L v t= 0 0 2qUL t m = 粒子做类平抛运动 偏移距离 加速度 得： （3）粒子在 C、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远 ZXXK] 出 C、D 板偏转角 打在荧光屏上距中心线最远距离 荧光屏上区域长度 22．（2020·河南省郑州市 2019 届高三下学期第三次质量检测）如图所示，空间存在竖直向 下的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5T.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 L＝1m，电阻可忽略不计．质量均为 m＝lkg，电阻 均为 R＝2.5Ω 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 a＝0.4m/s2 向右做 匀加速直线运动，5s 后保持拉力 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） 2 0 1 2y at= 1qUa md = 2 1 0 2 qU ty md = 0 tan yv v θ = 0yv at= tans y L θ= + 2 1 03 2 qU ts s md ∆ = = 【答案】（1） （2）Q=5 J （3） 【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 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： 联立上述式子，有： 代入数据解得：F=0.5N 5s 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： 代入数据解得: (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： 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，由能 量守恒定律可得： 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：-BiL△ t=m△v 对式子两边求和有： 而△q=i△t 对式子两边求和，有: 联立各式解得：BLq=mvm， 又对于电路有： 2 5m / smv = 40 5mx = 2 EI R = 2 2 2 B L atF ma R = + 0m m P BI Lv − = 2 m m BLvI R = 2 5m/smv = 2mmv mv′= 2 21 1 22 2mQ mv mv′= − × ( ) ( )mBiL t m v∑ − ∆ = ∑ ∆ ( )q i t∑∆ = ∑ ∆ 2 Eq It tR = = 由法拉第电磁感应定律得： 又 代入数据解得： 23．（2020·山西省考前二模）电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过 程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为 B，方向竖直 向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈 abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通 过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如 图乙所示。已知线圈的总电阻为 r，ab 边长为 L(小于磁场的宽度)。小车总质量为 m，受到 的其他阻力恒为 F，小车上的磁场边界 MN 与 ab 边平行，当边界 MN 刚抵达 ab 边时，速度 大小为 v0。求： (1)边界 MN 刚抵达 ab 边时线圈中感应电流 I 的大小； (2)整个缓冲过程中小车的最大加速度 am 的大小 【答案】(1) ；(2) 【解析】(1)磁场边界 MN 刚抵到 ab 边时，设线圈中产生的电动势为 根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流 解得： ； (2)小车上的磁场边界 NM 抵达 ab 边时加速度最大 根据右手定则可判断感应电流方向从 a 流到 b 根据左手定则可判断安培力方向水平向左 则安培力大小： 由牛顿第二定律： BLxE t = 2 BLxq R = 40 5mx = 0BLvI r = 2 2 0 m B L v Fra mr += 0E BLv= EI r = 0BLvI r = AF BIL= A mF F ma+ = 解得： 。 24．（2020·安徽蚌埠市第二次教学质量检查考试）如图所示，在xoy 平面的第二象限内有 沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小 E=102V/m，第一象限某区域内存在着一个边界 为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直 xoy 平面向外。一比荷 =107C/kg 的带正电粒子 从 x 轴上的 P 点射入电场，速度大小 v0=2×104m/s，与 x 轴的夹角 θ=60°。该粒子经电场偏 转后，由 y 轴上的 Q 点以垂直于 y 轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通 过坐标原点 O，且与 x 轴负方向的夹角 α=60°，不计粒子重力。求： (1)OP 的长度和 OQ 的长度； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)等边三角形磁场区域的最小面积。 【答案】(1) (2) B=0.02T (3) 【解析】(1)粒子在电场中沿 x 轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿 y 轴正方向的分运动 是匀变速直线运动 沿 y 轴方向： ， ，， 沿 x 轴正方向： 联立解得： (2)粒子在磁场中作半径为 r 的匀速圆周运动，其轨迹如图 根据几何关系由： 解得：r=0.05m 2 2 0 m B L v Fra mr += q m 3 0.1510OP m OQ m= =， 2 23 3 1016 m−× qE ma= 0v sinθt a = 0v sinθOQ t2 = 0OP v cosθ t= ⋅ 3OP m OQ 0.15m10 ，= = rOQ r cosα = + 根据牛顿第二定律可得： 解得：B=0.02T (3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦 QD 为边长 L 的△QRD 是磁场区域面积最小的 等边三角形，如图，则 ， 故最小面积： 25．（2020·河北省石家庄市高三二模）如图，一带电荷量q=+0.05C、质量 M=lkg 的绝缘平 板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量 m=lkg 的不带电小物块，平板 与物块间的动摩擦因数 μ=0.75．距平板左端 L=0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高， 平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度 E=100N/C 的水平向左的匀强电场。 现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度 g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变， 整个过程中物块未离开平板。求： （1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； （2）平板的最小长度； （3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。 【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为 1.0m/s;（2）平板的最小长度为 0.53m; （3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为 8.0N•s 【解析】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速， 有 a= =2.5m/s2＜μg 故平板 M 与物块 m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL= （M+m）v ( )2 0 0 v cosθBqv cosθ m r = L 3r= 2 2 2 min 1 3 3S L sin60° 10 m2 16 −= = × qE m 1 2 2 1 解得 v=2.0m/s 平板反弹后，物块加速度大小 a1= =7.5m/s2，向左做匀减速运动 平板加速度大小 a2= =12.5m/s2， 平板向右做匀减速运动，设经历时间 t1 木板与木块达到共同速度 v1′，向右为正方向。 -v1+a1t1=v1-a2t1 解得 t1=0.2s，v =0.5m/s，方向向左。 此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1 =0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为 v，则由动能定理 （M+m）v （M+m） =qEx1 解得 v2=1.0m/s （2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的 平板长度最短。 设平板长为 l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl 解得：l= =0.53m （3）设平板第 n-1 次与第 n 次碰撞反弹速度分别为 vn-1，和 vn；平板第 n-1 次反弹后：设经 历时间 tn-1，平板与物块达到共同速度 vn-1′ 平板 vn-1′=vn-1-a2tn-1 位移大小 物块 vn-1′=-vn-1+a1tn-1 由以上三式解得： ， ， 此后两者一起向左匀加速，由动能定理 qExn-1= 解得： 从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量： I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+…… mg m µ qE mg m µ+ 1 ' 2 2 1 1 2 a t− 1 2 2 2 1 2 − 2 1'v 8 15 2 1 1 1 2 1 1 2n n n nx v t a t− − − −= − 1 1 ' 4 n n vv − − = − 1 1 10 n n vt − − = 2 1 1 3 80 n n vx − − = ( ) ( )2 2 1 1 1 ( ')2 2n nM m v M m v −+ − + 1 1 2 n n v v − = 解得：I=8.0N•s 26．（2020·福建省福州市第二次质检）如图1 所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置， 间距为 L，左端连接一个电容为 C 的电容器，导轨处在磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨 平面向上的匀强磁场中。质量为 m 的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向 右的初速度 v0，之后金属棒运动的 v－t 图象如图 2 所示。不考虑导轨的电阻。 (1)求金属棒匀速运动时的速度 v1； (2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量 q； (3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为 Q，求电容器充电稳定后储存 的电能 E。 【答案】(1) (2) (3) － －Q 【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势 E=BLv1 电容器的电荷量 q=CE 金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－B Lt0=mv1－mv0 电容器的电荷量 q= t0 联立解得 v1= (2)由(1)可知 q=CE=CBLv1= (3)在 0～t 时间内，金属棒的速度由 v0 到 v1，由能量守恒可得 E＋Q= 解得 E= － －Q