高三物理第一輪專題復習——電磁場（高考題）在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界及x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，恰好從磁場邊界及y軸的交點C處沿＋y方向飛出。（1）請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m；（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽’，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B’多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？例2．（調研）電子自靜止開始經(jīng)M、N板間（兩板間的電壓為U）的電場加速后從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示．求勻強磁場的磁感應強度．（已知電子的質量為m，電量為e）v0dabc·e例3．（高考）如圖所示，abcd為一正方形區(qū)域，正離子束從a點沿ad方向以=80m/s的初速度射入，若在該區(qū)域中加上一個沿ab方向的勻強電場，電場強度為E，則離子束剛好從c點射出；若撒去電場，在該區(qū)域中加上一個垂直于v0dabc·e（1）所加磁場的方向如何？（2）E及B的比值為多少？例4．（北京市西城區(qū)）在高能物理研究中，粒子回旋加速器起著重要作用，如圖甲為它的示意圖。它由兩個鋁制D型金屬扁盒組成，兩個D形盒正中間開有一條窄縫。兩個D型盒處在勻強磁場中并接有高頻交變電壓。圖乙為俯視圖，在D型盒上半面中心S處有一正離子源，它發(fā)出的正離子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進入D型盒中。在磁場力的作用下運動半周，再經(jīng)狹縫電壓加速。如此周而復始，最后到達D型盒的邊緣，獲得最大速度，由導出裝置導出。已知正離子的電荷量為q，質量為m，加速時電極間電壓大小為U，磁場的磁感應強度為B，D型盒的半徑為R。每次加速的時間很短，可以忽略不計。正離子從離子源出發(fā)時的初速度為零。（1）為了使正離子每經(jīng)過窄縫都被加速，求交變電壓的頻率；（2）求離子能獲得的最大動能；（3）求離子第1次及第n次在下半盒中運動的軌道半徑之比。yylNxAEOOO′M甲乙例5．（高考題）如圖甲所示，圖的右側MN為一豎直放置的熒光屏，O為它的中點，OO’及熒光屏垂直，且長度為l。在MN的左側空間內存在著方向水平向里的勻強電場，場強大小為E。乙圖是從甲圖的左邊去看熒光屏得到的平面圖，在熒光屏上以O為原點建立如圖的直角坐標系。一細束質量為m、電荷為q的帶電粒子以相同的初速度v0從O’點沿O’O方向射入電場區(qū)域。粒子的重力和粒子間的相互作用都可忽略不計。（1）若再在MN左側空間加一個勻強磁場，使得熒光屏上的亮點恰好位于原點O處，求這個磁場的磁感強度的大小和方向。（2）如果磁感強度的大小保持不變，但把方向變?yōu)榧半妶龇较蛳嗤瑒t熒光屏上的亮點位于圖中A點處，已知A點的縱坐標，求它的橫坐標的數(shù)值。BBBELdO例6．如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d；（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。例7．（高考模擬）如下圖所示，PR是一塊長為L=4m的絕緣平板，固定在水平地面上，整個空間有一個平行于PR的勻強電場E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向里的勻強磁場B，一個質量為0.1Kg，帶電量為0.5C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右作勻加速直線運動，進入磁場后恰能作勻速運動，當物體碰到板R端豎直絕緣擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=，物體及平板間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，（g=10m/s2）求：（1）判斷物體帶正電還是帶負電以及電場強度E的方向（說明理由）；（2）物體及擋板碰撞后的速度V2和磁感應強度B的大??；（3）物體及擋板碰撞前的速度V1和電場強度E的大小。abcdFB甲v0Bcabd乙例8．兩根水平平行固定的光滑金屬導軌寬為L，足夠長，在其上放置兩根長也為abcdFB甲v0Bcabd乙（1）現(xiàn)把金屬棒ab鎖定在導軌的左端，如圖甲，對cd施加及導軌平行的水平向右的恒力F，使金屬棒cd向右沿導軌運動，當金屬棒cd的運動狀態(tài)穩(wěn)定時，金屬棒cd的運動速度是多大？此時拉力F瞬時功率多大？（2）若當金屬棒cd的速度為最大速度的一半時，金屬棒cd的加速度多大？（3）若對金屬棒ab解除鎖定，如圖乙，使金屬棒cd獲得瞬時水平向右的初速度v0，當它們的運動狀態(tài)達到穩(wěn)定的過程中，流過金屬棒ab的電量q是多少？整個過程中ab和cd相對運動的位移是多大？整個過程中回路中產生的焦耳熱Q是多少？OFbO′O1’O1aRMPBNQd0d例9．如圖，光滑平行的水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為BOFbO′O1O1aRMPBNQd0d（1）棒ab在離開磁場右邊界時的速度；（2）棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能；（3）試分析討論ab棒在磁場中可能的運動情況。例10．圖12（江蘇高考）如圖12所示，兩互相平行的水平金屬導軌MN、PQ放在豎直平面內，相距為L=0.4m，左端接平行板電容器，板間距離為d=0.2m，右端接滑動變阻器R(R的最大阻值為2Ω)，整個空間有水平勻強磁場，磁感應強度為B=10T，方向垂直于導軌所在平面。導體棒CD及導軌接觸良好，棒的電阻為r=1Ω，其它電阻及摩擦均不計，現(xiàn)用及導軌平行的大小為F=2N的恒力作用，使棒從靜止開始運動，取g=10m/s2。求：圖12(1)導體棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時，拉力的最大功率是多大(2)導體棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時，當滑動觸頭在滑動變阻器中點時，一帶電小球從平行板電容器左側沿兩極板的正中間入射，在兩極板間恰好做勻速直線運動；當滑動觸頭在滑動變阻器最下端時，該帶電小球以同樣的方式和速度入射，在兩極間恰好能做勻速圓周運動，求圓周的半徑是多大例11．（北京朝陽區(qū)）如圖1所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R。在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并及線框的bc邊平行，磁場方向及線框平面垂直?，F(xiàn)金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖2是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的速度－時間圖象，圖像中坐標軸上所標出的字母均為已知量。求：（1）金屬框的邊長；（2）磁場的磁感應強度；（3）金屬線框在整個下落過程中所產生的熱量。00t1t2t3t4v1v3v2vtN′MNM′abcd圖1圖2NMPQOO1O1′O′Rlabdd0θθB例12．如圖所示，光滑平行的金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，其框架平面及水平面成θ角，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1NMPQOO1O1′O′Rlabdd0θθB⑴棒ab在離開磁場下邊界時的速度；⑵棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個電路所消耗的電能。例13．如圖15甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感強度大小為B。邊長為l的正方形金屬框abcd（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側套著一個及方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（下簡稱U型框），U型框及方框架之間接觸良好且無摩擦。兩個金屬框每條邊的質量均為m，每條邊的電阻均為r。（1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度v0垂直NP邊向右勻速運動，當U型框的MQ端滑至方框的最右側（如圖所示）時，方框上的bc兩端的電勢差為多大？此時方框的熱功率為多大？（2）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v0，如果U型框恰好不能及方框分離，則在這一過程中兩框架上產生的總熱量為多少？（3）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v(v>v0)，U型框最終將及方框分離。如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時間t方框最右側和U型框最左側距離為s。求兩金屬框分離時的速度各為多大？圖1圖15甲OabcdB乙abcdv0MNPQMNQP例14．如圖所示，導體棒ab質量為100g，用絕緣細線懸掛后，恰好及寬度為50cm的光滑水平導軌MN、PQ良好接觸，導軌上放有質量為200g的另一導棒cd，整個裝置處于豎直向上的磁感強度B=0.2T的勻強磁場中，現(xiàn)將ab棒拉起0.8m高后無初速釋放。當ab棒第一次擺到最低點及導軌瞬間接觸后還能向左擺到0.45m高處，（取g=10m/s2）求：（1）cd棒獲得的速度大小（2）瞬間通過ab棒的電量（3）此過程中回路中產生的焦耳熱hh1h2hhdl1234v0v0v圖7例15．如圖7所示，水平的平行虛線間距為d=50cm，其間有B=1.0T的勻強磁場。一個正方形線圈邊長為l=10cm，線圈質量m=100g，電阻為R=0.020Ω。開始時，線圈的下邊緣到磁場上邊緣的距離為h=80cm。將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等。取g=10m/s2，求：⑴線圈進入磁場過程中產生的電熱Q。⑵線圈下邊緣穿越磁場過程中的最小速度v。⑶線圈下邊緣穿越磁場過程中加速度的最小值a。例16．（北京市宣武區(qū)）如圖所示，abcd為交流發(fā)電機的矩形線圈，其面積為S，匝數(shù)為n，線圈電阻為r，外電阻為R。線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸OO’勻速轉動，角速度為。若圖中的電壓表、電流表均為理想交流電表，求：（1）此交流發(fā)電機產生感應電動勢的最大值；（2）若從圖示位置開始計時，寫出感應電流隨時間變化的函數(shù)表達式；（3）交流電壓表和交流電流表的示數(shù)；（4）此交流發(fā)電機的輸出功率。例17．加在理想變壓器原線圈上的交流電源的電動勢為E，內阻為r。及副線圈相連的負載電阻為R。如圖所示，求解下列各題：（1）原線圈中I1多大時，負載上獲得的功率最大？最大功率是多少？（2）負載電阻獲得最大功率時，變壓器的匝數(shù)比多大？例18．如圖所示，小型交流發(fā)電機的電動勢為E=20V，內阻不計，它通過一個阻值R＝6Ω的指示燈連接到一個理想降壓變壓器的輸入端。在變壓器的輸出端并聯(lián)著24只規(guī)格都是“6V，0.25W"彩色小燈泡，每只燈泡都正常發(fā)光，導線電阻不計。求：(1)原線圈中的電流；(2)降壓變壓器初級、次級線圈的匝數(shù)比；(3)若只使用18盞彩色小燈泡，通過計算說明這時每盞小燈泡的工作狀態(tài)如何(設小燈泡的電阻不隨溫度變化)例19．右圖所示為某學校一套校內備用供電系統(tǒng),由一臺內阻為1Ω的發(fā)電機向全校22個教室(每個教室有“220V,40W"的白熾燈6盞)供電.如果輸電線的總電阻R是4Ω,升壓變壓器和降壓變壓器(都認為是理想變壓器)的匝數(shù)比分別是1：4和4：1,則：(1)發(fā)電機的輸出功率應是多大(2)發(fā)電機的電動勢是多大(3)輸電效率是多少例20．（鹽城市調研）如圖所示，透明介質球半徑為R，光線DC平行于直徑AB射向介質球的C點，DC及AB的距離H=0.8R。(1)試證明：DC光線進入介質球后，第一次再到達介質球的界面時，界面上不會發(fā)生全反射(要求說明理由)；BABACDH例21．直角玻璃三棱鏡置于空氣中，已知∠A＝60°，∠C＝90°，一束極細的光于AC邊的中點垂直AC面入射，AC＝2a，棱鏡的折射率為．求：（1）、光在棱鏡內經(jīng)一次全反射后第一次射入空氣時的折射角．（2）、光從進入棱鏡到第一次射入空氣時所經(jīng)歷的時間（設光在真空中傳播速度為c）．例22．如圖所示，在某一足夠大的真空室中，虛線PH的右側是一磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，左側是一場強為E、方向水平向左的勻強電場。在虛線PH上的一點O處有一質量為M、電荷量為Q的鐳核(Ra)。某時刻原來靜止的鐳核水平向右放出一個質量為m、電荷量為q的α粒子而衰變?yōu)殡?Rn)核，設α粒子及氡核分離后它們之間的作用力忽略不計，涉及動量問題時，虧損的質量可不計。(1)寫出鐳核衰變?yōu)殡焙说暮朔磻匠蹋?2)經(jīng)過一段時間α粒子剛好第一次到達虛線PH上的A點，測得OA=L。求此時刻氡核的速率。PPEBHOA計算題部分參考答案：1．解：（1）由幾何知識知帶電粒子在磁場中運動的半徑為r，則有：qvB=mv2/r解得：q/m＝v/Br（2）由幾何知識得帶電粒子在磁場B’中做勻速圓周運動的圓心角=600，半徑為：R=r，則有：qvB’=mv2/R，t=解得：B’＝B/3t＝πr/3v2．解：設電子在M、N兩板間經(jīng)電場加速后獲得的速度為v，由動能定理得： ① 電子進入磁場后做勻速圓周運動，設其半徑為r，則： ② 作電子在磁場中的軌跡如圖，由幾何關系得： ③聯(lián)解①②③式得： 3．解：⑴磁場方向垂直于紙面向外⑵離子在電場中運動時，設正方形的邊長為L,離子的質量為m，電量為q根據(jù)L=，L=解得：E=離子在磁場中運動時，設半徑為R，滿足：（L-R）2+=R2解得R=由根據(jù)qvB=m得R=即=解得：B=故=1004．解（1）使正離子每經(jīng)過窄縫都被加速，交變電壓的頻率應等于離子做圓周運動的頻率正離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力又解得所以（2）當離子從D盒邊緣離開時速度最大，此時離子做圓周運動的半徑為D盒的半徑有：離子獲得的最大動能為（3）離子從S點經(jīng)電場加速1次后，以速度v1第1次進入下半盒，由動能定理：解得離子從S點經(jīng)電場加速3次后，以速度v3第2次進入下半盒：解得離子經(jīng)電場加速（2n－1）次后，第n次進入磁場，同理可得所以5．解：（1）亮點恰好位于原點O處，表明帶電粒子所受的電場力及洛侖茲力大小相等，設所加磁場的磁感應強度為B，則qE=qv0B解得B=E/v0由電場力以及左手定則判定磁場方向豎直向上。圖2圖2（2）以OO’方向為z軸正方向，及x、y組成空間直角坐標系。磁場改變方向后，粒子在yOz平面內的運動是勻速圓周運動，軌跡如圖2所示。設圓半徑為R，根據(jù)幾何關系有：R2-l2=（R-y）2由于，可解出，可知θ=60°粒子沿x方向的分運動是初速為零的勻加速直線運動，時間：6．解：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：（1）帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得：（2）由（1）（2）兩式，可得。OO3O1O2600可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1OOO3O1O2600（2）在電場中，在中間磁場中運動時間，在右側磁場中運動時間。則粒子第一次回到O點的所用時間為7．解：（1）進入磁場后向右勻速,阻力增大,所以洛倫茲力向下,由左手定則知物塊帶負電,電場力向右,電場向左。由受力平衡有：Eq=μ(qBv1+mg)（1）（2）碰后在磁場中,勻速向左,速度為V2,則不受摩擦力的作用洛人權茲力及重力qv2B=mg（2）出磁場后,向左勻減速（3）聯(lián)立（2）（3）解得：v2=2m/s（3）物塊在電場中勻加速向右：（4）由（1）（2）（3）（4）解得：，8．解：⑴當cd棒穩(wěn)定時，恒力F和安培力大小相等，方向相反，以速度v勻速度運動，有：F=BIL又聯(lián)立得：⑵ab棒在安培力作用下加速運動，而cd在安培力作用下減速運動，當它們的速度相同，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，回路中的電流消失，ab，cd棒開始勻速運動。設這一過程經(jīng)歷的時間為t，最終ab、cd的速度為v′，通過ab棒的電量為Q。則對于ab棒由動量守恒：BILt＝2mv′即：BLQ＝2mv′同理，對于cd棒：－BILt＝mv′－mv0即：BLQ＝m（v0-v′）得：設整個過程中ab和cd的相對位移為S，由法拉第電磁感應定律得：流過ab的電量：得：9．解：（1）ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為，則有對ab棒F－BIl＝0解得（2）由能量守恒可得：解得：（3）設棒剛進入磁場時速度為v，由可得棒在進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種情況討論：①若（或），則棒做勻速直線運動；②若（或F＞），則棒先加速后勻速；③若（或F＜＝，則棒先減速后勻速。10．解：(1)導體棒CD在F作用下向左作切割磁感線運動，在棒中產生的感應電動勢為＝BLV。由閉合電路的歐姆定律得導體棒CD中的電流為：①當導體棒CD處于穩(wěn)定狀態(tài)時,CD棒所受合外力為零，即有：F＝BIL②此時拉力F的功率為：P＝FV③解得：P＝④要使拉力的功率最大，則外電阻R外最大,即R外＝2Ω時：Pmax＝＝0.75W⑤(2)當滑動觸頭在滑動變阻器中點時，R1＝1Ω，且導體棒CD處于穩(wěn)定狀態(tài)時,由①②③式得CD棒中產生的感應電動勢為：⑥此時電容器兩極板間的電壓為：⑦帶電小球受到平衡力作用而做勻速直線運動，即：qV0B＋q＝mg⑧當滑動觸頭在滑動變阻器的最下端時，R2＝2Ω。且當導體棒CD再次處于穩(wěn)定狀態(tài)時，由①②③式得CD棒中產生的感應電動勢為：⑨此時電容器兩極板間的電壓為：⑩由于帶電小球恰好能做勻速圓周運動，則應有：⑾qV0B＝m⑿解聯(lián)立方程組得軌道的半徑為：r0＝0.11．解：（1）由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，所以金屬框的邊長（2）在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力解得（3）金屬框在進入磁場過程中金屬框產生的熱為Q1，重力對其做正功，安培力對其做負功，由動能定理得W重－W安＝0Q1＝W安Q1＝W重＝mgl金屬框在離開磁場過程中金屬框產生的熱為Q2，重力對其做正功，安培力對其做負功，由動能定理得W重－W/安＝Q2＝W/安線框產生的總熱量Q＝Q1＋Q2解得：12．解：⑴導體棒ab切割磁感線產生的電動勢E＝BLv，產生的電流為，導體棒受到的安培力為：F＝BIl導體棒出磁場時作勻速運動，受力平衡，即mgsinθ＝F聯(lián)立解得⑵由能量轉化守恒得E電＝EG－EK即E電＝＝13．解：（1）當方框固定不動，U型框以v0滑至方框最右側時，感應電動勢為E，有：E=BLV0(1)cabMdNBQPbc間并聯(lián)電阻R并=eq\f(r×3r,r+3r)=eq\f(3,4)rcabMdNBQPbc兩端的電勢差Ubc=eq\f(E,R并+2r+r)R并（3）NPbQMBacd由(1)(2)(3)得Ubc=NPbQMBacd此時方框的熱功率P=（eq\f(E,R并+2r+r)）2R并(5)由(1)(2)(5)得：(6)（2）若方框不固定，當U型框恰好不及方框分離時速度設為v,由動量守恒可知：(7)由能的轉化和守恒可知總熱量Q為Q=eq\f(1,2)3mv02-eq\f(1,2)(3m+4m)v2(8)由(7)(8)可知，Q=eq\f(6,7)mv02(9)（3）若方框不固定，設U型框及方框分離時速度分別為v1、v2由動量守恒可知：3mv=3mv1+4mv2(10)在t時間內相距S可知：s=(v1-v2)t(11)由（10）（11）可知v1=eq\f(1,7)(3v+eq\f(4s,t))v2=eq\f(3,7)(v-eq\f(s,t))14．解：（1）設導體棒ab的質量為m1，下落到最低點的速度為v1，離開最低點的速度為。導體棒cd的質量為m2，速度為，相互作用的時間為△t。 導體棒ab下落過程和跳起過程都機械能守恒，則有： m1gh1=，解得：v1==4m/s m1gh2=，解得：==3m/s 導體棒ab、cd在水平面相互作用過程中，由動量守恒定律有： m1v1=m1+m2，解得：=（2）設通過導體棒ab電量為q，在水平方向受安培力作用，由動量定理有： ，q=It 解得：q= （3）設產生的熱能為Q，由導體棒ab、cd系統(tǒng)全過程能量守恒，則有： m1gh1=m1gh2+則：Q=m1g(h1–h2)–=0.1×10×(0.8–0.45)–×0.2×0.52J=0.32J15．解⑴由于線圈完全處于磁場中時不產生電熱，所以線圈進入磁場過程中產生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產生的電熱，而2、4位置動能相同，由能量守恒得：Q=mgd=0.50J⑵3位置時線圈速度一定最小，而3到4線圈是自由落體運動因此有：v02-v2=2g（d-l），得v=2⑶2到3是減速過程，因此安培力減小，由F-mg=m