1、專題11 電場、磁場綜合（教師版）從2012高考試題來看，帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動依然為高考命題的熱點(diǎn)之一。本考點(diǎn)是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動知識，側(cè)重于考查帶電粒子在磁場和電場、磁場和重力場以及磁場、電場和重力場三場所形成的復(fù)合場的問題。預(yù)測2013高考帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動仍為高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，如在復(fù)合場中的直線運(yùn)動以及依次通過電場和磁場的運(yùn)動，題目與共點(diǎn)力平衡、牛頓運(yùn)動定律、能量守恒、動能定理、圓周運(yùn)動等聯(lián)系在一起，且多與實(shí)際問題相結(jié)合，主要考查學(xué)生分析問題的能力、綜合能力和利用數(shù)學(xué)方法解決問題的能力。3洛倫茲力：帶電粒子（體）在磁場中受到的洛倫茲力與運(yùn)動的速度（大小、方向 ）有關(guān)，洛倫

2、茲力的方向始終和磁場方向垂直，又和速度方向垂直，故洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，也不會改變粒子的動能二粒子在復(fù)合場中運(yùn)動1在運(yùn)動的各種方式中，最為熟悉的是以垂直電磁場的方向射入的帶電粒子，它將在電磁場中做勻速直線運(yùn)動，那么，初速v0的大小必為E/B，這就是速度選擇器模型，關(guān)于這一模型，我們必須清楚，它只能選取擇速度，而不能選取擇帶電的多少和帶電的正負(fù)，這在歷年高考中都是一個重要方面4綜合問題的處理方法(1)處理力電綜合題的的方法處理力電綜合題與解答力學(xué)綜合題的思維方法基本相同，先確定研究對象，然后進(jìn)行受力分析（包括重力）、狀態(tài)分析和過程分析，能量的轉(zhuǎn)化分析，從兩條主要途徑解決問題用力的觀點(diǎn)進(jìn)解答，常用到

3、正交分解的方法將力分解到兩個垂直的方向上，分別應(yīng)用牛頓第三定律列出運(yùn)動方程，然后對研究對象的運(yùn)動進(jìn)分解可將曲線運(yùn)動轉(zhuǎn)化為直線運(yùn)動來處理，再運(yùn)用運(yùn)動學(xué)的特點(diǎn)與方法，然后根據(jù)相關(guān)條件找到聯(lián)系方程進(jìn)行求解用能量的觀點(diǎn)處理問題對于受變力作用的帶電體的運(yùn)動，必須借助于能量觀點(diǎn)來處理即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡潔，具體方法有兩種：用動能定理處理，思維順序一般為：A弄清研究對象，明確所研究的物理過程B分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功C弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）用包括靜電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理，列式的方法常有兩種：A從初、末狀態(tài)的能

4、量相等（即）列方程B從某些能量的減少等于另一些能量的增加（即）列方程c若受重力、電場力和磁場力作用，由于洛侖茲力不做功，而重力與電場力做功都與路徑無關(guān)，只取決于始末位置因此它們的機(jī)械能與電勢能的總和保持不變(2)處理復(fù)合場用等效方法：各種性質(zhì)的場與實(shí)物（由分子和原子構(gòu)成的物質(zhì)）的根本區(qū)別之一是場具有疊加性即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場，對于疊加場中的力學(xué)問題，可以根據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果；也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將疊加緊場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學(xué)問題進(jìn)行類比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答2運(yùn)動規(guī)律在磁偏轉(zhuǎn)中，變化的使

5、粒子做勻速曲線運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動規(guī)律分別從時（周期）、空（半徑）兩個方面給出：在電偏轉(zhuǎn)中，恒定的使粒子做勻變速曲線運(yùn)動類平拋運(yùn)動，其運(yùn)動規(guī)律分別從垂直于電場方向和平行于電場方向給出：3偏轉(zhuǎn)情況在磁偏轉(zhuǎn)中，粒子的運(yùn)動方向所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制，且在相等時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度總是相等在電偏轉(zhuǎn)中，粒子的運(yùn)動方向所能偏轉(zhuǎn)的角度，且在相等的時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度是不相等的四高科技器材1速度選擇器正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場組成速度選擇器帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器否則將發(fā)生偏轉(zhuǎn)這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，在本圖中，速度方向必

6、須向右（1）這個結(jié)論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關(guān)（2）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復(fù)雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)，電場力將做負(fù)功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復(fù)雜曲線2電磁流量計(jì)電磁流量計(jì)的原理可解釋為：一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向左流動導(dǎo)電液體中的自由電荷（正負(fù)離子）在洛侖茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛侖茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定則，可得流量為【2012高考

7、試題解析】10. （2012·海南）圖中裝置可演示磁場對通電導(dǎo)線的作用。電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿。當(dāng)電磁鐵線圈兩端a、b，導(dǎo)軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導(dǎo)軌上滑動。下列說法正確的是A.若a接正極，b接負(fù)極，e接正極，f接負(fù)極，則L向右滑動B.若a接正極，b接負(fù)極，e接負(fù)極，f接正極，則L向右滑動C.若a接負(fù)極，b接正極，e接正極，f接負(fù)極，則L向左滑動D.若a接負(fù)極，b接正極，e接負(fù)極，f接正極，則L向左滑動（2012·浙江）24 、（20分）如圖所示，二塊水平放置、相距為d的長金屬板接

8、在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)。（1）判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；（3）現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間位置。為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B'，則B'的大小為多少？（3）根據(jù)題設(shè)，墨滴圓周運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)圓周運(yùn)動半徑為,有 由圖示可得：得：聯(lián)立式可得：【考點(diǎn)定位】帶電粒

9、子在電場、磁場中的應(yīng)用（2012·四川）20半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示。則A = 0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB = 3 時，桿產(chǎn)生的電動勢為3BavC = 0時，桿受的安培力大小為2B2av+2R0D = 3 時，桿受的安培力大小為3B2av5+3R0 【答案】：AD（2012·北京）16處于勻強(qiáng)磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻

10、速圓周運(yùn)動。將該粒子的運(yùn)動等效為環(huán)形電流，那么此電流值A(chǔ)與粒子電荷量成正比 B與粒子速率成正比C與粒子質(zhì)量成正比 D與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比（2012·全國新課標(biāo)卷）18.如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運(yùn)動（2012·全國新課標(biāo)卷）25.（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域

11、，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為。現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小?！敬鸢浮?【解析】解答本題注意帶電粒子先在勻強(qiáng)磁場運(yùn)動，后在勻強(qiáng)電場運(yùn)動。帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動。設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓定律和洛倫茲力公式可得：【考點(diǎn)定位】本考點(diǎn)主要考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動、電場中的類平拋運(yùn)動、牛頓定律。（2012·北京）24（20分）勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正向，電場強(qiáng)度E隨x的分布如圖所示。圖中E0和d均為已知量。將帶正

12、電的質(zhì)點(diǎn)A在O點(diǎn)由能止釋放。A離開電場足夠遠(yuǎn)后，再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由靜止釋放，當(dāng)B在電場中運(yùn)動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A、B間的相作用視為靜電作用。已知A的電荷量為Q，A和B的質(zhì)量分別為m和m4。不計(jì)重力。（1）求A在電場中的運(yùn)動時間t，（2）若B的電荷量q = 49 Q，求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值Epm（3）為使B離開電場后不改變運(yùn)動方向，求B所帶電荷量的最大值qm【答案】：（1）2dmQE0（2）49QE0d（3） 169QA、B相互作用過程中，動量和能量守恒。A、B相互作用為斥力，A受力與其運(yùn)動方向相同，B受的力與其運(yùn)動方向相反，相互作用力

13、對A做正功，對B做負(fù)功。A、B靠近的過程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負(fù)，相互作用能增加。所以，當(dāng)A、B最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相同，設(shè)為v， （3）A、B在x>d區(qū)間的運(yùn)動，在初始狀態(tài)和末態(tài)均無相互作用根據(jù)動量守恒定律得：mvA + m4vB = mvA0 + m4vB0根據(jù)能量守恒定律得：12mvA2 + 12m4vB2 = 12mvA02 + 12m4vB02（2012·四川）25（20分）如圖所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，整個

14、空間存在勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）。質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球P靜止于虛線X上方A點(diǎn)，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運(yùn)動。在A點(diǎn)右下方的磁場中有定點(diǎn)O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂。保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于50的夾角，在P開始運(yùn)動的同時自由釋放Q，Q到達(dá)O點(diǎn)正下方W點(diǎn)時速度為v0。P、Q兩小球在W點(diǎn)發(fā)生正碰，碰后電場、磁場消失，兩小球粘在一起運(yùn)動。P、Q兩小球均視為質(zhì)點(diǎn)，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。（1）求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小和P進(jìn)入磁場時的速率v；（2）

15、若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？（3）求A點(diǎn)距虛線X的距離s?！敬鸢浮浚海?）0.475J （2）0.57m設(shè)小球Q從開始運(yùn)動到與P球同向相碰的時間為tQ/，由單擺運(yùn)動的周期性可得：tQ/ =（n + 34 ）2lg同理可得：s =（n + 34 ）2Imlg I2Bq n為大于（m4Bqgl 34 ）的整數(shù)（2012·天津）11（18分）如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng) = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3的電阻。一質(zhì)量m = 0.1kg，電阻r = 0.1的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)

16、強(qiáng)度B = 0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以 a = 2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動，當(dāng)棒的位移x = 9m時撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2 = 2：1。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求（1）棒在勻加速運(yùn)動過程中，通過電阻R的電荷量q；（2）撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；（3）外力做的功WF。 （2）設(shè)撤去外力時棒的速度為v，棒做勻加速運(yùn)動過程中，由運(yùn)動學(xué)公式得：v2=2ax設(shè)撤去外力后的運(yùn)動過程中安培力做功為W，由動能定理得：W = 0 1 2 mv2撤去外力后

17、回路中產(chǎn)生的焦耳熱：Q2 = W聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：Q2 =1.8J（2012·天津）12（20分）對鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動。離子行進(jìn)半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I。不考慮離子重力及離子間的相互作用。（1）求加速電場的電壓U；（2）求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M；（3）實(shí)際上加速電壓的大小會在U+U范圍內(nèi)微

18、小變化。若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運(yùn)動的軌跡不發(fā)生交疊，UU應(yīng)小于多少？（結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字）【答案】：（1） qB2R2 2m （2）mItq （3）0.63%【解析】：解：（1）設(shè)離子經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場時的速度為v，由動能定理得：qU = 1 2 mv2離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB = mv2 R 解得：U = qB2R2 2m 其中鈾235離子的質(zhì)量m = 235u（u為原子質(zhì)量單位），鈾238離子的質(zhì)量m，= 238u則：UU < 238u-2

19、35u238u+235u 解得：UU < 0.63%【考點(diǎn)定位】本題考查帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動，動能定理，牛頓第二定律，帶電粒子在磁場中運(yùn)動。（2012·江蘇）15. (16 分)如圖所示,待測區(qū)域中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場. 圖中裝置由加速器和平移器組成,平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構(gòu)成,極板長度為l、間距為d,兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場方向相反. 質(zhì)量為m、電荷量為+q 的粒子經(jīng)加速電壓U0 加速后,水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為U1 的平移器,最終從A 點(diǎn)水平射入待測區(qū)域. 不考慮粒子受到的重力.(1

20、)求粒子射出平移器時的速度大小v1;(2)當(dāng)加速電壓變?yōu)?U0 時,欲使粒子仍從A 點(diǎn)射入待測區(qū)域,求此時的偏轉(zhuǎn)電壓U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域,剛進(jìn)入時的受力大小均為F. 現(xiàn)取水平向右為x 軸正方向,建立如圖所示的直角坐標(biāo)系Oxyz. 保持加速電壓為U0 不變,移動裝置使粒子沿不同的坐標(biāo)軸方向射入待測區(qū)域,粒子剛射入時的受力大小如下表所示. 請推測該區(qū)域中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及可能的方向.粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場中粒子做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)歷時間也為t，豎直位移由題目意思得到粒子豎直總位移：解得則當(dāng)加速電壓為時，（2012·福建）22、【原題】如圖甲，在圓柱形區(qū)域內(nèi)存

21、在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在此區(qū)域內(nèi)，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細(xì)玻璃管，環(huán)心0在區(qū)域中心。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的小球，在管內(nèi)沿逆時針方向（從上向下看）做圓周運(yùn)動。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中。設(shè)小球在運(yùn)動過程中電量保持不變，對原磁場的影響可忽略。（1）在t=0到t=T0 這段時間內(nèi)，小球不受細(xì)管側(cè)壁的作用力，求小球的速度大??；（2）在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等。試求t=T0 到t=1.5T0 這段時間內(nèi)：細(xì)管內(nèi)渦旋電場

22、的場強(qiáng)大小E；電場力對小球做的功W。（3）、小球在電場力的作用下被加速。加速度的大小為：而電場力為：在T01.5T0時間內(nèi)，小球一直加速，最終速度為電場力做的功為：得到電場力做功：【考點(diǎn)定位】：帶電粒子在電、磁場中運(yùn)動，較難。（2012·山東）23(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為。在時刻將一個質(zhì)量為、電量為（）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在時刻通過垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。（不

23、計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達(dá)時的速度大小和極板距離（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在時刻再次到達(dá)，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間和磁感強(qiáng)度的大小【解析】解：（1）粒子由至的過程中，根據(jù)動能定理得 由式得 設(shè)粒子的加速度大小為，由牛頓第二定律得由運(yùn)動學(xué)公式得 聯(lián)立式得 【考點(diǎn)定位】帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動（2012·上海）25正方形導(dǎo)體框處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，變化率為k。導(dǎo)體框質(zhì)量為m、邊長為L，總電阻為R，在恒定外力F作用下由靜止開始運(yùn)動。

24、導(dǎo)體框在磁場中的加速度大小為_；導(dǎo)體框中感應(yīng)電流做功的功率為_。（2012重慶）有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示，兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線為OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開磁場，然后做勻速直線運(yùn)動到達(dá)收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計(jì)顆粒間相互作用求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離qv0B

25、mtany1R1y2ltanyy1y2得yd(5)【考點(diǎn)定位】電場、磁場綜合【2011高考試題解析】1.（全國）（19分）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個區(qū)域。一質(zhì)量為、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從平面MN上的P0點(diǎn)水平向右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強(qiáng)度大小為；在II區(qū)運(yùn)動時，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點(diǎn)P0的距離。粒子的重力可以忽略。2.（安徽）（16分）xyOPB如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場

26、和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t0時間從P點(diǎn)射出。（1）求電場強(qiáng)度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運(yùn)動加速度的大小。（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間。（3）僅有磁場時，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有3.（全國）（15分）（注意：在試題卷上答題無效）MNacLbd如圖，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置

27、，導(dǎo)軌間距離為L，電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接2個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。唬?）燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運(yùn)動速率?！窘馕觥浚?）設(shè)小燈泡的額定電流為I0，有 P = I02R 根據(jù)題意，金屬棒MN沿導(dǎo)軌豎直下落的某時刻后，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN的電流為4.（廣東）（18分）如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域

28、內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1=R0，R2=3R0。一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點(diǎn)進(jìn)入，不計(jì)重力。已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度v0的大小若撤去電場，如圖19（b）所示，已知粒子從OA延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度v2射出，方向與OA延長線成450角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間。在圖19（b）中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？5（福建）（20分）如圖甲，在x0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小

29、為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0沿x軸正方向射人，粒子的運(yùn)動軌跡見圖甲，不計(jì)粒子的重力。求該粒子運(yùn)動到y(tǒng)=h時的速度大小v；現(xiàn)只改變?nèi)松淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動軌跡（y-x曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動（y-t關(guān)系）是簡諧運(yùn)動，且都有相同的周期T=。.求粒子在一個周期內(nèi)，沿軸方向前進(jìn)的距離s；.當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運(yùn)動的振幅A,并寫出y-t的函數(shù)表達(dá)式。 II.設(shè)粒子在y方向上的最大位移為ym（圖丙曲

30、線的最高點(diǎn)處），對應(yīng)的粒子運(yùn)動速度大小為v2（方向沿x軸），因?yàn)榱Ｗ釉趛方向上的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動，因而在y=0和y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則 qv0B -qE=-(qv2B-qE),由動能定理有 -qEym=m v22-m v02，又 Ay=ym由式解得 Ay=( v0-E/B)?？蓪懗鰣D丙曲線滿足的簡諧運(yùn)動y-t的函數(shù)表達(dá)式為y=( v0-E/B) (1-cost)6（北京）（20分）0-ddxO靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中0和d為已知量。一個帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其

31、動能與電勢能之和為A（0<A<q0）。忽略重力。求：（1）粒子所受電場力的大??；（2）粒子的運(yùn)動區(qū)間；（3）粒子的運(yùn)動周期。（3）考慮粒子從-x0處開始運(yùn)動的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度 由勻加速直線運(yùn)動 將代入，得 粒子運(yùn)動周期 7（上海）如圖，質(zhì)量為、長為的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于，并處于勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)導(dǎo)線中通以沿正方向的電流，且導(dǎo)線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為。則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為(A) 正向， (B)正向， (C) 負(fù)向， (D)沿懸線向上，8（浙江）利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面

32、向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A. 粒子帶正電B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大9（新課標(biāo)）電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強(qiáng)磁場），磁感應(yīng)強(qiáng)度的

33、大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（ ）A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將電流I增加至原來的2倍C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變10（浙江）（16分）如圖甲所示，在水平面上固定有長為L=2m、寬為d=1m的金屬“U”型軌導(dǎo)，在“U”型導(dǎo)軌右側(cè)l=0.5m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。在t=0時刻，質(zhì)量為m=0.1kg的導(dǎo)體棒以v0=1m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因

34、數(shù)為=0.1，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響（?。?。（1）通過計(jì)算分析4s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況；（2）計(jì)算4s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向；（3）計(jì)算4s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱。【解析】（1）導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運(yùn)動，有 代入數(shù)據(jù)解得：，導(dǎo)體棒沒有進(jìn)入磁場區(qū)域。導(dǎo)體棒在末已經(jīng)停止運(yùn)動，以后一直保持靜止，離左端位置仍為11（浙江）（22分）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布均

35、勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集。通過調(diào)整兩板間距d可以改變收集效率。當(dāng)d=d0時為81%（即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集）。不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用。（1）求收集效率為100%時，兩板間距的最大值為；（2）求收集率與兩板間距的函數(shù)關(guān)系；（3）若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線?！敬鸢浮浚?）（2）當(dāng)時，收集效率為100%；當(dāng)時，收集率（3）=，如圖所示?！窘馕觥浚?）收集效率為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè) （2）通過前面

36、的求解可知，當(dāng)時，收集效率為100% 當(dāng)時，設(shè)距下板處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時有 根據(jù)題意，收集效率為 聯(lián)立可得（3）穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量=當(dāng)時，因此=當(dāng)時，因此=繪出的圖線如下12.（19分）如圖，在區(qū)域I（0xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；因此，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/

37、3。不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大??；（2）當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。（2）設(shè)粒子a在內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa，半徑為R2，射出點(diǎn)為Pa（圖中未畫出軌跡），P/OaPa=/。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 C、P/、Oa三點(diǎn)共線，且由式知Oa點(diǎn)必位于的平面上。由對稱性知，Pa點(diǎn)與P/點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即yPa= R1cos+h式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。設(shè)b在中運(yùn)動的軌道半徑為Rb，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得13（天津）（18分）如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l=0.5m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平

38、面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒的質(zhì)量均為0.02kg，電阻均為R=0.1，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動，而棒cd恰好能保持靜止。取g=10m/s2，問：（1）通過cd棒的電流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每產(chǎn)生Q=0.1J的熱量，力F做的功W是多少？14（天津）（20分）回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展。（1）當(dāng)今醫(yī)學(xué)成像診斷設(shè)備

39、PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的同位素碳11為示蹤原子，碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應(yīng)方程。若碳11的半衰期為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結(jié)果取2位有效數(shù)字）（2）回旋加速器的原理如圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計(jì)），它們在兩盒之間被電場加速，D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子

40、束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場中運(yùn)動的時間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速）（3）試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差是增大、減小還是不變？12（20分）（3）方法一：設(shè)k（kN*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rk>rk+1），在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U，由動能定理知由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動的向心力，知，則整理得 因U、q、m、B均為定值，令，由上式得相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理 因?yàn)閞k+2> rk，比較，得說明

41、隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小同理，對于相鄰軌道半徑rk+1，rk+2，整理后有由于rk+2> rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在D1盒中運(yùn)動時具有相同的結(jié)論。15（四川）（19分）如圖所示，間距l(xiāng)=0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)，在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角=的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=0.4T、方向豎直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場。電阻R=0.3、質(zhì)量m1=0.1kg、長為 的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S

42、桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好。一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2=0.05kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a=6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動。不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長。取g=10 m/s2，sin=0.6，cos=0.8。求 （1）小環(huán)所受摩擦力的大??； （2）Q桿所受拉力的瞬時功率（2）設(shè)經(jīng)過K桿的電流為I1，由K桿受力平衡得到.設(shè)回路總電流為I,總電阻為R總，有.16（四川）（20分）如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長=1.8m，距地面h=0.

43、8m。平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔。電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場。電荷量q=5×10-13C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進(jìn)入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點(diǎn)的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇。假定微粒在真空中運(yùn)動、極板間電場視為勻強(qiáng)電場，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在極板間所受電場力的大

44、小并說明兩板地極性； （2）求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍； （3）若微粒質(zhì)量mo=1×10-13kg，求滑塊開始運(yùn)動時所獲得的速度。（3）如圖，微粒在臺面以速度為v做以O(shè)點(diǎn)位圓心，R為半徑的圓周運(yùn)動；從臺面邊緣P點(diǎn)沿與XY邊界成角飛出做平拋運(yùn)動，落地點(diǎn)Q點(diǎn)，水平位移s,下落時間t。設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得的速度后在t內(nèi)與平臺前側(cè)面成角度方向，以加速度做勻減速直線運(yùn)動到Q，經(jīng)過位移為K，。由幾何關(guān)系得到：.根據(jù)平拋運(yùn)動.對于滑塊，由牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)方程，有17（上海）電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長S=1.15m，兩導(dǎo)軌間距L=0.75 m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上

45、端ab接一阻值R=1.5的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上。阻值r=0.5，質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱。(取)求：(1)金屬棒在此過程中克服安培力的功；(2)金屬棒下滑速度時的加速度(3)為求金屬棒下滑的最大速度，有同學(xué)解答如下：由動能定理，。由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答?！窘馕觥浚?）下滑過程中安培力的功即為在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于，因此 （2）金屬棒下滑時受重力和安培力 由牛頓第二定律 18（山東）（18分）扭擺器是同步輻射裝置中的

46、插入件，能使粒子的運(yùn)動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖、兩處的條形均強(qiáng)磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入?yún)^(qū)，射入時速度與水平和方向夾角（1）當(dāng)區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時，粒子從區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在區(qū)運(yùn)動的時間t0（2）若區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，求粒子在區(qū)的最高點(diǎn)與區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件（4）若，且已保證了粒子能從

47、區(qū)右邊界射出。為使粒子從區(qū)右邊界射出的方向與從區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。 (2)設(shè)粒子在磁場區(qū)中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2=m，由幾何知識可得h=( R1+ R2)(1-cos)+Ltan聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得h=(2-)L （3）如圖2所示，為使粒子能再次回到I區(qū)，應(yīng)滿足R2(1+sin)<L 或R2(1+sin)L 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得B2> （或B2 ） （4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角為，由幾何知識可得L1= R1 (sin+ sin)， 或L1= R1 (sin- sin

48、)，L2= R2 (sin+ sin)， 或L2= R2 (sin- sin)，聯(lián)立式解得B1R1= B2R2聯(lián)立式解得B1L1= B2L2。19（江蘇）（16分）某種加速器的理想模型如題15-1圖所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖15-2圖所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)動時間T0后恰能再次從a 孔進(jìn)入電場加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了。（粒子在兩極板間的運(yùn)動時間不計(jì)，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力）（

49、1）若在t=0時刻將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能；（2）現(xiàn)在利用一根長為L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響），使題15-1圖中實(shí)線軌跡（圓心為O）上運(yùn)動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請?jiān)诖痤}卡圖上的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；（3）若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？ 【2010高考試題解析】1. 2010·全國卷·18如圖，空間某區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b 和下邊界d水

50、平。在豎直面內(nèi)有一矩形金屬統(tǒng)一加線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平。線圈從水平面a開始下落。已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離。若線圈下邊剛通過水平面b、c（位于磁場中）和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為、和，則（ ）A>> B. << C. >> D. <<2. 2010·上海物理·19如右圖，一有界區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度均為，邊長為的正方形框的邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，使線框從靜止開始沿軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域，若以逆時針方向?yàn)殡?/p>

51、流的正方向，能反映線框中感應(yīng)電流變化規(guī)律的是圖【解析】在0-，電流均勻增大，排除CD.在-，兩邊感應(yīng)電流方向相同，大小相加，故電流大。在，因右邊離開磁場，只有一邊產(chǎn)生感應(yīng)電流，故電流小，所以選A。32010·海南物理·2一金屬圓環(huán)水平固定放置。現(xiàn)將一豎直的條形磁鐵，在圓環(huán)上方沿圓環(huán)軸線從靜止開始釋放，在條形磁鐵穿過圓環(huán)的過程中，條形磁鐵與圓環(huán)A始終相互吸引B始終相互排斥C先相互吸引，后相互排斥D先相互排斥，后相互吸引【答案】D 【解析】由楞次定律可知，當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時，感應(yīng)電流阻礙其靠近，是排斥力；當(dāng)磁鐵穿過圓環(huán)遠(yuǎn)離圓環(huán)時，感應(yīng)電流阻礙其遠(yuǎn)離，是吸引力，D正確。4201

52、0·海南物理·7下列說法正確的是A當(dāng)線圈中電流不變時，線圈中沒有自感電動勢B當(dāng)線圈中電流反向時線圈中自感電動勢的方向與線圈中原電流的方向相反C當(dāng)線圈中電流增大時，線圈中自感電動勢的方向與線圈中電流的方向相反D當(dāng)線圈中電流減小時，線圈中自感電動勢的方向與線圈中電流的方向相反52010·天津·11如圖所示，質(zhì)量m1=0.1kg，電阻R1=0.3，長度l=0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上?？蚣苜|(zhì)量m2=0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，電阻不計(jì)且足夠長。電阻R2=0.1的MN垂直于MM。整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動，始終與MM、NN保持良好接觸，當(dāng)ab運(yùn)動到某處時，框架開始運(yùn)動。設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架開始運(yùn)動時ab速度v的大小；（2）從ab開始運(yùn)動到框架開始運(yùn)動的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q=0.1J，求該過程ab位移x的大小。（2）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量由能量守恒定律，得代入數(shù)據(jù)解得6. 2010·上海物理·32如圖，寬度L=0.5m的光滑金屬框架MNPQ固定板個與水平面內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4