2019年浙江卷高考物理【学考题型】计算题部分强化训练(Word+精编+解析)

2019年浙江卷高考物理【学考题型】计算题部分强化训练计算题部分（22～23题）精练1 带电粒子在电场和磁场中的运动1.加试题 如图1所示，在水平放置的足够大的荧光屏上方存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向平行于水平面且与边MN 垂直．某时刻从与该平面相距为h 的S 点(S 在平面上的投影位置为O )向垂直磁场的平面内的各个方向同时发射大量相同的带正电的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为q ，速度大小均为v ＝3Bqh4m ，方向均在同一竖直平面内．观察发现，荧光屏上有一条直线发光，其余位置均不发光，且某些位置只有一次发光，某些位置有两次发光，试求：(粒子重力不计)图1(1)荧光屏发光区域的长度L ；(2)荧光屏上一次发光的区域长度L 1与两次发光的区域长度L 2之比．2.加试题(2017·宁波市九校高三上学期期末)正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图2所示：MN 和PQ 为足够长的竖直边界，水平边界EF 将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B .现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C 和注入口D 同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为L ，正电子的质量为m ，电荷量为＋e ，负电子的质量为m ，电荷量为－e .图2(1)试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；(2)若L＝43d，要使正负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间；(3)若只从注入口C射入电子，要使电子从D飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L 的大小．3.加试题(2017·余姚中学高三上期中)如图3所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值U m之间的各种数值．静止的带电粒子电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值U m时，粒子恰垂直打在CD板上，求：图3(1)当M、N两板间电压取最大值U m时，粒子射入磁场的速度v1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m；(4)CD板上可能被粒子打中区域的长度s.4.加试题 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用，如图4所示，碳14和碳12经电离后的原子核带电荷量均为q ，从容器A 下方小孔S 不断飘入电势差为U 的加速电场，经过S 正下方小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收，D 与O 在同一水平面上，其中碳12的粒子在OD 上的落点距O 点为d ，已知粒子经过小孔S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力．图4(1)求粒子碳12的比荷；(2)由于粒子相互作用，所有粒子分布在与OS 竖直方向成一定夹角θ的纸面内，要使两种粒子运动到OD 直线上时能区分在不同区域，求θ角的最大值θm ；(可以用三角函数表示) (3)实际上加速电压的大小会在U ±ΔU 范围内微小变化，当θ＜θm 时，碳14与碳12经电场加速后进入磁场中发生分离，为使这两种粒子在照相底片上落点区域不发生重叠，ΔUU 应满足什么条件．5.加试题(2018·西湖高级中学月考)如图5所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－3m ≤x ≤0的区域内有磁感应强度B ＝4.0×10－4 T 、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x ＞0的某一区域内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ＝4 N/C ，其宽度d ＝2 m ．一质量m ＝6.4×10－27 kg 、电荷量q ＝3.2×10－19 C 的带正电粒子从P 点以速度v ＝4×104 m/s ，沿与x 轴正方向成60°角射入磁场，经磁场和电场偏转通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力．求：图5(1)带电粒子在磁场中运动时间； (2)Q 点与电场右边界的距离．6.加试题(2018·嘉兴市期末)在如图6所示的坐标系中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场E(未知)，其余象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，其中第四象限内的磁感应强度为B1(未知)，第二、三象限内的磁感应强度为B2(未知)．在y轴上坐标为(0,2L)的A点有一个粒子源，可将质量为m、带电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0沿平行x轴方向射入第一象限，然后从x轴上坐标为(3L,0)的C点射入磁场，经磁场偏转，最终再次垂直y轴回到A 点．若粒子的重力可忽略不计，求：图6(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B1的大小；(3)粒子从A点射入第一象限至再次回到A点，所经历的时间．7.加试题(2017·宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子——正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在．如图7所示，已知区域Ⅰ是速度选择器，极板M、N间距为4L，现有一束由反质子1－1H 与氘核21H两种粒子组成的射线，沿极板M、N中间线以相同速度v0射入，并从中心O点进入极板上方的区域Ⅱ.已知质子的质量为m，电荷量为e，忽略电荷之间的相互作用．图7图8(1)区域Ⅱ是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因．(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域Ⅱ中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v0的质子和反质子先后从A1、B1孔竖直向上进入极板上方，OA1＝OB1＝L，以极板中间线上的O为原点，建立直角坐标系如图8所示，在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y轴上的P(0，L)处相碰，求：在P点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差Δt.8.加试题(2018·台州市高三期末)如图9所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d＝3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ＝60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B2.在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y＞0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方体加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)．图9(1)求粒子刚进入加速管时的速度v1的大小和加速电压U；(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl；(3)若要让从加速管BO3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场Ⅱ的磁感应强度的大小应满足什么条件？精练2电磁感应问题的综合应用1.加试题如图1所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计．质量为m的金属棒MN与框架接触良好．在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图1(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小．2.加试题如图2所示，半径R＝0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．一对长L＝0.2 m的金属板A、B水平放置，两板间距d＝0.1 m．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m＝1.0×10－5 kg，电荷量q＝5.0×10－6 C的带负电微粒，以v0＝2 m/s的速度从两板正中间水平射入，g取10 m/s2.求：图2(1)金属棒转动的角速度为多大时，微粒能做匀速直线运动；(2)金属棒转动的角速度至少多大时，微粒会碰到上极板A.3.加试题(2018·温州“十五校联合体”期末)如图3所示，一个质量m＝16 g，长d＝0.5 m，宽L＝0.1 m，电阻R＝0.1 Ω的矩形线框从高处自由落下，经过h1＝5 m高度，下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场．已知磁场区域的高度h2＝1.55 m，线框刚进入磁场时恰好匀速下落．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：图3(1)磁场的磁感应强度；(2)线圈进入磁场的全过程中产生的电热；(3)线框下边即将离开磁场时的加速度大小．4.加试题如图4所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝1.0 m，NQ两端连接阻值R＝1.0 Ω的电阻，磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.一质量m＝2.0 kg，阻值r＝0.50 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.60 kg的重物P相连．已知金属棒从静止开始释放，第1 s末达到最大速度；金属棒在第1 s内通过的电荷量q＝4 C，g ＝10 m/s2.求：图4(1)金属棒最大速度的大小；(2)金属棒在第1 s内产生的热量．5.加试题(2018·东阳中学期中)如图5所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4 m，AC、BD的延长线相交于E点且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6 m，M、N两端与阻值R＝2 Ω的电阻相连，虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．一根长度也为L＝0.4 m、质量m＝0.6 kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0＝2 m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变，求：图5(1)电路中的电流I；(2)金属棒向右运动d2过程中克服安培力做的功W .6.加试题 (2017·金华市高二上期末)如图6甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数N ＝10，边长L ＝0.4 m ，总电阻R ＝1 Ω，滑板和线圈的总质量M ＝2 kg ，滑板与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，前方有一长4L 、高L 的矩形区域，其下边界与线圈中心等高，区域内有垂直线圈平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化．现给线圈施加一水平拉力F ，使线圈以速度v ＝0.4 m/s 匀速通过矩形磁场．t ＝0时刻，线圈右侧恰好开始进入磁场，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图6(1)t ＝0.5 s 时线圈中通过的电流；(2)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力F 的大小；(3)线圈通过图中矩形区域的整个过程中拉力F 的最大值与最小值之比．7.加试题(2018·湖州市三县期中)如图7甲所示，M 1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道，M4M5、N4N5为半径均为r＝0.65 m的竖直四分之一圆形光滑金属轨道，M4、N4为切点，M5、N5为轨道的最高点(与圆心等高)．轨道间距L＝1.0 m，整个装置左端接有阻值R＝0.5 Ω的定值电阻．M1M2N2N1、M3M4N4N3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ，两区域宽度d＝0.5 m，两区域之间的距离s＝1.0 m；区域Ⅰ内均匀分布着磁场B1，其变化规律如图乙所示，规定竖直向上为正方向；区域Ⅱ内分布着磁感应强度B2＝0.05 T的匀强磁场，方向竖直向上，质量m＝0.1 kg、电阻R0＝0.5 Ω的导体棒ab在垂直于棒的F＝1.0 N的水平恒力拉动下，从M2N2处在t＝0时刻由静止开始运动，到达M3N3处撤去恒力F，ab棒穿过匀强磁场区后，恰好能到达圆形轨道的M5N5处．水平轨道与导体棒ab间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道电阻、空气阻力不计，运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，g＝10 m/s2，求：图7(1)0.2 s末电阻R上的电流大小及方向；(2)ab棒刚进入B2磁场时的加速度大小；(3)ab棒在水平直轨道上向右运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q.精练3动量和电学知识的综合应用1.加试题如图1，ab和cd是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直．求：图1(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．2.加试题形状如图2所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中．ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长．求：图2(1)ab、cd棒的最终速度大小；(2)全过程中产生的焦耳热．3.加试题如图3所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出)，磁感应强度B＝1.0 T，MN边界右侧离地面h＝0.45 m处有光滑绝缘平台，右边有一带正电的a球，质量m a＝0.1 kg、电荷量q＝0.1 C，以初速度v0＝0.9 m/s 水平向左运动，与大小相同但质量为m b＝0.05 kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰，碰后a球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点，g取10 m/s2.(结果均保留两位有效数字)求：图3(1)电场强度的大小和方向；(2)碰后两球分别在电磁场中运动的时间；(3)碰后两球落地点相距多远．4.加试题如图4所示，质量m A＝0.8 kg、带电荷量q＝－4×10－3 C的A球用长l＝0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103 N/C.质量m B＝0.2 kg、不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的水平轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J．现将A球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道．A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：图4(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．5.加试题有电阻均为R的两金属棒a、b，a棒的质量为m，b棒的质量为M，两棒均放在如图5所示的光滑轨道的水平部分上，轨道的水平部分有竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长，开始时给a棒一水平向左的初速度v0，a、b两棒在运动过程中与轨道始终接触良好且垂直，a棒与b棒始终不相碰，请问：图5(1)当a、b两棒在水平轨道上稳定运动时，速度分别为多少？损失的机械能为多少？(2)若b棒在水平轨道上稳定运动后，又冲上圆弧轨道，在b棒返回到水平轨道前，a棒已静止在水平轨道上，且b棒与a棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a、b的速度为多少？(3)整个过程中产生的内能是多少？6.加试题能的转化与守恒是自然界普通存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程．在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能．实验表明：电容器两极间的电压与电容器所带电荷量如图6甲所示．图6(1)对于直线运动，课本中讲解了由v－t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图甲的Q－U图象，推导电容器所储存的电场能E电的表达式．(若电容器电容为C，两极板间电压为U)(2)如图乙所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架上端接有一电容为C的电容器．框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直．现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦．开始时电容器不带电，不计各处电阻，求：①金属棒落地时的速度大小；②金属棒从静止释放到落到地面的时间．答案及解析精练1 带电粒子在电场和磁场中的运动1．(1)2＋52h (2)210＋43解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则F 洛＝B v q ＝m v 2r ①由题意可知：v ＝3Bqh 4m ，代入上式，可得r ＝3h4②带电粒子能够到达荧光屏左右两边的最远距离OE 、OF 分别为x 1、x 2，其轨迹示意图如图甲．由几何关系得：(h －r )2＋x 1 2＝r 2，h 2＋x 2 2＝(2r )2，将②式代入可得：x 1＝22h 、x 2＝52h ，即图中EF 为发光区域，其长度：L ＝x 1＋x 2＝2＋52h(2)画出带电粒子在磁场中运动的轨迹圆C 1、C 2，其中C 2刚好与荧光屏相切，如图乙所示，可知荧光屏上EG 区域有一次发光，GF 区域有两次发光，由对称性可知OG 的长度：x 3＝22h 荧光屏上EG 区域一次发光长度L 1与GF 区域两次发光长度L 2的比值为L 1L 2＝x 1＋x 3x 2－x 3＝225－2＝210＋432．(1)负电子 (2)2πm3eB (3)2(2－3)edB m4n (2－3)d ，(n ＝1,2,3…)解析 (1)由题意知从注入口C 入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子． (2)电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：(R －d )2＋(3d )2＝R 2，得到：R ＝2d故sin θ＝3d R ＝32，得θ＝π3由q v B ＝m v 2R ，可知T ＝2πR v ＝2πmeB所以正电子运动时间t ＝2×θ2πT ＝2πm3eB(3)要使粒子从D 点飞出的临界情况是运动轨迹与MN 相切，如图所示： 由几何关系可知：α＝30° 且R ′＋R ′cos α＝d 解得：R ′＝2(2－3)d . 由q v B ＝m v 2R ′，得到：v ＝2(2－3)edBm由图可知，间距L ＝n ×2R ′＝4n (2－3)d ，(其中n ＝1,2,3…)． 3．(1)2qU m m (2)1L2mU mq(3)πL m2qU m(4)(2－2)L 解析 (1)M 、N 两板间电压取最大值Um 时， 由：qU m ＝12m v 1 2，可得：v 1＝2qU mm(2)粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示： 设此时粒子运动轨迹半径为r 1，CH ＝QC ＝L即半径r 1＝L ，由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得q v 1B ＝m v 12r 1，得B ＝1L2mU mq(3)粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期 由T ＝2πr v ＝2πm qB ，t m ＝T 2，得t m ＝πLm2qU m(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A 在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2解得：r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L . 4．(1)8UB 2d2 (2)arccos67 (3)ΔU U ＜7cos 2θ－67cos 2 θ＋6解析 (1)碳粒子在电场中加速，由动能定理得：qU ＝12m v 2，碳粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： q v B ＝m v 2r，由几何关系可知：d ＝2r ，解得：q m ＝8UB 2d 2；(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：R ＝1B2mUq， 碳14运动到OD 直线时到O 点的最小距离： L 1＝2R 1cos θ＝2B2m 1Uqcos θ 碳12运动到OD 直线时到O 点的最大距离： L 2＝2R 2＝2B2m 2Uq两种粒子运动到OD 直线上时能区分在不同区域， 则：2R 1cos θ≥2R 2，即：cos θ≥67，θmax＝arccos 67； (3)碳14运动到OD 直线时到O 点的最小距离： L 1′＝2R 1′cos θ＝2B2m 1(U －ΔU )qcos θ 碳12运动到OD 直线时到O 点的最大距离： L 2′＝2R 2′＝2B2m 2(U ＋ΔU )q若要使这两种粒子的落点区域不重叠，需要满足的条件： 2R 1′cos θ＞2R 2′，解得ΔU U ＜7cos 2θ－67cos 2 θ＋6.5．(1)π6×10－4 s (2)3.0 m解析 (1)根据牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r得：r ＝2 m由几何关系得粒子运动轨迹的圆心角为60°. 在磁场中运动周期T ＝2π·r v 运动时间t ＝T6得：t ＝π6×10－4 s(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动 粒子在电场中加速度a ＝qEm ＝2.0×108 m/s 2运动时间t 1＝dv ＝5.0×10－5 s沿y 方向分速度v y ＝at 1＝1.0×104 m/s 沿y 方向位移y ＝12at 1 2＝0.25 m粒子射出电场后又经时间t 2到达x 轴上Q 点， t 2＝L OC －y v y＝7.5×10－5 s故Q 点与电场右边界的距离是x ＝v t 2＝3.0 m.6．(1)4m v 029qL (2)4m v 09qL(3)⎝⎛⎭⎫319π80＋3L v 0 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动， 3L ＝v 0t,2L ＝12·qE mt 2得E ＝4m v 029qL(2)粒子最终垂直y 轴回到A 点，可知在二、三象限内粒子轨迹为半圆，粒子垂直于y 轴从第四象限进入第三象限．在C 点，粒子竖直分速度v y ＝43v 0.粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可确定在磁场B 1中的半径为R 1＝154L ，速度为v ＝53v 0q v B 1＝m v 2R 1，得B 1＝4m v 09qL(3)根据几何关系可确定在磁场B 2中的半径为R 2＝4L 电场中运动时间t 1＝3Lv 0磁场B 1中运动时间t 2＝127180·πm qB 1＝127πL80v 0磁场B 2中运动时间t 3＝πR 2v ＝12πL5v 0总时间t ＝⎝⎛⎭⎫319π80＋3·Lv 0. 7．(1)氘核 因受阻力作用 (2)5∶1L v 0(π2－1) 解析 (1)由左手定则知径迹1是氘核21H 的运动轨迹带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小 (2)从A 1射入的粒子做类平抛运动：y 方向做匀速运动，t 1＝L v 0从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，半径R ＝L 经14T 到达P 点，t 2＝πL 2v 0时间差Δt ＝πL 2v 0－L v 0＝L v 0(π2－1)从A 1射入的粒子做类平抛运动， x 方向：L ＝v x2t 1y 方向：L ＝v 0t 1，则v x ＝2v 0 E k A ＝12m (v 0 2＋v 2x ) 从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，E k B ＝12m v 0 2，故E k A E k B ＝v 0 2＋v x 2v 0 2＝51. 8．见解析解析 (1)粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R ，由向心力公式可得q v 1B 1＝m v 12Rv 1＝qB 1R m①因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在磁场Ⅱ中的运动半径为2R ，由向心力公式可得q v 2B 2＝m v 2 22Rv 2＝2qB 2R m②粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得qU ＝12m v 2 2－12m v 1 2③ 由①②③式得加速管所加的电压U ＝qR 2(4B 2 2－B 1 2)2m(2)从B 点穿出的粒子打在离E 点最近的屏上，如图所示由几何关系得(x 1cos θ＋R )2＋(x 1sin θ)2＝(2R )2④x 1＝13－12R从D 点穿出的粒子打在离E 点最远的屏上，如图所示由几何关系得(x 2cos θ－R )2＋(x 2sin θ)2＝(2R )2⑤x 2＝13＋12R 粒子打中的区域长度Δl ＝x 2－x 1＝R(3)从O 3点穿出的粒子恰好打在F 点时，有几何关系(d cos θ＋2R －r 3)2＋(d sin θ)2＝r 3 2⑥得r 3＝197R ⑦由向心力公式有q v 2B 3＝m v 2 2r 3⑧ 由②⑦⑧式得B 3＝m v 2qr 3＝1419B 2从B 点穿出的粒子恰好打在E 点时，有r 4＝32R ⑨ 由向心力公式有q v 2B 4＝m v 2 2r 4⑩ 由②⑨⑩式得B 4＝m v 2qr 4＝43B 2从BO 3区域穿出的粒子全部打在屏上磁感应强度大小满足的条件是：1419B 2≤B ≤43B 2 精练2 电磁感应问题的综合应用1．(1)mgR B 2L 2 (2)3g 解析 (1)当金属棒进入磁场B 1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．则F 1＝B 1I 1L ＝BI 1L ＝mg又I 1＝B 1L v R ＝BL v R联立得：v ＝mgR B 2L 2 (2)金属棒刚进入磁场B 2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为：F 2＝B 2I 2L ＝2B 2BL v R L ＝4B 2L 2v R把(1)问求得的v 代入，可得F 2＝4mg根据牛顿第二定律得：F 2－mg ＝ma解得：a ＝3g .2．(1)50 rad/s (2)100 rad/s解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得U ＝12BωR 2 根据平衡条件可得mg ＝qE因为E ＝U d所以mg ＝q U d ＝q 2dBωR 2 解得ω＝50 rad/s(2)微粒恰好碰到上极板A 边缘时，微粒向上的加速度大小由d 2＝12a (L v 0)2 解得a ＝10 m/s 2由牛顿第二定律得：q 2dBω′R 2－mg ＝ma 解得ω′＝100 rad/s.3．(1)0.4 T (2)0.08 J (3)1 m/s 2解析 (1)由机械能守恒得mgh 1＝12m v 2， 由平衡条件知mg ＝BIL ，I ＝BL v R，得B ＝0.4 T (2)由能量守恒定律得：Q ＝mgd ＝0.08 J(3)由动能定理得：mg (h 2－d )＝12m v ′2－12m v 2，得v ′＝11 m/s 由BI ′L －mg ＝ma ，其中I ′＝BL v ′R，得a ＝1 m/s 2. 4．(1)1.5 m/s (2)3.025 J解析 (1)因mg sin θ＞Mg ，金属棒开始时向下滑动．当金属棒所受合外力为0时，金属棒的速度最大金属棒切割磁感线产生的电动势E ＝BL v m根据闭合回路欧姆定律得通过金属棒的电流I ＝E R ＋r由安培力公式得：F ＝BIL由共点力平衡得F ＋Mg ＝mg sin θ解得：v m ＝(mg sin θ－Mg )(R ＋r )B 2L 2＝1.5 m/s(2)金属棒在第1 s 内通过的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r 解得x ＝q (R ＋r )BL ＝3 m 根据能量守恒定律mgx sin θ－Mgx ＝12(m ＋M )v m 2＋Q 代入数据解得Q ＝9.075 J由于金属棒与电阻R 串联，电流相等，根据焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在第1 s 内产生的热量Q r ＝r R ＋rQ ＝3.025 J 5．(1)0.4 A (2)0.36 J解析 (1)金属棒开始运动时产生的感应电动势：E ＝BL v 0＝1×0.4×2 V ＝0.8 V电路中的电流：I ＝E R＝0.4 A (2)金属棒向右运动距离为x 时，金属棒接入电路的有效长度为L 1，由几何关系可得：d －x d＝L 1L， 解得：L 1＝L (d －x )d ＝0.4－x 15此时金属棒所受的安培力为：F ＝BIL 1＝0.16－2x 75(0≤x ≤d 2) 作出F －x 图象，由图象可知运动d 2过程中克服安培力做功为： W ＝0.16＋0.082×3 J ＝0.36 J. 6．(1)0.4 A (2)10.8 N (3)54∶49解析 (1)线圈切割磁感线E 1＝NB L 2v ＝0.4 VI 1＝E 1R＝0.4 A. (2)线圈匀速运动将要全部进入磁场区域前，右边导线所受向左的总安培力F 1＝NBI 1L 2＝0.4 N 上边导线所受向下的总安培力F 2＝NBI 1L ＝0.8 N滑动摩擦力F f ＝μ(Mg ＋F 2)＝10.4 N故拉力：F ＝F 1＋F f ＝10.8 N.(3)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力有最大值F max ＝10.8 N.线圈左侧进入磁场区域后的瞬间拉力有最小值F min ，t ＝1 s 时刻，线圈在磁场运动E 2＝N ΔΦΔt＝0.2 V 线圈中形成顺时针方向的电流I 2＝E 2R＝0.2 A 线圈上边受到向上的最大安培力F 3＝NBI 2L ＝0.4 N ，方向向上此时拉力F min ＝μ(Mg －F 3)＝9.8 N所以最大值与最小值之比为54∶49.7．见解析解析 (1)导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动，由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma 1得a 1＝8 m/s 2导体棒ab 在0～0.2 s 内运动的位移x ＝12a 1t 0 2＝0.16 m ＜s ＝1.0 m 故0.2 s 末导体棒ab 未进入区域Ⅱ，由于区域Ⅰ中的磁场在均匀减小，产生的感应电动势为。