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2012~2021十年高考汇编·专题30 电学综合2一般综合大题（解析版）
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专题30 电学综合2一般综合大题
（2012-2021）

1.（2020天津）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
2.（2019北京）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，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】：由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和 解题。
(1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中，只有ad边切割磁感线，所以产生的感应电动势为： ；
(2)线框进入过程中线框中的电流为：
ad边安培力为：
由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即
所以拉力的功率为：
联立以上各式解得： ；
(3) 线框进入过程中线框中的电流为：
进入所用的时间为：
ad边的电阻为：
焦耳热为：
联立解得： 。
3.（2020全国1）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（　　）

A. 金属框的速度大小趋于恒定值
B. 金属框的加速度大小趋于恒定值
C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为 、 ，则电路中的电动势

电流中的电流

金属框和导体棒MN受到的安培力
，与运动方向相反
，与运动方向相同
设导体棒MN和金属框的质量分别为 、 ，则对导体棒MN

对金属框

初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从 开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度

大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如下。

综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；
金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD选项错误。
故选BC。


4.（2020全国2）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。

【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
5.（2020年北京）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线 ，与导线同轴放置一半径为 的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为 ，电荷量为 。不考虑出射电子间的相互作用。
(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：
a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；
b.在柱面内，只加与 平行的匀强磁场。
当电压为 或磁感应强度为 时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度 。
(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为 、长度为 的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为 ，电子流对该金属片的压强为 。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。

【答案】（1） ， ；（2）
【解析】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压 ，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有

解得

b.在柱面内，只加与 平行的匀强磁场，磁感应强度为 时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有

根据洛伦兹力提供向心力，则有

解得

（2）撤去柱面，设单位长度射出电子数为N，则单位时间都到柱面的粒子数为

金属片上电流

由于电子流对金属片的压强为p，则电子流对金属片单位时间内的压力为
F=p·ab
由牛顿第三定律可得，金属片对电子流的作用为

根据动量定理有

解得

故总动能为

6.（2019海南）如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨间的动摩擦因数为 （最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。从 时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到 时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 ；已知CD棒在 时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。

(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小；
(2)求撤去外力时CD棒的速度大小；
(3)撤去外力后，CD棒在 时刻静止，求此时AB棒的速度大小。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】(1)设AB棒做匀加速运动的加速度大小为a，在t=t0时刻AB棒的速度为v0=at0，
此时对CD棒：


联立解得：
(2)在t1时刻，AB棒的速度 ；
此时

解得
(3)撤去外力后到CD棒静止，对CD棒由动量定理： ，
对AB棒：
联立解得：
7.（2019全国1）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求

（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1） （2） 或
【解析】：（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得： ，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至 轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至 轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：
或
8.（2019全国2）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为 （ >0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1） ； （2）
【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为 ⑧
9.（2019全国3）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
【答案】（1） ；（2）
【解析】：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
10.（2018全国3）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知
③
由①②③式得
④
（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
⑤
⑥
由题给条件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
⑧
11.（2018天津）如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、 的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。

（1）求粒子从P到M所用的时间t；
（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度 的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】试题分析：粒子在磁场中以洛伦兹力为向心力做圆周运动，在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，据此分析运动时间；粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，结合几何知识求解．
（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE②；
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma③；
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at④；联立①②③④式得 ⑤；
（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为 ，由几何关系可知 ⑥

设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 ⑦；
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为 ，由运动的合成和分解可知 ⑧
联立①⑥⑦⑧式得 ⑨．
12.（2016北京卷）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为 ，偏转电场可看做匀 强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离Δy；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 ， ， ， ， 。
（3）极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的 概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【答案】（1） （2）不需要考虑电子所受的重力（3） 、电势 和重力势 都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
【解析】（1）根据功能关系，可得 ，
电子射入偏转电场的初速度 ，
在偏转电场中电子的运动时间
侧移量
（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 [来源:学_电场力
由于 ，因此不需要考虑电子所受的重力
（3）电场中某点电势 定义为电荷在该点的电势能 与电荷量q的比值 ，由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能 与其质量m的比值，叫做重力势，即 ，电势 和重力势 都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
13.（2016上海卷）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q= ；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量 ）

（1）小球B所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？

【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m
【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时， N
因此 C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，
F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3 ，方向水平向左。
（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小 ,又 ,可得
(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处，
电场力做功
小球从x=0.2m到x=0.4m处

由图可知小球从 到 处
电场力做功 =－0.004×0.4=
由动能定理 + + + =0
解得 =
14.（2016四川）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为 ，进入漂移管E时速度为 ，电源频率为 ，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取 。求：

（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
【答案】：（1）漂移管B的长度为0.4 m （2）相邻漂移管间的加速电压为6×104 V。
【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为 ；漂移管B的长度为 。则
①
②
③
联立①②③式并代入数据得： ④
（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为 ；质子进入漂移管E时速度为 ，动能为 ；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为 ；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有
⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得：
○11
15.（2015海南）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距 ，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在 水平外力作用下沿导轨以速度 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求

（1）电阻R消耗的功率；
（2）水平外力的大小。
【答案】：见解析
【解析】：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为 ，
根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为
电阻R消耗的功率为 ，联立可得
（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有 ， ，故
16.（2014·江苏）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.


【答案】 (1)tan θ　(2)mgRsin θB2L2(3)2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4
【解析】 (1)在绝缘涂层上受力平衡　mgsin θ＝μmgcos θ解得　μ＝tan θ.
(2)在光滑导轨上感应电动势　E＝Blv　感应电流　I＝ER安培力　F安＝BLI　受力平衡　F 安＝mgsinθ解得　v＝mgRsin θB2L2
(3)摩擦生热　QT＝μmgdcos θ
能量守恒定律　3mgdsin θ＝Q＋QT＋12mv2 解得　Q＝2mgdsin θ－m3g2R2sin θ2B4L4.
17.（2014·天津）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问

(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？
【答案】：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
【解析】 (1)由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有
Fmax＝m1gsin θ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝ER1＋R2③
设ab所受安培力为F安，有
F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得
v＝5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gxsin θ＝Q总＋12m2v2⑦
又Q＝R1R1＋R2Q总⑧ 解得Q＝1.3 J
18.（2014·浙江）某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)

(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
【答案】(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力．
(1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔt
ΔΦ＝12BR2Δθ　U＝12BωR2
v＝rω＝13ωR
所以v＝2U3BR＝2 m/s
(3)ΔE＝mgh－12mv2 ΔE＝0.5 J
19.(2015江苏卷)回旋加速器的工作原理如题15-1图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如题15-2图所示，电压值的大小为U0．周期T= ．一束该种粒子在t=0~ 时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均 做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：

（1）出射粒子的动能 ；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到 所需的总时间 ；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．
【答案】(1) （2） （3）
【解析】（1）由 ， 解得
（1）粒子被加速n次达到动能 ，则 ,粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间
加速度
匀加速直线运动：
由 解得
(3)只有在 时间内飘入的粒子才能每次均被加速
所占的比例 为
由 ,解得 ．
20.（2016北京卷）如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。

（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还 需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场 强度E的大小。
【答案】（1） 、 （2）
【解析】(1)由 .
带电粒子做圆周运动半径 .
匀速圆周运动的周期
(2)粒子受电场力 ,洛仑磁力 ，粒子做匀速直线运动，
则 ,场强
21.（2014·全国卷） 如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：

(1 )电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间．
【答案】 (1)12v0tan2θ　(2)2dv0tan θ
【解析】 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得

qv0B＝mv20R0①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
vx2t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
tan θ＝vxv0⑥
联立①②③④⑤⑥式得
EB＝12v0tan2 θ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t＝2dv0tan θ⑧
22.（2015福建）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小 滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。

（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.
【答案】：（1）E/B （2 ） （3）
【解析】（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE
解得：v=E/B
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理： ，其中
联立解得：
23.（2015江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为 的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L。某次测量发现MN中左侧 区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧 区域QN仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范 围；
（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。（取 ； ）
【答案】（1） （2） （3）3次
【解析】（1）离子在电场中加速：
在磁场中做匀速圆周运动：
解得：
代入 ，解得
24.(2013北京卷)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场．金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：

(1)匀强电场场强E的大小；
(2)粒子从电场射出时速度v的大小；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.
【答案】：(1)Ud　(2) 2qUm　(3) 1B 2mUq

【解析】本题中带电粒子在电场中由静止开始做匀加速直线运动，可由动能定理或牛顿第二定律求解，选用动能定理进行解题更简捷．进入磁场后做匀速圆周运动，明确带电粒子的运动过程及相关公式是解题的关键．
(1)电场强度E＝Ud.
(2)根据动能定理，有qU＝12mv2－0得v＝2qUm.
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R
得R＝1B 2mUq.
25.(2013全国2)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和NB.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．

【答案】：16q(Nb－Na)　r12(Nb＋5Na)　r12(5Nb＋Na)

【解析】小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝mv2ar ②
Nb－F＝mv2br ③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝12mv2a ④
Ekb＝12mv2b ⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝16q(Nb－Na)
Eka＝r12(Nb＋5Na)
Ekb＝r12(5Nb＋Na)．
T＝4t＝4dqφ02mqφ0－A.

26.(2013山东卷) 如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力．

(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.
【答案】：见解析
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma ①
由运动学公式得
d＝12at20 ②
2d＝v0t0 ③
vy＝at0 ④
v＝v20＋v2y ⑤
tan θ＝vyv0 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v＝2qEdm ⑦
θ＝45°. ⑧
(2)

设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1＝22d ⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝mv2R1 ⑩
联立⑦⑨⑩式得
B0＝mE2qd. ⑪
27.(2013浙江)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应。

(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？
(4)比较|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并说明理由．
【答案】：见解析
【解析】：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，半球面B的电势高于A.
(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：
eE＝mv2R
Ek0＝12mv2
R＝RA＋RB2
联立解得：
E＝2Ek0eR＝4Ek0eRA＋RB.
(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有
ΔEk＝qU
对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有
ΔEk左＝e(φB－φC)
对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有
ΔEk右＝e(φA－φC)．
(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有
|φB－φC|＞|φA－φC|
即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.
28.(2013全国大纲) 一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内，

(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．
【解析】带电粒子在规律性变化的电场力作用下做变速运动．
法一：(1)带电粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
a1＝qE0m ①
a2＝－2qE0m ②

a3＝2qE0m ③
a4＝－qE0m ④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图象如图(a)所示，对应的速度—时间图像如图(b)所示，其中
v1＝a1T4＝qE0T4m ⑤
由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为
s＝T4v1 ⑥
图(b)
由⑤⑥式得
s＝qE016mT2 ⑦
方向沿初始电场正方向．
(2)由图(b)可知，粒子在t＝38T到t＝58T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为
t＝58T－38T＝T4 ⑧
法二：(1)带电粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
qE0＝ma1 ①
－2qE0＝ma2 ②
2qE0＝ma3 ③
－qE0＝ma4 ④
设带电粒子在t＝T4、t＝T2、t＝3T4、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则
v1＝a1T4 ⑤
v2＝v1＋a2T4 ⑥
v3＝v2＋a3T4 ⑦
v4＝v3＋a4T4 ⑧
设带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为s，有
s＝(v12＋v1＋v22＋v2＋v32＋v3＋v42)T4 ⑨
联立以上各式可得
s＝qE0T216m ⑩
方向沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t＝T4时粒子开始减速，设经过时间t1速度减为零．
0＝v1＋a2t1
将①②⑤式代入上式，得
t1＝T8 ⑪
粒子从t＝T2时开始减速，设经过时间t2速度变为零．
0＝v2＋a3t2
此式与①②③⑤⑥式联立得
t2＝T8 ⑫
t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间为
t＝(T4－t1)＋t2 ⑬
将⑪⑫式代入⑬式得
t＝T4. ⑭
答案：(1)qE016mT2，方向沿初始电场正方向　(2)T4