高考物理电学计算题名校试题专题汇编1.(2019·山东省青岛市模拟)如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m 的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为＋q ，静止时距地面的高度为h ，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g .(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：(1)匀强电场的场强大小E ；(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能． 答案 (1)3mg 4q (2)34h (3)2516mgh解析 (1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由F T cos 37°＝mg F T sin 37°＝qE 解得：E ＝3mg4q(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a 的匀加速运动， 由Eq ＝ma x ＝12at 2 h ＝12gt 2 联立解得：x ＝34h(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：E k ＝mgh ＋qEx ＝2516mgh .2.(2019·陕西省咸阳市质检)如图所示，将带电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的带电小球A 与B 用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A 和B 一起以大小为13g 的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接A 与B 之间的细线保持竖直方向，小球A 和B 之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g ，求：(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)当A 、B 一起向上运动t 0时间时，A 、B 间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t 0时间，B 球电势能的变化量．答案 (1)2mgq(2)减小了mg 2t 02解析 (1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A 、B 两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq －3mg ＝3ma 其中：a ＝13g代入可得：E ＝2mgq(2)当细线断开时，B 球受到竖直向上的电场力：F 电＝Eq ＝2mg小球B 受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B 接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：v ＝at 0＝13gt 0在匀加速阶段小球B 上升的高度为：h 1＝12at 02＝16gt 02在匀速阶段小球B 上升的高度为：h 2＝v t 0＝13gt 02所以在整个过程中电场力做功为：W ＝Eq (h 1＋h 2)＝mg 2t 02由于电场力对小球B 做了mg 2t 02的正功，所以小球B 电势能减小了mg 2t 02.3.(2019·广东省韶关市调研)如图所示，在无限长的竖直边界AC 和DE 间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC 向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B 0，OF 为上、 下磁场的水平分界线.质量为 m 、带电荷量为＋q 的粒子从 AC 边界上与 O 点相距为 a 的 P 点垂直于 AC 边界射入上方磁场区域，经 OF 上的 Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与 O 点的距离为 3a .不考虑粒子重力.(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B 1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度 B ＝3B 0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离的可能值.答案 (1)5aqB 0m (2)B 1>8B 03 (3)4na (n ＝1,2,3，…)解析 (1)粒子在OF 上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系可知R 2－(R －a )2＝(3a )2，R ＝5a 由牛顿第二定律可知：q v B 0＝m v 2R ，解得：v ＝5aqB 0m(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，运动轨迹如图所示，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r 1，由几何关系得：r 1＋r 1cos θ＝3a ，cos θ＝35，所以r 1＝15a 8，根据q v B 1＝m v 2r 1，解得：B 1＝8B 03，当B 1>8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出；(3)当B ＝3B 0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF 下方的运动半径为：r ＝53a ，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P 1，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，根据几何关系知：PP 1＝4a ，所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为：L ＝n PP 1＝4na (n ＝1,2,3，…).4.(2019·河南省商丘市模拟)如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P (－L ，L )点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，重力加速度为g ，求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向。

答案 (1)2L g (2)2m q2gL方向垂直纸面向里 解析 (1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电. 由运动学知识可得mg ＝qE 1＝qE 2，2mg ＝ma ，2L ＝12at 2，解得t ＝2L g(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ，由动能定理可得mgL ＋qE 1L ＝12m v 2解得v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里. 粒子做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R ＝22L 由牛顿第二定律可得Bq v ＝m v 2R ，解得B ＝2mq2g L5.(2019·山东省日照市一模)如图所示，在坐标系xOy 平面的x >0区域内，存在电场强度大小E ＝2×105N/C 、方向垂直于x 轴的匀强电场和磁感应强度大小B ＝0.2 T 、方向与xOy 平面垂直向外的匀强磁场.在y 轴上有一足够长的荧光屏PQ ，在x 轴上的M (10,0)点处有一粒子发射枪向x 轴正方向连续不断地发射大量质量m ＝6.4×10－27kg 、电荷量q ＝3.2×10－19C 的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x 轴做匀速直线运动.若撤去电场，并使粒子发射枪以M 点为轴在xOy 平面内以角速度ω＝2π rad/s 顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中).(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度； (2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (3)荧光屏上闪光点的范围距离；(4)荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间. 答案 见解析解析 (1)带正电粒子(重力不计)在复合场中沿x 轴做匀速直线运动，据左手定则判定洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上 有qE ＝q v B速度v ＝E B ＝2×1050.2 m /s ＝106 m/s(2)撤去电场后，有q v B ＝m v 2R所以粒子在磁场中运动的轨迹半径 R ＝m v qB ＝6.4×10－27×1063.2×10－19×0.2m ＝0.1 m(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子在荧光屏上能最上端打在B 点，最下端打在A 点由图可知：d OA ＝R tan 60°＝3R d OB ＝R所以荧光屏上闪光点的范围距离为d AB ＝(3＋1)R ≈0.273 m(4)因为粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB≈6.28×10－7 s ，所以粒子在磁场中运动的时间可以忽略不计闪光点从最低点移到最高点的过程中，粒子发射枪转过的圆心角φ＝5π6所用的时间t ＝φω＝5π62π s ＝512s ≈0.42 s6.(2019·福建省南平市适应性检测)如图，在平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，x 轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一个静止的带正电粒子位于y 轴正半轴的A (0，h )点，某时刻由于内部作用，分裂成两个电荷量都为＋q 的粒子a 和b ，分别沿x 轴正方向和负方向进入电场.已知粒子a 的质量为m ，粒子a 进入第一象限的动量大小为p .设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用.求：(1)粒子a 第一次通过x 轴时离原点O 的距离x ；(2)粒子a 第二次通过x 轴时与第一次通过x 轴时两点间的距离L . 答案 见解析解析 (1)如图所示，粒子a 在电场中只受电场力，做类平抛运动由平抛运动规律可得：x ＝v 0t ① h ＝12at 2② qE ＝ma ③ p ＝m v 0④联立①②③④解得：x ＝p2h mEq(2)粒子a 进入磁场时，设速度为v ，与x 轴正方向成θ角，y 轴方向的速度为v y ，则 v y ＝at ⑤ v y ＝v sin θ⑥粒子a在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r ，有q v B ＝m v 2r ⑦由几何知识得： L ＝2r sin θ⑧联立②③⑤⑥⑦⑧式解得： L ＝2B2mEhq7.(2019·吉林省吉林市第二次调研)如图甲所示，一边长L ＝2.5 m 、质量m ＝0.5 kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN 重合.在水平力F 作用下由静止开始向左运动，经过5 s 线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中，(1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻；(2)分析线框运动性质并写出水平力F 随时间变化的表达式；(3)已知在这5 s 内力F 做功1.92 J ，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少. 答案 见解析解析 (1)根据q ＝I t ，由I －t 图象得，q ＝1.25 C 又根据I ＝ER ＝ΔΦtR ＝BL 2tR得R ＝4 Ω；(2)由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律：I ＝0.1t由感应电流I ＝BL v R ，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，v ＝RIBL ＝0.2t线框做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m/s 2 线框在外力F 和安培力F 安作用下做匀加速直线运动，F －F 安＝ma 又F 安＝BIL得F ＝(0.2t ＋0.1) N ；(3)5 s 时，线框从磁场中拉出时的速度v 5＝at ＝1 m/s 由能量守恒得：W ＝Q ＋12m v 52线框中产生的焦耳热Q ＝W －12m v 52＝1.67 J8 (2018·江西省十所省重点高中二模)如图所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC 为两磁场的理想边界.已知三角形ABC 边长为L ，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场.一电荷量为＋q 、质量为m 的带正电粒子从AB 边中点P 垂直AB 边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求：(1)要使粒子从P 点射出后在最短时间内通过B 点，则从P 点射出时的速度v 0为多大？ (2)满足(1)问的粒子通过B 后第三次通过磁场边界时到B 的距离是多少？(3)满足(1)问的粒子从P 点射入外部磁场到再次返回到P 点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算. 答案 (1)qBL 4m (2)3L 4(3)见解析解析 (1)当粒子运动半个圆周到达B 点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动半径r ＝L4，根据洛伦兹力提供向心力可得r ＝m v 0qB ，解得v 0＝qBL4m ；(2)粒子做圆周运动半径r ＝L4，由几何关系可知：设过B 点后第三次通过磁场边界时到B 点的距离为s ，s ＝3r ＝3L4；(3)粒子运动轨迹如图粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，由图可知从P 点射入外部磁场到再次返回到P 点的最短时间为t min ＝256T ＝25πm3qB9.(2018·福建省南平市适应性检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L ＝0.2 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1.0 T.一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h ＝0.8 m 处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2.求：(1)金属棒运动的最大速率v ；(2)金属棒在磁场中速度为v2时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热. 答案 见解析解析 (1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得： 12m v 2＝mgh ① 由①得：v ＝2gh ＝4 m/s ②(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I ，根据平衡条件得 F ＝BIL ＋μmg ③ I ＝BL vR ＋r④ 联立②③④式得F ＝0.6 N ⑤金属棒速度为v2时，设回路中的电流为I ′，根据牛顿第二定律得F －BI ′L －μmg ＝ma ⑥ I ′＝BL v2(R ＋r )⑦联立②⑤⑥⑦得：a ＝1 m/s 2⑧(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q ，根据功能关系： Fx ＝μmgx ＋12m v 2＋Q ⑨则电阻R 上的焦耳热Q R ＝RR ＋r Q ⑩联立⑤⑨⑩解得：Q R ＝1.5 J.10. (2018·辽宁省大连市第二次模拟)如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m ＝0.2 k g ，带电荷量q ＝2.0× 10－3 C 的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s 后撤去电场，小物块运动的v －t 图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量． 答案 (1)3×103 N/C (2)0.36 J 解析 (1)加速时：a 1＝Δv 1Δt 1＝20 m/s 2减速时：加速度大小a 2＝⎪⎪⎪⎪Δv 2Δt 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律得：Eq －mg sin θ－F f ＝ma 1 mg sin θ＋F f ＝ma 2 联立得E ＝3×103 N/C 摩擦力F f ＝0.8 N (2)方法一：ΔE k ＝0 ΔE p ＝mgx sin 37° x ＝0.3 m ΔE ＝ΔE p ΔE ＝0.36 J方法二：加速距离x 1＝v2t 1＝0.1 m减速距离x 2＝v2t 2＝0.2 m电场力做功W E ＝Eqx 1＝0.6 J摩擦力做功W f ＝－F f (x 1＋x 2)＝－0.24 J 物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量 ΔE ＝W E ＋W f ＝0.36 J.11．(2018·陕西省西安一中一模)一质量为m 的带电小球以速度v 0沿竖直方向从A 点垂直进入匀强电场E 中，如图所示，经过一段时间后到达B 点，其速度变为水平方向，大小仍为v 0，重力加速度为g ，求：(1)小球带电情况； (2)小球由A 到B 的位移； (3)小球速度的最小值．答案 (1)小球带正电，电荷量为mgE (2)2v 022g ，与水平方向的夹角为45°斜向右上方 (3)2v 02解析 (1)从A 到B 过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度a y ＝g B 点是最高点，竖直分速度为0，有：t ＝v 0g水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电 初速度为0，加速度a x ＝qEm水平方向有：v 0＝qEm t联立解得：Eq ＝mg 可得q ＝mgE(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 在竖直方向有2gh ＝v 02 可得h ＝v 022g所以位移为2h ＝2v 022g其与水平方向的夹角为θtan θ＝mgqE ＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方(3)设重力与电场力的合力为F ，其与水平方向的夹角为θ 则：tan θ＝mgqE＝1，如图所示开始一段时间内，F 与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小 后来F 与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加因此，当F 与速度v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为v min 即：tan θ＝v x v y ＝1，则v x ＝v y ，v x ＝qEm t ′＝gt ′，v y ＝v 0－gt ′解得t ′＝v 02g ，v min ＝v x 2＋v y 2＝2v 02.12.(2018·闽粤期末大联考)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为L ＝0.4 m 的绝缘细线把质量为m ＝0.20 kg ，带有q ＝6.0×10－4 C 正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°.已知A 、C 两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)A 、B 两点间的电势差U AB .(2)将小球拉至位置A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C 时细线对小球的拉力F 的大小． (3)如果要使小球能绕O 点做完整的圆周运动，则小球在A 点时沿垂直于OA 方向运动的初速度v 0的大小． 答案 (1)－400 V (2)3 N (3)21 m/s解析 (1)带电小球在B 点静止受力平衡，根据平衡条件得：qE ＝mg tan θ， 得：E ＝mg tan θq ＝0.20×10×tan 37°6.0×10－4V/m ＝2.5×103 V/m 由U ＝Ed 有：U AB ＝－EL (1－sin θ)＝－2.5×103×0.4×(1－sin 37°) V ＝－400 V . (2)设小球运动至C 点时速度为v C ，则： mgL －qEL ＝12m v C 2解得：v C ＝ 2 m/s在C 点，小球所受重力和细线的合力提供向心力： F －mg ＝m v C 2L ，联立解得：F ＝3 N.(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B 点关于O 点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v ，则： mg cos θ＋qE sin θ＝m v 2L－mgL cos θ－qEL (1＋sin θ)＝12m v 2－12m v 02联立解得：v 0＝21 m/s.13.(2018·安徽省皖南八校第二次联考)如图，一质量为m 1＝1 kg ，带电荷量为q ＝＋0.5 C 的小球以速度v 0＝3 m /s ，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6 m ，两极板间距为0.5 m ，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A 点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC ，圆弧轨道ABC 的形状为半径R <3 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径，在过A 点竖直线OO ′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E ＝10 V/m.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)两极板间的电势差大小U ；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R 的取值应满足的条件． 答案 (1)10 V (2)3 m>R ≥2518 m 或R ≤2563 m解析 (1)在A 点，竖直分速度v y ＝ v 0tan 53°＝4 m/s带电粒子在平行板中运动时间t ＝Lv 0＝0.2 sv y ＝at ，得a ＝20 m/s 2 又mg ＋E ′q ＝ma E ′＝Ud，得U ＝10 V(2)在A 点速度v A ＝v 0cos 53°＝5 m/s①若小球不超过圆心等高处，则有 12m v A 2≤(mg ＋qE )R cos 53° 得R ≥2518 m故3 m>R ≥2518m②若小球能到达最高点C ，则有 12m v 2A ＝(mg ＋qE )R ·(1＋cos 53°)＋12m v C 2 在C 点：mg ＋Eq ≤m v C 2R可得v C ≥(mg ＋qE )Rm联立解得：R ≤2563m故圆弧轨道半径R 的取值条件为：3 m>R ≥2518 m 或R ≤2563m14.(2018·四川省乐山市第一次调研)如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5 C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离； (3)小滑块最终运动情况．答案 (1)2.2 N ，方向竖直向下 (2)23m (3)在圆弧轨道上往复运动解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，对圆弧轨道最低点B 的压力为F N ，则由A →B ，有mgR －qER ＝12m v B 2F N ′－mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律F N ′＝F N故F N ＝3mg －2qE ＝2.2 N ，方向竖直向下， (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ， 对全程由动能定理有mgR －qE (R ＋x )－μmgx ＝0 得x ＝23m(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N 因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．15.(2018·天津市部分区上学期期末)如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m ．在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3 V ，内阻为0.2 Ω.导体棒质量为60 g ，接入电路的电阻为1.3 Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上．开关S 闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，如图乙所示，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小．答案(1)0.8 N(2)0.4 T解析(1)对导体棒进行受力分析，如图所示有mgF＝tan θ解得F＝0.8 N(2)由闭合电路欧姆定律，得I＝ER＋r 解得I＝2 A由安培力的公式F＝BIL，得B＝FIL，解得B＝0.4 T.16.(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一宽为L＝1.0 m的平行金属导轨．现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝0.4 kg、电阻R0＝2.0 Ω、长为1.0 m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中．导轨所接电源的电动势为E＝12 V，内阻r＝1.0 Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：(1)金属棒所受安培力的取值范围；(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围．答案(1)811N≤F≤8 N(2)0≤R≤30 Ω解析(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，此时金属棒所受安培力最大，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示．则有F N＝F1sin θ＋mg cos θ，F1cos θ＝mg sin θ＋F fmax，F fmax＝μF N以上三式联立并代入数据可得F1＝8 N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，此时金属棒所受安培力最小，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示．则有F N′＝F2sin θ＋mg cos θ，F2cos θ＋F fmax′＝mg sin θ，F fmax′＝μF N′以上三式联立并代入数据可得F2＝811N所以金属棒受到的安培力的取值范围为811N≤F≤8 N(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝FBL，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为411A≤I≤4 A设电流为I1＝411A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E－I1r＝I1(R0＋R1)，代入数据可得R1＝30 Ω设电流为I2＝4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E－I2r＝I2(R0＋R2)，代入数据可得R2＝0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30 Ω.17.(2018·湖北省华中师大一附中模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小．(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． 答案 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向． (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0q v 0＝m v 02R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πRv 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4；当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有R ＝d4n (n＝1,2,3，…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为 v 0＝B 0qR m ＝πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)18.(2018·江西省南昌二中第四次模拟)如图所示，在E ＝103 V/m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，一带正电荷q ＝10－4 C 的小滑块质量为m ＝40 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，问：(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点) 答案 (1)20 m (2)1.5 N解析 (1)设滑块与N 点的距离为L ，由动能定理可得，qEL －μmgL －mg ·2R ＝12m v 2－0小滑块在C 点时，mg ＝m v 2R解得v ＝2 m/s ，L ＝20 m(2)滑块到达P 点时，对全过程应用动能定理得，qE (L ＋R )－μmgL －mgR ＝12m v P 2－0在P 点，F N －qE ＝m v P 2R，解得F N ＝1.5 N由牛顿第三定律可得，滑块通过P 点时对轨道压力大小是1.5 N.19.(2018·湖南省长沙市雅礼中学模拟二)如图所示，在x 轴和x 轴上方存在垂直xOy 平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x 轴和x 轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v 、质量为m 、带电荷量为＋q 的同种带电粒子．在x 轴上距离原点x 0处垂直于x 轴放置一个长度为x 0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P (粒子一旦打在金属板 P 上，其速度立即变为0)．现观察到沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y 轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．(1)求磁感应强度B 的大小；(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；(3)若在y 轴上放置一挡板，使薄金属板右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标． 答案 见解析解析 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿－x 方向射出的粒子恰好打在金属板的上端，如图a 所示，由几何知识可知R ＝x 0，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R联立得：B ＝m vqx 0(2)设粒子做匀速圆周运动的周期为T ，T ＝2πR v ＝2πx 0v图b 为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，此时圆心O ′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成30°，故最短时间t min ＝T 6＝πx 03v ，图c 为打在板右侧下端的临界点，由图a 、c 可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，圆心O ′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成150°，故最长时间t max ＝5T 6＝5πx 03v则被板接收的粒子中运动的最长和最短时间之差为Δt ＝t max －t min ＝4πx 03v(3)由图a 可知挡板上端坐标为(0,2x 0)由图c 可知挡板下端y 坐标为y 2＝2x 0cos 30°＝3x 0，下端坐标为(0，3x 0) 最小长度L ＝2x 0－3x 0＝(2－3)x 020.(2018·山东省泰安市上学期期末)回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的两个D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直. 设两D 形盒之间所加的交流电压为U ，被加速的粒子质量为m 、电荷量为q ，粒子从D 形盒一侧开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后粒子从D 形盒边缘射出．求：(1)粒子从静止开始第1次经过两D 形盒间狭缝加速后的速度大小； (2)粒子第一次进入D 形盒磁场中做圆周运动的轨道半径； (3)粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器D 形盒射出． 答案 (1)2qU m (2)1B2mU q (3)qB 2R 22mU解析 (1)粒子在电场中被加速，由动能定理qU ＝12m v 12得：v 1＝2qUm(2)带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得，q v 1B ＝m v 12r 1解得：r 1＝m v 1qB代入数据得：r 1＝1B 2mUq(3)若粒子从回旋加速器D 形盒射出，则粒子做圆周运动的轨道半径为R ，设此时速度为v n 由洛伦兹力提供向心力得q v n B ＝m v n 2R ，解得此时粒子的速度为v n ＝BqRm此时粒子的动能为E k ＝12m v n 2，代入数据得E k ＝q 2B 2R 22m粒子每经过一次加速动能增加qU ，设经过n 次加速粒子射出，则nqU ＝E k ，代入数据解得：n ＝qB 2R 22mU .21. (2018·广东省茂名市第二次模拟)如图所示，空间存在电场强度为E 、方向水平向右的范围足够大的匀强电场．挡板MN 与水平方向的夹角为θ，质量为m 、电荷量为q 、带正电的粒子从与M 点在同一水平线上的O 点以速度v 0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小； (2)O 、M 间的距离． 答案 (1)v 0tan θ (2)m v 022qE tan 2θ解析 (1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为v x ，则tan θ＝v 0v x解得：v x ＝v 0tan θ(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a ，由牛顿第二定律：qE ＝ma 在如图所示的坐标系中：v x ＝at ，x 0＝12at 2，y 0＝v 0t设O 、M 间的距离为d ，由几何关系：tan θ＝y 0d ＋x 0解得：d ＝m v 022qE tan 2θ.。