1、 1 / 50 专题专题 16 电学计算大题电学计算大题 1 （2021 湖南娄底市高三零模）如图所示，水平界线MN上方有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为 E， MN下方有垂直于纸面向外的水平匀强磁场，光滑绝缘板斜放在匀强电场中，下端 C 在MN上，板与MN 间夹角为 45 ，一个质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子在板上 A 点由静止释放，粒子在电场力作用下沿板 向下运动，运动到 C 点以一定的速度进入磁场、粒子经磁场偏转再次进入电场、并以水平向右的速度打在 板上，已知AC间的距离为 L，不计粒子的重力，求： （1）带电粒子进入磁场时速度大小； （2）粒子打在板上的位置离 C 点的距离；
2、（3）匀强磁场的磁感应强度大小。 【答案】 （1） 2qEL v m ； （2） 1 2 L； （3） 42 3 Em qL 【解析】 （1）设匀强电场的电场强度大小为 E，由题意知，带电粒子沿板向下做匀加速直线运动。根据牛顿 第二定律有 1 sin45qEma 解得 1 2 2 qE a m 设运动到 C 点的速度大小为 v，根据运动学公式有 2 1 2va L 解得 2qEL v m （2）设粒子出磁场时的位置在 D 点，由于粒子第二次在电场中运动做类平抛运动的逆运动，以水平方向的 速度打在板上，设此过程粒子运动的加速度为 2 a，根据牛顿第二定律 2 qEma 平行电场方向运动的距离 2
3、 2 sin452 24 v yL a 2 / 50 粒子打在板上的位置离 C 点的距离 1 2 2 dyL （3）粒子第二次在电场中运动，平行电场方向速度与时间的关系为sin45 qE vt m 垂直电场方向位移为cos45xvt 解得 2 2 xL 根据对称性可知，C、D 间的距离为 23 2 24 sxdL 粒子在磁场中做圆周运动的半径 23 24 rsL 根据牛顿第二定律 2 v qvBm r 解得 42 3 Em B qL 2 （2021 湖南高三一模）如图所示，在平面直角坐标系，xOy 的第一象限内存在着垂直纸面向里大小为 3 0 2.0 10 TB 的匀强磁场区域， 在第三象限内
4、虚线和 y 轴之间存在另一垂直纸面向里的匀强磁场区域， 虚线方程5cmx，在第四象限内存在着沿 x 轴正方向的匀强电场，一质量为 m，电荷量为 q 的粒子由 坐标为0,5 3cm的 P 点以某一初速度 0 v进入磁场，速度方向与 y 轴负方向成60角，粒子沿垂直 x 轴方 向进入第四象限的电场，经坐标为0, 10cm的 Q 点第一次进入第三象限内的磁场，粒子重力不计，比荷 为 9 1.0 10 C/ kg q m ，求： (1)粒子的初速度 0 v大小； (2)匀强电场的电场强度 E 大小； 3 / 50 (3)若粒子从电场进入磁场区域时做圆周运动的圆半径2cmr ， 求粒子从开始进入电场时刻
5、到第二次从电 场进入磁场区域时刻的时间间隔。 （ 24.4 ） （计算结果保留两位有效数字） 【答案】(1) 5 2s10 m/；(2)400V/m；(3) 6 1.8 10 s 【解析】(1)粒子在磁场区域 I 做圆周运动 2 0 00 mv B qv R 由几何关系可知 2 cos305 3 10 mR 联立解得 5 0 2 10 m /sv (2)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的性质，则有 2 0 10 10 myv t 2 1 1 cos60 2 Rat x vat 粒子在电场中的加速度为 Eq a m 粒子在 x 轴方向的速度与初速度关系有 0 tan x v v 粒子的速度
6、与初速度关系有 0 cos v v 联立解得 45 400V/mE 5 2 2 10 m/sv 4 / 50 (3)如图，粒子在电场中先做类平抛运动 2 7 1 5 0 10 10 =s=5 10 s 2 10 y t v 在磁场区域时做圆周运动的时间 7 2 323 1 4 s 2 0 4 r t v 粒子由磁场区域进入电场后做类斜抛运动，由运动的分解与合成以及对称性可知时间 7 31 210 1s0tt 76 123 s 3 2 1510 s1.8 10 4 tttt 3 （2021 广东高三模拟）如图所示，金属板的右侧存在两种左右有理想边界的匀强磁场，磁场的上边界 AE 与下边界 BF
7、间的距离足够大。ABCD 区域里磁场的方向垂直于纸面向里，CDEF 区域里磁场的方向垂直于 纸面向外，两区域中磁感应强度的大小均为 B，两磁场区域的宽度相同当加速电压为某一值时，一电子由 静止开始，经电场加速后，以速度 v0垂直于磁场边界 AB 进入匀强磁场，经 2 m t eB 的时间后，垂直于另一 磁场边界 EF 离开磁场。已知电子的质量为 m，电荷量为 e。求: （1）每一磁场的宽度 d； （2）若要保证电子能够从磁场右边界 EF 穿出，加速度电压 U 至少应大于多少？ （3）现撤去加速装置，使 ABCD 区域的磁感应强度变为 2B，使电子仍以速率 v0从磁场边界 AB 射入，可 改变射
8、入时的方向（其它条件不变） 。要使得电子穿过 ABCD 区域的时间最短时，求电子穿过两区域的时间 t。 5 / 50 【答案】 （1） 0 2 2 mv d eB ； （2） 2 0 4 mv e ； （3） 2 m eB 【解析】 （1）电子在每一磁场中运动的时间为 t1 248 tmT eB 故电子的在磁场中转过 4 电子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即 2 0 v evBm r 由图可知sin45dr 解得 0 2 2 mv d eB （2）若电子恰好不从 EF 边穿出磁场，电子应和 CD 相切，在 ABCD 区域中转半圈后从 AB 边离开磁场， 设此时对应的电压为 U，电子进入磁场
9、时的速度为 v，则 2 v evBm R 6 / 50 Rd 2 1 2 eUmv 解得 2 0 4 mv U e （3）若要电子穿过 ABCD 区域的时间最短，则需要电子对称地穿过 ABCD 区域，作图 电子在两区域的半 径关系 r22r12 mv eB 由 1 sin 2 d r 解得 =45 第一段时间为 1 2 24 m tT eB 在区域 CDEF 中的圆心必在 EF 边上（如图内错角）= 第二段时间 2 24 m tT eB 通过两场的总时间 12 2 m ttt eB 4 （2021 天津高三模拟）如图甲所示，固定平行金属导轨MN、PQ与水平面成37角倾斜放置，其电阻 不计，相距
10、为0.4mL，导轨顶端与电阻 R 相连，0.15R。在导轨上垂直导轨水平放置一根质量为 2 2 10 kgm 、电阻为0.05r 的导体棒ab。ab距离导轨顶端 1 0.4md ，导体棒与导轨间的动摩擦 因数0.5；在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的磁场，其磁感应强度 B 和时间 t 的函数关系如图 乙所示。 （g 取 2 10m/s） （1）前2s内，施加外力使导体棒保持静止，求通过导体棒的电流 I 的大小和方向； （2）2s后静止释放导体棒，已知ab棒滑到底部前已达到最大速度 a v并匀速下滑到底部，此过程中通过的 7 / 50 电量3.2Cq 。求 a v的大小、以及此过程中导体棒的
11、位移。 （3）在第 2 问的过程中电阻 R 上产生的热量 Q。 【答案】 （1）0.4A，由 b 到 a； （2）=5m/s a v， 2 16md ； （3）0.29J 【解析】 （1）由题意知，根据法拉第电磁感应定律可得前 2s 产生的感应电动势 1 1.1 0.1 0.4 0.4V0.08V 2 B ELd tt 根据闭合电路欧姆定律有电流为 0.08 A=0.4A 0.150.05 E I Rr 根据楞次定律可知感应电流的方向为 b 到 a。 （2）导体棒所受摩擦力为 2 2 10cos0.510 0.8N0.08Nfmg 2s 时，静止释放导体棒，导体棒沿导轨方向受到重力沿导轨的分力
12、、沿导轨向上的滑动摩擦力、安培力， 导体棒做加速度减小的加速运动，当速度最大时有 2m m a B LvE I RrRr ， 2 m sinfB I Lmg 解得=5m/s a v 当导体棒下滑时， 222 B LvB Ld qI tt RrRr 计算可得导体棒的位移 2 16md （3）下滑过程中根据功能关系可知系统产生的热量 Q 2 22 1 sin 2 a mgdfdQmv 代入数据解得0.39JQ 8 / 50 所以电阻 R 产生的热量为 33 0.39J0.29J 44 R QQ 5 （2021 天津高三模拟） 如图所示， M、 N 为中心开有小孔的平行板电容器的两极板， 其左侧有一
13、圆心为 O、 半径为 r 的圆形区域，区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，圆周上的点 A、圆心 O 与平行板电容器上的两小孔 1 s、 2 s在同一水平直线上。现有一质量为 m，电荷量为0q q 的带电粒子 （重力忽略不计） ， 以某一恒定的水平初速度从极板 M 的中央小孔 1 s处射入电容器， 穿过小孔 2 s 后从 A 处进人磁场，当平行板 M、N 间不加电压时，带电粒子恰好从 O 点正下方的 C 点射出磁场。 （1）求带负电的粒子的初速度大小； （2）当平行板 M、N 间加上一定电压时，带负电的粒子在磁场中运动的时间变为原来的 2 3 ，求 M、N 板间 的
14、电势差 MN U。 【答案】 （1） 0 qBr v m ； （2） 22 MN qB r U m 【解析】 （1）分析粒子在磁场中的运动，可知粒子在磁场中做圆周运动的半径Rr 粒子在磁场中做匀速圆周运动有 2 0 0 mv qv B r 解得： 0 qBr v m （2）粒子在磁场中运动的周期 0 22Rm T vqB 当平行板 M、N 间不加电压时，粒子在磁场中运动的时间 1 1 4 tT 当平行板 M、N 间加电压时，粒子在磁场中运动的时间 2 1 6 tT 粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为60，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径 9 / 50 3rr 粒子在磁场中做匀速圆周运动有
15、 2 mv qvB r 粒子在电场中运动，由动能定理可得 22 0 11 22 MN mvmvqU 解得在 M、N 板上所加的电势差 22 MN qB r U m 6 （2021 福建高三二模） 如图甲所示， 在空间中同时存在匀强电场和匀强磁场， 建立空间直角坐标系Oxyz。 一质量为m、电荷量为(0)q q 的带电小球从z轴上的P点沿x轴正方向以速度 0 v射出，恰好做匀速直线 运动，图乙为yOz平面。已知匀强磁场大小为 0 2 mg B qv ，方向与yOz平面平行且与y轴正方向的夹角为 60，重力沿z轴负方向，P点距原点O的距离为d，重力加速度为g。求 （1）电场强度大小； （2）若仅去
16、掉电场，带电小球运动到xOy平面的速度大小和所用时间； （3）若仅让带电小球速度方向反向，其运动到xOy平面时的动能。 【答案】 （1） 3 2 mg E q ； （2） 2 0 2vgdv， 2 2 3 d t g ； （3） 2 0 1 2 k Emgdmv 【解析】 （1）对带电质点受力分析，如图 10 / 50 洛伦兹力 0 fqv B又 0 2 mg B qv 则 1 2 fmg 方向与z轴正方向的夹角为60，则sin60qEmg 得 3 2 mg E q 所以E方向与B的方向相同； （2）带电粒子做类平抛运动，沿x轴方向匀速直线运动，沿B的反方向匀加速直线运动，加速度为 sin60
17、3 2 mg ag m 沿B的反方向运动到xOy平面的位移 2 sin603 d ld 由运动学公式 2 1 2 lat 解得 2 2 3 d t g 22 0 ()vatv 得 2 0 2vgdv （3） 带电小球的运动平面为过P点与磁感应强度方向垂直的平面， 所以运动到xOy平面沿重力与电场力合 力方向通过的位移为 cos60 d h 洛伦兹力不做功，所以cos60Wmgh 11 / 50 由动能定理可得 2 k0 1 2 WEmv 联立得 2 k0 1 2 Emgdmv 7 （2021 天津和平区高三一模）如图所示为用质谱仪测定带电粒子比荷的装置示意图。它是由离子室、加 速电场、速度选择
18、器和分离器四部分组成。已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为 E，匀强磁场磁感 应强度为 1 B，方向垂直纸面向里。分离器中匀强磁场磁感应强度为 2 B，方向垂直纸面向外。某次实验离子 室内充有大量氢的同位素离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点 O 平行于极板进入，部分 粒子通过小孔O后进入分离器的偏转磁场中，在底片上形成了对应于氕1 1H、氘 2 1H、氚 3 1H三种离子的三 个有一定宽度的感光区域，测得第一片感光区域的中心 P 到O点的距离为 1 D。不计离子的重力、不计离子 间的相互作用，不计小孔O的孔径。 （1）打在感光区域中心 P 点的离子，在速度选择器中沿直线运动，
19、试求该离子的速度 0 v和比荷 q m ； （2）以 0 vvv的速度从 O 点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为 0 v的匀速直线 运动和另一个速度为v的匀速圆周运动的合运动，试求该速度选择器极板的最小长度 L。 【答案】 （1） 1 E B ， 121 2E B B D ； （2） 21 1 6 B D B 【解析】 （1）粒子在速度选择器中做直线运动，由平衡条件条件有 01 qv BqE 解得 0 1 E v B 进入分离器中粒子圆周运动的半径 1 2 D r 由牛顿第二定律有 2 0 02 v qv Bm r 12 / 50 解得 121 2qE mB B D （2）三
20、种离子在磁场中做圆周运动周期分别为 21 1 1 2B Dm T qBE 21 2 1 222B Dm T qBE 21 3 1 323B Dm T qBE 三种离子都能通过，则 01 6?tT 极板最小长度 21 0 0 1 6 B D Lv t B 8 （2021 北京西城区高三一模）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等 领域。 （1）如图 1，将一半导体薄片垂直置于磁场 B 中，在薄片的两个侧面 a、b 间通以电流 I 时，另外两侧 c、f 间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中能够自由移动的电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏 转和积累，于是在 c、f
21、间产生霍尔电压 UH。已知半导体薄片的厚度为 d，自由电荷的电荷量为 q，求薄片 内单位体积中的自由电荷数 n。 （2）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图 2 所示，将两块完全相同的磁体同极相对放置，在两磁 体间的缝隙中放入图 1 所示的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，霍尔电压 UH为 0，将该点作为位移 的零点。当霍尔元件沿着 x 轴方向移动时，则有霍尔电压输出。若该霍尔元件是电子导电的，在霍尔元件 中仍通以由 a 向 b 的电流， 那么如何由输出的霍尔电压判断霍尔元件由中间位置沿着 x 轴向哪个方向移动？ 请分析说明。 （3）自行车测速码表的主要工作传感器也是霍尔传感器。如图 3
22、，霍尔元件固定在自行车前叉一侧，一块 强磁铁固定在一根辐条上。当强磁铁经过霍尔元件时，使其产生电压脉冲。已知自行车在平直公路上匀速 行驶，车轮与地面间无滑动，车轮边缘到车轴的距离为 r。 a. 若单位时间内霍尔元件检测到 m 个脉冲，求自行车行驶的速度大小 v。 b. 图 4 中的两幅图哪个可以大致反映自行车正常行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹？请说明理 由。 13 / 50 【答案】 （1） H BI n U qd ； （2）见解析； （3）a. =2vrmr；b.甲图，理由见解析 【解析】 （1）设 c、f 两侧面之间的距离为 L，当电场力与洛伦兹力相等时 H U qqvB L 又
23、 InqvS 其中SLd 代入得 H BI n U qd （2）层级 1：由输出的霍尔电压可知 c、f 两侧哪侧电势高，进而可判断霍尔元件沿着 x 轴向哪个方向移动。 层级 2：由题意可知，两块磁体的中间位置合磁场的磁感应强度为 0，中间位置右侧的区域合磁场的方向向 左，中间位置左侧的区域合磁场的方向向右。当霍尔元件处于中间位置右侧，且通有由 a 向 b 方向的电流 时，根据左手定则可判断，自由电子受洛伦兹力的方向指向 f 一侧，因此 f 侧积累负电荷，c 侧积累正电荷， c 侧电势高；当霍尔元件处于中间位置左侧，情况则刚好相反，f 侧电势高。若输出的霍尔电压显示 c 侧电 势高，说明霍尔元件
24、向 x 轴正方向移动；若 f 侧电势高，说明霍尔元件向 x 轴负方向移动。 14 / 50 （3）a. 单位时间内霍尔元件检测到 m 个脉冲，因此车轮转动的角速度 2 m ，自行车的行驶速度 =2vrmr b. 甲图可以反映自行车正常行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹。 参考答案 1：在自行车正常行驶时，车轮边缘上的一点同时参与两个运动，一是以速度 v 和自行车一起向前 做直线运动，二是以线速度 v 绕车轴做圆周运动，因此车轮边缘上一点运动到最高点时相对地面的速度最 大，大小为 2v，运动到最低点时相对地面的速度最小，为 0。甲图中的轨迹满足这一特点，而乙图中的轨 迹的最低点的速度方向指
25、向自行车行驶的反方向，不符合实际。 参考答案 2：在自行车正常行驶时，车轮与地面之间不打滑，因此车轮与地面接触的一点相对地面的速度为 0，即车轮边缘一点运动到最低点时相对地面的速度为 0。甲图中的轨迹满足这一特点，而乙图中的轨迹的 最低点的速度方向指向自行车行驶的反方向，不符合实际。 9 （2021 北京海淀区高三一模）电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的 不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。 （1）电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图甲所示的装置：无限长平行光滑金属导轨 相距 L，导轨平面水平，电源电动势为 E，内阻不计。垂直于导轨放置
26、一根质量为 m 的导体棒 MN，导体棒 在两导轨之间的电阻为 R，导轨电阻可忽略不计。导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为 B， 导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。闭合开关 S，导体棒由静止开始运动，运动过程中切割磁 感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势 E反，此时闭 合回路的电流大小可用 EE I R 反 来计算。 在图乙中定性画出导体棒运动的 v-t 图像，并通过公式推导分析说明电动汽车低速比高速行驶阶段提速更 快的原因； 求导体棒从开始运动到稳定的过程中流过的总电荷量 q。 （2）电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力 f
27、 与车速 v 的关系可认为 f=kv2，其中 k 为未知常数。某品 牌电动汽车的电动机最大输出功率 Pm=180kW，最高车速 vm=180km/h，车载电池最大输出电能 A=60kWh。 若该车以速度 v=60km/h 在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为 90%，求该电动汽车在 此条件下的最大行驶里程 s。 15 / 50 【答案】 （1）见解析；见解析； 22 mE q B L ； （2）486km 【解析】 （1）导体棒运动的 v-t 图像如右图所示 设导体棒运动速度为 v，根据反电动势的作用及闭合电路欧姆定律有导体棒中的电流 EBL i R v 由牛顿第二定律有BiL
28、ma 联立解得导体棒运动的加速度 ()EBLBL a mR v 由此可知，导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速运动。所以电动汽车在低速行驶时，电动机产生的 反电动势较小，车辆加速度较大，提速更快。 当 a=0 时，导体棒达到最大速度 vm，根据法拉第电磁感应定律有 m EBLv 由动量定理有 m BiL tm v 根据电流的定义有 qi t 联立解得流过导体棒的总电荷量 22 mE q B L （2）车匀速运动时，有 F f 由题意，电动机功率有 3 PFvfvkv 所以车以速度 v 行驶时电动机的功率 3 m 3 m PP v v v 16 / 50 由题意可知 90% P As v v
29、解得该电动汽车的最大行驶里程 s=486km 10 （2021 天津高三模拟）我国的东方超环（EAST）是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。装置 中的中性化室将加速到很高能量的离子束变成中性粒子束，注人到发生聚变反应的等离子体中，将等离子 体加热到发生聚变反应所需点火温度。没有被中性化的高能带电离子对实验装置有很大的破坏作用，因此 需要利用“剩余离子偏转系统”将所有带电离子从粒子束剥离出来。 剩余离子电偏转系统的原理如图所示，让混合粒子束经过偏转电场，未被中性化的带电离子发生偏转被极 板吞噬，中性粒子继续沿原有方向运动被注人到等离子体中。若粒子束中的带电离子主要由动能为 k E、 1 2
30、 k E、 1 3 k E的三种正离子组成。所有离子的电荷量均为 q，质量均为 m，两极板间电压为 U，间距为 d。 （1）若离子的动能 Ek由电场加速获得，其初动能为零，求加速电压 U0； （2）要使三种带电离子都被极板吞噬，求： a离子在电场中运动的最长时间 b偏转极板的最短长度 （3）剩余离子偏转系统还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离。如图所示，粒子束宽度为 d，吞噬板 MN 长度为 2d。要使三种能量的离子都能打到吞噬板上，求磁感应强度大小的取值范围。 【答案】 （1） 0 k E U q ； （2）a. 2 2md t Uq ；b.2 k E Ld qU ； （3） 212 2 3
31、k k mE mEB qdqd 。 【解析】 （1）根据动能定理 0 0 k U qE 解得 0 k E U q 17 / 50 （2）a.所有打在极板上的离子中，运动时间最长的离子偏转距离为 d； 2 1 2 dat， Uq a dm 则最长时间 2 2md t Uq b.要使所有高子都能被极板吞噬，上极板左边缘进入的全能量离子要恰好打到下极板的右边缘。此过程离子 水平飞行的距离即为极板最短长度，根据Lvt， 2 1 2 k Emv 可得：2 k E Ld qU （3）由分析可知，粒子束上边缘进入的三分之一能量离子到达吞噬板上边缘时，半径最小，磁感应强度最 大，根据： 2 1 11 32 k
32、 Emv； 2 1 11 1 v qv Bm R 1 2 d R ，可得： 1 22 3 k mE B qd 粒子束下边缘进入的全能量离子到达吞噬板下边缘时，半径最大，磁感应强度最小，此时： 2 2 1 2 k Emv， 2 2 22 2 v qv Bm R ， 1 Rd，得： 2 1 2 k BmE qd 所以，磁感应强度的取值范围为： 212 2 3 k k mE mEB qdqd 11 （2021 北京西城区高三一模）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B。纸面内有一正方形均 匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ab 边与磁场边界平行。线框在向右的拉力作用下以速度
33、v 匀 速进入磁场。从 ab 边刚进入磁场直至 cd 边刚要进入磁场的过程中，求： （1）金属线框中的感应电流 I 的大小和方向； （2）金属线框产生的焦耳热 Q； （3）安培力的冲量大小 I安。 【答案】 （1） BLv R ，电流方向沿 adcba（或逆时针方向） ； （2） 23 B L v R ； （3） 23 B L R 18 / 50 【解析】 （1）ab 边切割磁感线产生电动势 EBLv 根据闭合电路欧姆定律 E I R 解得 BLv I R 根据右手定则可判断，电流方向沿 adcba（或逆时针方向） （2）根据焦耳定律 2 QI Rt 其中 L t v 代入解得 23 B L
34、v Q R （3）ab 边受安培力 =FBIL 安 安培力的冲量大小 IF t 安安 代入解得 23 I B L R 安 12 （2021 北京东城区高三一模）如图所示，宽为 l 的光滑固定导轨与水平面成 角，质量为 m 的金属杆 ab（电阻不计）水平放置在导轨上，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B。电源的内阻为 r，当 变阻器接入电路的阻值为 R 时，金属杆恰好能静止在导轨上。重力加速度用 g 表示。求： （1）金属杆静止时受到的安培力的大小 F安； （2）电源的电动势 E； （3）若保持其它条件不变，仅改变匀强磁场的方向，求由静止释放的瞬间，金属杆可能具有的沿导轨向上 的最大加速
35、度 a。 【答案】 （1） tanFmg 安 ； （2） tan () mg ERr lB ； （3） tan - sinagg 【解析】 （1）由题意可知，金属杆所受安培力的方向水平向右，因为金属杆静止，所以合力为零，得到 19 / 50 tanFmg 安 （2）因为F IlB 安 且 E I Rr 得 tan () mg ERr lB （3）仅改变匀强磁场的方向时安培力大小不变，因此当安培力沿导轨向上的分量最大，即安培力沿导轨向 上时，金属杆具有沿导轨向上的最大加速度，由 -sinF mgma 安 得最大加速度 tan - sinagg 13 （2021 广东高三模拟）电视机中的显像管、喷
36、墨打印机等电子仪器都是利用了粒子在电磁场中的偏转， 因此研究粒子在电磁场中的偏转是非常有意义的。如图所示，在 xOy 平面坐标系第一、四象限内存在一个 圆心为坐标原点的圆环状的均匀辐向电场，圆环在 y 轴上的截面长度为 R，电场中各点电势= C l -，式中 C 为正的已知常量，l 为该点到圆心 O 的距离。在 y 轴左侧，圆心为（R，0） 、半径为 R 的虚线圆内分布着方 向垂直于圆面向里的匀强磁场，在 x = 3R 处有一竖直放置的足够长的荧光屏。今在 x = 2R 处圆弧上的一点 放置一个粒子源，能不断释放初速度为 0，质量为 m、电荷量为+q 的粒子，粒子穿出磁场后偏转了 60 ，不
37、计粒子重力及粒子间相互作用力，不考虑空气阻力。求： （1）粒子进入磁场时速度大小； （2）粒子打在荧光屏上的坐标； （3）磁场的磁感应强度 B0。 【答案】 （1） Cq v Rm ； （2） （3R，2 3R） ； （3） 0 2 3 3 CqRm B qR 【解析】 （1）辐向电场的电势差为( 22 CCC U RRR ） 粒子在电场中的加速过程，根据动能定理有 2 1 2 qUmv 解得速率 Cq v Rm 20 / 50 （2）画出粒子运动轨迹如图所示，则=60，由几何关系可知，打到荧光屏上的竖直高度为 2 tan602 3yRR 因此粒子打在荧光屏上的坐标为（3R，2 3R） （3）
38、粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径3 tan30 R rR 由 2 0 mv B qv r 解得 0 2 3 3 CqRm B qR 14 （2021 天津高三模拟）质谱仪是以离子源、质量分析器和离子检测器为核心的电子仪器。离子源是使试 样分子在高真空条件下离子化的装置。电离后的分子因接受了过多的能量会进一步碎裂成较小质量的多种 碎片离子和中性粒子。它们在加速电场作用下获取具有相同能量的平均动能而进入质量分析器。质量分析 器是将同时进入其中的不同质量的离子，按质荷比 m q 的大小分离的装置。质谱仪的部分原理图可简化为如 图甲所示，离子源（在狭缝上方，图中未画出）产生的带电离子经狭缝之间的电场加
39、速后，匀速并垂直射 入偏转磁场区域，加速电场的电压随时间变化如图乙所示。离子进入匀强磁场区域后，在洛伦兹力的作用 下打到照相底片上并被接收，形成一细条纹。若从离子源产生的离子初速度为零、电荷量为(0)q q、质 量为 m，加速电压为 0 U时，离子恰好打在 P 点，PN为放置照相底片的离子检测区域，M 为PO的中点。 已知 , 2 L PMOML MN （不计离子的重力以及离子在电场内加速时电压的变化与加速时间） 。求： （1）加速电压为 0 U时，离子经加速电场加速后的速度 1 v； （2）偏转磁场的磁感应强度大小 B； （3）若偏转磁场区域为圆形，且与PQ相切于 O 点，如图丙所示，其他条
40、件不变，当加速电压为 0 U时， 要保证离子进入偏转磁场后不能打到PQ边界上（PQ足够长） ，求磁场区域的半径 R 应满足的条件。 21 / 50 【答案】 （1） 0 2qU m ； （2） 0 21mU Lq ； （3）R L 【解析】 （1）加速电压为 0 U时，对离子经加速电场加速过程应用动能定理有 2 01 1 2 qUmv 解得 0 1 2qU v m （2）由题意可知，加速电压为 0 U时，离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为rL 在偏转磁场中，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 2 1 1 v qv Bm r 解得 001 2211qUmUmvm B qrLqmL
41、q （3） 离子不能打到PQ边界， 则磁场区域的半径应小于等于离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径， 又当加速电压为 0 U时，离子在磁场中的轨迹半径为 L，根据以上分析可知，磁场区域的半径应满足 R L 15 （2021 天津高三模拟）科学仪器常常利用磁场将带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出。某同学 为探究带电粒子“约束”问题，构想了如图所示的磁场区域匀强磁场的磁感应强度大小为 B、垂直于纸面， 其边界分别是半径为 R 和 2R 的同心圆，O 为圆心，A 为磁场内在圆弧上的一点，P 为 OA 的中点。若有一 粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为 q m 的带负电粒子，粒子速度连续
42、分布，且无相互作用。不计粒子 的重力，取 sin37 =0.6，cos37 =0.8，求: （1）粒子源在 A 点时，被磁场约束的粒子速度的最大值 vmA； （2）粒子源在 O 时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值 tm； （3）粒子源在 P 点时，被磁场约束的粒子速度的最大值 vmP。 22 / 50 【答案】 （1） 3 2 qBR m ； （2） 127 90 m qB ； （3） qBR m 【解析】 （1）如图 1 所示，若粒子源在 A 点时，被磁场约束的粒子在磁场中最大运动半径为 23 22 mA RR rR 由运动半径 m mA mv r qB 解得: 3 2 mA qB
43、R v m （2）如图 2 所示，当粒子源在 O 时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子每 次经过磁场时间为最大值，设粒子运动半径为 r0。在OAC中，OA2+AC2=OC2 23 / 50 即 222 00 (2)RrRr 解得 0 3 4 rR 由几何知识求得ACD=106 ，故被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值为 (360106 )2542127 36036090 m mm tT qBqB oo o （3）如图 3 所示，当粒子源在 P 点时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子 的半径最大，速度为最大值，设粒子运动半径为 rP 在OG
44、E中，由几何知识得 OG2+GE2=OE2， 3 2 OGR， 1 2 P EGrR，OE=2R-rP 求得 rP=R 由运动半径 mv r qB 解得： mP qBR v m 16 （2021 湖南邵阳市高三一模）如图所示，竖直平面内直角坐标系 xoy 中，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直 方向，在 x0 的区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，在 x0 的区域内存在竖直向下的匀强电场。其 他区域无电场和磁场。某时刻一带正电粒子从 A（-L，0）点沿与 x 轴负方向成 =53 角以初速度 v0斜向上 射出，恰好垂直 y 轴射出磁场区域，进入电场强度大小为 E 的匀强电场区域。 （已知带电粒子质
45、量为 m，所 带电荷为均+q，且带电粒子重力不计，不计空气阻力，sin53 =0.8，530.3）求： （1）磁场的磁感应强度大小 B； （2）带电粒子运动至 x 轴正半轴时的坐标； （3）带电粒子在磁场和电场中的运动时间。 24 / 50 【答案】 （1） 0 4 5 mv B qL ； （2） （ 0 2 mL v Eq ，0） ； （3） 0 7 2 8 mLL qEv 【解析】(1)由小球在磁场中，小球在磁场中做匀速圆周运动有 2 0 0 mv qv B R 分析可知小球的运动半径 5 sin4 L RL 联立解得 0 4 5 mv B qL (2)小球出磁场区域后在电场力作用下第一象
46、限内做类平抛运动，如图 根据平抛运动规律，有 0 1 xv t 2 1 1 2 yat qEma 几何关系可知 2 tan L yRL 联立解得 25 / 50 1 2 mL t qE 0 2 mL xv qE 即小球运动至 x 轴正半轴时的坐标为（ 0 2 mL v Eq ，0） 。 (3)带电粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为 =127 ，约为 7 10 运动周期为 0 2 R T v 运动时间为 2 2 tT 2 0 7 8 L t v 则运动的总时间为 0 7 2 8 mLL t qEv 17 （2021 浙江衢州市高三二模）如图所示，由直三棱柱 A1B1C1-A2B2C2构成的斜面体固
47、定置于水平面上， A1B1C1为直角三角形，其中 =53 ，A1C1=A1A2=0.4m，厚度不计的矩形荧光屏 B1B2D2D1竖直安置在斜面 底端，B1D1=0.2m。空间中有一竖直向下的匀强电场，场强 E=2 105N/C，在 A 处可发射水平各方向，速度 大小不同的带正电粒子，粒子的电量 q=2 10-10C，质量 m=5 10-17kg，当粒子击中荧光屏时能使其发光。不 考虑重力、空气阻力、粒子间相互作用力及粒子反弹后的运动。 （1）求带电粒子在电场中运动的加速度； （2）求能使荧光屏发光的粒子的初速度大小范围； （3）取（2）问中打到荧光屏上初速度最小的粒子，当其运动到离斜面的距离最远时，突然撤去电场，并 加一个垂直于斜面的匀强磁场，要使粒子能击中荧光屏，求所加磁场的方向及磁感应强度的范围。 26 / 50 【答案】 （1）8 1011m/s2； （2）3 105m/sv0 5 5 2 10 m/s ； （3）0B0.5T，方向垂直于斜面向下 【解析】 （1）由 qE=ma 解得 a=8 1011m/s2 （2）从 A 运动到 B1粒子初速度最小，由竖直位移 2 11