专题19计算题2(电与磁)-高考物理试题分项版解析(解析版)

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高考物理电磁学知识点之电磁感应真题汇编及答案解析(2)

高考物理电磁学知识点之电磁感应真题汇编及答案解析(2)

高考物理电磁学知识点之电磁感应真题汇编及答案解析(2)一、选择题1.如图所示,两足够长的平行金属导轨间的距离为L ,导轨光滑且电阻不计,在导轨所在平面内分布着磁感应强度为B 、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。

有一阻值为R的电阻接在M 、P 间,将一根有效阻值为2R 的导体棒ab 放在金属导轨上,导体棒与金属导轨垂直且接触良好,并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动,则( )A .回路中的感应电流方向为M →R →PB .导体棒ab 两点间的电压为BLvC .导体棒a 端电势比b 端低D .水平外力F 做的功等于电阻R 产生的焦耳热2.如图所示,L 1和L 2为直流电阻可忽略的电感线圈。

A 1、A 2和A 3分别为三个相同的小灯泡。

下列说法正确的是( )A .图甲中,闭合S 1瞬间和断开S 1瞬间,通过A 1的电流方向不同B .图甲中,闭合S 1,随着电路稳定后,A 1会再次亮起C .图乙中,断开S 2瞬间,灯A 3立刻熄灭D .图乙中,断开S 2瞬间,灯A 2立刻熄灭3.如图所示,用粗细均匀的同种金属导线制成的两个正方形单匝线圈a 、b ,垂直放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中,a 的边长为L ,b 的边长为2L 。

当磁感应强度均匀增加时,不考虑线圈a 、b 之间的影响,下列说法正确的是( )A .线圈a 、b 中感应电动势之比为E 1∶E 2=1∶2B .线圈a 、b 中的感应电流之比为I 1∶I 2=1∶2C .相同时间内,线圈a 、b 中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2=1∶4D.相同时间内,通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶44.如图所示,MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨,间距l为0.4m,电阻不计。

导轨所在平面与磁感应强度B为0.5T的匀强磁场垂直。

质量m为6.0×10-3kg电阻为1Ω的金属杆ab始终垂直于导轨,并与其保持光滑接触。

导轨两端分别接有滑动变阻器R2和阻值为3.0Ω的电阻R1。

高考物理电磁学计算题(二)含答案与解析

高考物理电磁学计算题(二)含答案与解析

高考物理电磁学计算题(二)组卷老师:莫老师一.计算题(共50小题)1.如图所示,足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°角放置,在斜面和水平面上放置两平行金属导轨,导轨垂直于斜面与水平面的交界线,导轨间距为L=5m,导轨的电阻忽略不计,间距均为5m的虚线aa'、bb'和cc'与交界线平行,在aa'、cc'和导轨围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度大小为0.2T.现有两质量都为m=1kg的导体棒MN、PQ,导轨间金属棒电阻都为R=1Ω,MN、PQ间用绝缘细线按如图所示方式连接,让PQ、MN都与交界线平行,MN 棒到cc'间距为s=9m,PQ棒到交界线距离为14m,由静止释放MN棒,MN棒穿过aa'bb'区间时,PQ未进入到磁场区,MN棒恰好能匀速穿过aa'bb'区域.已知MN棒光滑,PQ棒与接触面间的动摩擦因数为μ=0.2,设斜面与平面转角圆滑,导体棒PQ经过转角时,速度大小不变且转后速度方向紧贴斜面.已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)MN棒刚进入磁场区域时,受到安培力的大小;(2)MN棒刚进入磁场区域时,导体棒上的总功率;(3)MN棒穿过aa'bb'区域过程,PQ棒下滑的距离(结果保留3位有效数字).2.如图所示,竖直放置的平行金属板板间电压为U,质量为m、电荷量为+q的带电粒子在靠近左板的P点,由静止开始经电场加速,从小孔Q射出,从a点进入磁场区域,abde是边长为2L的正方形区域,ab边与竖直方向夹角为45°,cf与ab平行且将正方形区域等分成两部分,abcf中有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1,defc中有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2,粒子进入磁场B1后又从cf上的M点垂直cf射入磁场B2中(图中M点未画出),不计粒子重力。

学会解题分享再难丢分,2017物理高考题汇编解析:电与磁计算题

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学会解题分享再难丢分,2017物理高考题汇编解析:电与磁
计算题
高考物理电磁学计算一直作为压轴题而存在,好多学生一旦面对此类题型就会一筹莫展,无从下笔。

具体还是需要对这部分知识点理解清晰,在头脑中形成完整思路。

本部分考纲要求如下:
1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题;
2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法,会画等效电路图
3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路;
4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用;
下面是收集整理的2017年高考物理试卷的电磁学计算部分的考题与各校模拟题,押题汇编与详细解析,另外有原题文档,需要全部可编辑打印文档的可回复或私信输入“052”索取。

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计算题+电与磁(基础题)-三年高考(2015-2017)物理试题分项版解析+Word版含解析

计算题+电与磁(基础题)-三年高考(2015-2017)物理试题分项版解析+Word版含解析

三年(2015-2017 )高考物理试题分项版解析专题21计算题电与磁〔基础题〉1.【2017 •北京卷】(16分)如图所示,长1=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角0=37° o已知小球所带电荷量q=1.0 x 105 C,匀强电场的场强E=3.0 x 30N/C,取重力加速度g=10 m/s2, sin 37°0.6, cos 37 =0.8。

求:(1 )小球所受电场力F的大小。

(2)小球的质量m °(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。

【答案】(1) 3.0 x 1-N (2) 4.0 x 11kg (3) 2.0m/s【解析】⑴ 根抿电场强度定义式可知b小球所受电场力大小为^=^£=1.Ox 1(^x3.Ox 1€5 N=3.0x 1^ M(2)屮球受聘、绳的拉力厂和电场力月作用处于平衡状态,如團所示根据几何关系有mg tan 37,得m=4.0 x 1-kgT在区域,磁感应强度的大小为B o;x<0区域,磁感应强度的大小为量为m、电荷量为q (q>0)的带电粒子以速度V0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)l yK X X K M HX H X K 1i*J y T 疋=~* :(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。

【解析】(1)在匀强磁场中,带电粒子俶圆周运动。

设在点勺区〕瓠圆周半彳抄凤‘衽和0区域,圆周半径为兄。

由落伦越力公式厦牛顿定律得粒子速度方向转过加屯所用时间的遵③粒子再转过180°时,所用时间t2为t2卫压④vn m 1联立①②③④式得,所求时间为t01112-(1-)⑤(2)由几何关系及①②式得,所求距离为2mv0 1d 2(R R2) 0(1 —)⑥qB°【考点定位】带电粒子在磁场中的运动(3)撤去电场后,小球将绕悬点摆动,根据动能定理有得v2gl(1 ―cos37 ) 2.0 m/s【考点定位】电场强度与电场力、物体的平衡、动能定mgl(1 cos37 )1 2mv2【名师点睛】本题力电综合问题,但电场力与对小球施加水平向右的恒力F作用效果相同,因此可以用相关的力学知识来解答。

高考物理电磁学知识点之磁场真题汇编含答案解析(2)

高考物理电磁学知识点之磁场真题汇编含答案解析(2)

高考物理电磁学知识点之磁场真题汇编含答案解析(2)一、选择题1.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是()A.M带正电,N带负电B.M的速度率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间等于N的运行时间2.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹分别如图中的两支虚线所示,下列表述正确的是()A.M带正电,N带负电B.M的速率大于N的速率C.洛伦磁力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间3.如图所示,两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。

一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ,其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60 角,经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ,又经过t2时间后回到区域Ⅰ,设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2,则()A.ω1∶ω2=1∶1B.ω1∶ω2=2∶1C.t1∶t2=1∶1D.t1∶t2=2∶14.为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。

如图为直线通道推进器示意图。

推进器前后表面导电,上下表面绝缘,规格为:a×b×c=0.5m×0.4m×0.3m。

空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=10.0T,方向竖直向下,若在推进器前后方向通以电流I=1.0×103A,方向如图。

则下列判断正确的是()A .推进器对潜艇提供向左的驱动力,大小为4.0×103NB .推进器对潜艇提供向右的驱动力,大小为5.0×103NC .超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP 方向D .通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能5.如图所示,边长为L 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通一逆时针方向的电流,图中虚线过ab 边中点和ac 边中点,在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场,此时导线框通电处于静止状态,细线的拉力为F 1;保持其他条件不变,现虚线下方的磁场消失,虚线上方有相同的磁场同时电流强度变为原来一半,此时细线的拉力为F 2 。

专题20 计算题2电与磁 2015年高考物理试题分项版解析原卷版2

专题20 计算题2电与磁 2015年高考物理试题分项版解析原卷版2

【2015·全国新课标Ⅱ·24】1.如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的例子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。

已知该粒子在A点的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B0点时速度方向与电场方向的夹角为30°。

不计重力。

求A、B两点间的电势差。

【2015·重庆·7】2.音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意nL,磁极正对区域内的磁感图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为,匝数为B,区域外的磁场忽略不计.应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为线圈左边始终在磁场外,右边始I.流向Q,大小为某时刻线圈中电流从终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等.P(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向。

v,求安培力的功率.(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为【2015·全国新课标Ⅰ·24】3.如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘,金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。

已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;2。

10m/s0.3cm,重力加速度大小取系统重新平衡后,闭合开关,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。

所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩1,如图.小明同学设计了一个“电磁天平”4】24·浙江2015·【.N。

线圈的下边处于匀强磁场内,,匝数为H=0.3m形线圈,两臂平衡。

线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长1B 1.0T,方向垂直线圈平面向里。

线圈中通有可在0~2.0A磁感应强度范围内调节的电流I。

高中物理 带电粒子在磁场电场复合场计算题 专题(2017-2019)近三年高考真题物理分类汇编 (解析版)

高中物理 带电粒子在磁场电场复合场计算题 专题(2017-2019)近三年高考真题物理分类汇编 (解析版)

专题21 带电粒子电场磁场复合场中计算题1.(2019·新课标全国Ⅰ卷)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)224q U m B d = (2)2π(42Bd t U =【解析】(1)设带电粒子的质量为m ,电荷量为q ,加速后的速度大小为v 。

由动能定理有212qU mv =①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2v qvB m r=②由几何关系知d ③ 联立①②③式得 224q Um B d=④ (2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为πtan302rs r =+︒⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为s t v=⑥ 联立②④⑤⑥式得2π(42Bd t U =⑦2.(2019·新课标全国Ⅱ卷)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 ,P 、Q 、G 的尺寸相同。

G 接地,P 、Q 的电势均为ϕ(ϕ>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v 0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,以及它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)l v = (2)2v 【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2E dϕ=① F =qE =ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ,由动能定理有2k 012qEh E mv =-③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ,粒子在水平方向的位移为l ,则有212h at =④ l =v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得2k 012=2E mv qh dϕ+⑥l v = (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=22L l v = 3.(2019·新课标全国Ⅲ卷)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。

高考物理 电场与磁场有答案解析

高考物理 电场与磁场有答案解析

高考物理电场与磁场有答案解析1.(多选)如图1所示为不等量的异种点电荷电场线的分布情况,两点电荷的电荷量相差越大,电荷附近电场线的疏密差别也越大。

图中的虚线是两点电荷连线的中垂线,a、b是中垂线上的两点,根据电场线分布图判断,下列说法正确的是()图1A.同一电子在a、b两点所受的库仑力的大小关系为F a>F bB.a、b两点的电场强度方向均平行于点电荷连线向左C.a、b两点的电势相等D.正试探电荷在a点的电势能大于其在b点的电势能解析从图中可以看出,a点电场线比b点电场线密,因此a点的电场强度比b 点的电场强度大,根据F=Eq可知,同一电子在a点所受的库仑力较大,选项A 正确;在不等量异种电荷形成的电场中,a、b两点的电场强度方向均斜向左上方,与点电荷连线不平行,选项B错误;将正试探电荷由a点移到b点过程中,电场力对试探电荷做正功,其电势能减小,则a点电势高于b点电势,选项C 错误,D正确。

答案AD2.一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈,在两船舷之间装有电池,导电的海水在安培力作用下即可推动该船前进。

如图2是电磁船的简化原理图,其中MN和PQ是与电池相连的导体棒,MN、PQ、电池与海水构成闭合回路,且与船体绝缘,要使该船水平向左运动,则超导线圈在NMPQ所在区域产生的磁场方向是()图2A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右解析由电源、海水构成的闭合回路可知海水中电流的方向是从MN指向PQ,根据左手定则可知磁场方向竖直向下时海水受到的力水平向右,海水反作用于船体的力水平向左,符合题意。

选项B正确。

答案 B3.如图3所示,在绝缘的水平地面上有一水平向右的匀强电场,带正电荷的滑块P在电场中向左运动,当它经过H点时动能为E k1=300 J,当它经过B点时具有的动能为E k2=100 J。

若该过程中滑块克服摩擦力做的功为90 J,那么滑块的电势能增加了()图3A.100 JB.200 JC.110 JD.400 J解析滑块从H点运动到B点,由动能定理得-W电-W摩=ΔE k,代入数据得-W电-90 J=-200 J,解得W电=110 J,故选项C正确。

高考物理新电磁学知识点之电磁感应真题汇编含答案解析(2)

高考物理新电磁学知识点之电磁感应真题汇编含答案解析(2)

高考物理新电磁学知识点之电磁感应真题汇编含答案解析(2)一、选择题1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一铝质金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场,则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径),小球( )A.整个过程都做匀速运动B.进入磁场过程中球做减速运动,穿出过程中球做加速运动C.整个过程都做匀减速运动D.穿出时的速度一定小于初速度2.如图所示,A、B是两个完全相同的灯泡,D是理想二极管,L是带铁芯的线圈,其电阻忽略不计。

下列说法正确的是A.S闭合瞬间,A先亮B.S闭合瞬间,A、B同时亮C.S断开瞬间,A闪亮一下,然后逐渐熄灭D.S断开瞬间,B逐渐熄灭3.如图所示,有一正方形闭合线圈,在足够大的匀强磁场中运动。

下列四个图中能产生感应电流的是A.B.C.D.4.如图所示,两块水平放置的金属板间距离为d,用导线与一个n匝线圈连接,线圈置于方向竖直向上的磁场B中。

两板间有一个质量为m、电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态,则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()A .正在增强;t φ∆∆dmg q =B .正在减弱;dmg t nq φ∆=∆ C .正在减弱;dmg t qφ∆=∆ D .正在增强;dmg t nqφ∆=∆ 5.一个简易的电磁弹射玩具如图所示,线圈、铁芯组合充当炮筒,硬币充当子弹。

现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径),电容器刚开始时处于无电状态,先将开关拨向1,电容器充电,再将开关由1拨向2瞬间,硬币将向上飞出。

则下列说法正确的是( )A .当开关拨向1时,电容器上板带负电B .当开关由1拨向2时,线圈内磁感线方向向上C .当开关由1拨向2瞬间,铁芯中的磁通量减小D .当开关由1拨向2瞬间,硬币中会产生向上的感应磁场6.如图甲所示,竖直长直导线与其右侧固定的矩形线框位于同一平面内,通过长直导线中的电流i 随时间t 变化的规律如图乙所示(取向下为电流正方向),关于线框中的感应电流及线框受到的安培力,下列说法正确的是( )A .0~4T 时间内感应电流沿逆时针方向 B .在2T t =时线框中的电流改变方向 C .3~44T T 时间内线框中的感应电流大小不变 D .3~44T T 时间内线框受到的安培力方向保持不变7.如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变,ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行,线框平面与磁场方向垂直.设OO ′下方磁场区域足够大,不计空气阻力影响,则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )A.B.C.D.8.如图电路中,电灯A、B完全相同,带铁芯的线圈L的电阻可忽略,下列说法中正确的是A.在S闭合瞬间,A、B同时发光,接着A熄灭,B更亮B.在S闭合瞬间,A不亮,B立即亮C.在电路稳定后再断开S的瞬间,通过A灯电流方向为a→bD.在电路稳定后再断开S的瞬间,B闪烁一下然后逐渐熄灭9.如图所示,一个圆形线圈的匝数为N,半径为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。

高三物理习题解析与解答

高三物理习题解析与解答

高三物理习题解析与解答一、介绍在高三物理学习中,习题解析与解答是非常重要的一环。

通过解析各种类型的物理习题,学生不仅可以巩固所学的知识,还能提高解题能力和应对物理考试的能力。

本文将对高三物理习题进行详细解析与解答,帮助学生更好地掌握相关知识。

二、电学部分1. 题目一:一根导体细杆上有一个质量为m,长度为L的均匀带电体,电荷密度为λ。

若将该细杆水平放置在磁感应强度为B的均匀磁场中,且细杆与磁场的夹角为θ,则细杆所受到的磁力大小为多少?解析:根据洛伦兹力的公式F=qvBsinθ,可得磁力为F=Bqvsinθ。

由于细杆为均匀带电体,电荷q=λL,速度v=0(细杆静止),因此磁力F=0。

解答:细杆所受到的磁力大小为0。

2. 题目二:两根长直平行的载流导线,电流分别为I1和I2,两导线间距为d。

若I1>I2,且两导线流入纸内,求在两导线中点处的磁感应强度B。

解析:根据比奥-萨伐尔定律,通过一个闭合回路的磁感应强度等于该回路所包围电流的代数和除以该回路面积。

所以,在两导线中点处,B=(μ0I1-μ0I2)/(2πd)。

解答:在两导线中点处的磁感应强度B等于(μ0I1-μ0I2)/(2πd)。

三、力学部分1. 题目一:一个质量为m的物体以速度v水平距离h滑下一个半径为R的光滑斜面,斜面与水平面的夹角为θ。

求物体滑下斜面所需的时间。

解析:物体滑下斜面的过程可以看作是自由落体加上一个在斜面上的匀速直线运动。

根据运动学知识,物体滑下斜面所需的时间t满足h = (1/2)gt^2 和v = gtanθ。

联立这两个方程可以解得t = sqrt(2h/g)。

解答:物体滑下斜面所需的时间为t = sqrt(2h/g)。

2. 题目二:一个质量为M的小球以速度v水平撞击一个质量为m 的物体,物体的质心速度为V。

求撞击后小球和物体的反冲速度。

解析:根据动量守恒定律,撞击前后系统的总动量守恒。

设小球和物体的反冲速度分别为v'和V',则Mv + mv = Mv' + mv'。

电场与磁场专题(2024高考真题及解析)

电场与磁场专题(2024高考真题及解析)

电场与磁场专题1.(多选)[2024·安徽卷] 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B.一质量为m 的带电油滴a ,在纸面内做半径为R 的圆周运动,轨迹如图所示.当a 运动到最低点P 时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅰ,二者带电荷量、质量均相同.Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同,并做半径为3R 的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅰ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为g ,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅰ分开后的相互作用,则 ( )A .油滴a 带负电,所带电荷量的大小为mgE B .油滴a 做圆周运动的速度大小为gBREC .小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE ,周期为4πEgB D .小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动1.ABD [解析] 油滴a 做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg =Eq ,解得q =mgE ,故A 正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv =m v 2R ,得R =mvBq ,解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v =gBR E ,故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v 1,得3R =m 2v 1B q 2,解得v 1=3BqR m =3gBRE ,周期为T =2π·3R v 1=2πEgB ,故C 错误;带电油滴a 分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅰ的速度为v 2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv =m 2v 1+m 2v 2,解得v 2=-gBRE,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅰ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动,故D 正确.2.[2024·北京卷] 如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点,P 、Q 是MN 连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是()A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变2.C[解析] 由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=k QMP2+k QNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误.3.[2024·北京卷] 我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道.图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图.放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d.阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入.稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等.放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离.每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零.氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和.已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用.(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F.3.(1)eEM (2)mEB1eR(3)nk√2eEMd1+k[解析] (1)氙离子在放电室时只受电场力作用,由牛顿第二定律有eE=Ma解得a=eEM(2)电子处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,沿轴向向右的匀强磁场的洛伦兹力提供向心力,则有B1ev=m v 2R可得v=B1eRm轴线方向上所受电场力(水平向左)与径向磁场的洛伦兹力(水平向右)平衡,即Ee=evB2解得B2=mEB1eR(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,设单位时间内被电离的氙原子数为N,根据被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,可知进入放电室的电子数为Nk又由于这些电离氙原子数与未进入放电室的电子刚好完全中和,说明未进入放电室的电子数也为N即有n=N+Nk则单位时间内被电离的氙离子数N=nk1+k氙离子经电场加速,有eEd=12M v12-0可得v1=√2eEdM设时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1解得F'=nk√2eEMd1+k由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F=F'则F=nk√2eEMd1+k4.[2024·福建卷] 以O点为圆心,半径为R的圆上八等分放置电荷,除G为-Q,其他为+Q,M、N为半径上的点,OM=ON,已知静电力常量为k,则O点场强大小为,M点电势(选填“大于”“等于”或“小于”)N点电势.将+q点电荷从M沿MN移动到N点,电场力(选填“做正功”“做负功”或“不做功”).4.2kQR2大于做正功[解析] 根据点电荷的场强特点可知,除了MN连线上的正负电荷外,其余的6个电荷形成的电场在O点处相互抵消,故O点场强大小为E O=kQR2+kQR2=2kQR2;根据对称性可知,若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷,则M和N点的电势相等,由于M点靠近最左边的正电荷,N点靠近最右边的负电荷,故M点电势大于N点电势;将+q点电荷从M沿MN移动到N点,由于电势降低,故电场力做正功.5.[2024·甘肃卷] 一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是()A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点5.C[解析] 充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.6.(多选)[2024·甘肃卷] 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下列说法正确的是 ( )A .粒子带负电荷B .M 点的电场强度比N 点的小C .粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D .粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能6.BCD [解析] 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A 错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M 点的电场强度比N 点的小,故B 正确;粒子带正电,因为M 点的电势大于N 点的电势,故粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能,故D 正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C 正确.7.[2024·甘肃卷] 质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示.Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U ;Ⅰ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E 1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B 1,方向垂直纸面向里;Ⅰ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B 2,方向垂直纸面向里.从S 点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O 点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P 点处,运动轨迹如图中虚线所示. (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷. (2)求O 点到P 点的距离.(3)若速度选择器Ⅰ中匀强电场的电场强度大小变为E 2(E 2略大于E 1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上.求粒子打在O'点的速度大小.7.(1)正电E 122UB 12(2)4UB 1E 1B 2 (3)2E 2-E1B 1[解析] (1)由于粒子在偏转分离器Ⅰ中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m ,电荷量为q ,粒子进入速度选择器Ⅰ时的速度为v 0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件有qv 0B 1=qE 1在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有 qU =12m v 02联立解得粒子的比荷为q m =E 122UB 12(2)在偏转分离器Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B 2=m v 02r可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1E1B2(3)粒子进入速度选择器Ⅰ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1向下的电场力F=qE2由于E2>E1,且qv0B1=qE1所以通过配速法,如图所示其中满足qE2=q(v0+v1)B1则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,在竖直面内以速度v1做匀速圆周运动,当速度转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=2E2-E1B18.(多选)[2024·广东卷] 污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的有()A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大8.AC[解析] 电场线的疏密程度反映电场强度大小,电场线越密则电场强度越大,由于N点附近的电场线比P点附近的稀疏,故N点的电场强度比P点的小,B错误;沿电场线方向电势逐渐降低,故M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,故其受到的电场力方向与电场强度方向相反,若从M点移到N点,则电场力对其做正功,A、C正确;由于M点和P点在同一等势面上,故M点电势等于P点电势,则N点电势高于P点电势,污泥絮体带负电,即q<0,根据电势能E p=qφ可知,污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小,D错误.9.[2024·广东卷] 如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W.9.(1)带正电πmBt0(2)√3πU0t08B√π3U024Bt0(3)(π3+16π)mU048Bt0[解析] (1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πrv联立解得q=πmBt0(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0Da=qEmt 0~2t 0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y =2r 在垂直于金属板方向有y =2×12a (t 02)2在沿金属板方向有π3D =vt 0 联立解得D =√3πU 0t 08B ,v =√π3U 024Bt 0(3)由(1)(2)可知y =2D3由对称性可知,3t 0~4t 0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y ,由于y <D ,故粒子不会碰到金属板.t =4t 0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t =6t 0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h =D -y =D3,注意到h =y2,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh ,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W 左,根据动能定理有 W 左=12mv 2电场力对粒子做的总功为W =W 左+qEh联立解得W =(π3+16π)mU 048Bt 010.[2024·广西卷] xOy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里.质量为m ,电荷量为+q 的粒子,以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动,粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°,交点为P .不计粒子重力,则P 点至O 点的距离为 ( )A .mv qBB .3mv2qBC .(1+√2)mvqB D .(1+√22)mvqB10.C [解析] 粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v 2r ,可得粒子做圆周运动的半径为r =mvqB ,根据几何关系可得P 点至O 点的距离为L PO =r +r sin45°=(1+√2)mvqB ,故选C .11.[2024·广西卷] 如图所示,将不计重力、电荷量为q 的带负电的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M 点和N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷.将小圆环从靠近N 点处静止释放,小圆环先后经过图上P 1点和P 2点,己知sin θ=35,则小圆环从P 1点运动到P 2点的过程中 ( )A .静电力做正功B .静电力做负功C .静电力先做正功再做负功D .静电力先做负功再做正功11.A [解析] 沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P ,如图乙所示,设连线PM 与直径MN 的夹角为α,则P 点到M 点的距离d M =2R cos α,P 点到N 点的距离为d N =2R sin α,M 点处点电荷在P 点产生的电场强度为E M =k 27Q d M2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为E N =k64Qd N 2,P 点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知E NE M=tan α,联立解得α=53°,已知P 2点和N 点连线与直径MN 的夹角恰好为37°,则P 2点和M 点连线与直径MN 的夹角恰好为53°,故半圆上P 2点的电势最高,因此带负电的圆环从P 1点运动到P 2点的过程中,电势一直升高,静电力一直做正功,选项A 正确.12.(多选)[2024·海南卷] 真空中有两个点电荷,电荷量均为-q (q ≥0),固定于相距为2r 的P 1、P 2两点,O 是P 1P 2连线的中点,M 点在P 1P 2连线的中垂线上,距离O 点为r ,N 点在P 1P 2连线上,距离O 点为x (x ≪r ),已知静电力常量为k ,则下列说法正确的是 ( )A .P 1P 2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为√33rB .P 1P 2中垂线上电场强度的最大值为4√3kq9r 2C .在M 点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小D .在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动12.BCD [解析] 设P 1处的点电荷在P 1P 2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直方向的夹角为θ,则根据场强的叠加原理可知,A 点的合场强为E =k 2qr 2sin 2 θcos θ,根据均值不等式可知当cos θ=√33时E 有最大值,且最大值为E m =4√3kq9r 2,此时A 点到O 点的距离为y =√22r ,故A 错误,B 正确;在M 点放入一电子,从静止释放,由于r >y =√22r ,可知电子向上运动的过程中所受电场力一直减小,则电子的加速度一直减小,故C 正确;根据等量同种电荷的电场线分布可知,电子运动过程中,O 点为平衡位置,可知当发生的位移为x 时,粒子受到的电场力为F =keq ·4rx(r -x )2(r+x )2,由于x ≪r ,整理后有F =4keqr 3·x ,在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为以O 点为平衡位置的简谐运动,故D 正确.13.[2024·海南卷] 如图,在xOy 坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和S 点.半圆形区域Ⅰ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅰ的圆心O 1、O 2连线与x 轴平行,半圆与圆相切于Q 点,QF 垂直于x 轴,半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅰ.区域Ⅰ、Ⅰ分别有磁感应强度大小为B 、B 2的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m 、电荷量为q 的粒子由电场加速到v 0.改变发射器的位置,使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ.(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R.(2)在能射入区域Ⅰ的粒子中,某粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间t.(3)在区域Ⅰ加入匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E =Bv 0,方向沿x 轴正方向.此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅰ射入区域Ⅰ,进入区域Ⅰ时速度方向与y 轴负方向成74°角.当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离(sin37°=35,sin53°=45).13.(1)mv 022qmv 0qB (2)πmqB(3)2.6v 0172mv 025qB[解析] (1)根据动能定理得qU =12m v 02解得U =mv 022q粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ,故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力qBv 0=m v 02R 解得R =mv0qB(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,轨迹半径为R ,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,所以粒子射入点、区域Ⅰ圆心O 1、粒子出射点、轨迹圆心O'四点构成一个菱形,由几何关系可得,区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出,粒子射入区域Ⅰ,仍做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力q B2v 0=m v 02R '解得R'=2R如图甲所示,要使粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅰ中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅰ的磁场圆半径2R ,根据几何知识可得此时在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动周期分别为 T 1=2πR v 0=2πmqBT 2=2π·2R v 0=4πmqB 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间为 t =60°360°T 1+60°360°T 2=πmqB甲(3)如图乙所示,将速度v 0分解为沿y 轴正方向的速度v 0及速度v',因为E =Bv 0,可得qE =qBv 0,故可知沿y 轴正方向的速度v 0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦兹力qBv',故粒子沿y 轴正方向做旋进运动,根据几何关系可知 v'=2v 0sin 53°=1.6v 0故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大,最大速度为 v m =v 0+1.6v 0=2.6v 0根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为 L =R'+R'sin 53°+2R +2R =6.88R =172mv 025qB乙14.[2024·河北卷] 我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔.雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a 、b 、c 、d 四点中电场强度最大的是 ( )A .a 点B .b 点C .c 点D .d 点14.C [解析] 在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小,等差势线越密,则电场强度越大.由题图可知,c 点等差等势线最密集,故c 点电场强度最大,C 正确.15.[2024·河北卷] 如图所示,真空中有两个电荷量均为q (q >0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC 的顶点B 、C.M 为三角形ABC 的中心,沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为q2.已知正三角形ABC 的边长为a ,M 点的电场强度为0,静电力常量为k.顶点A 处的电场强度大小为( )A .2√3kq a 2B .kq a 2(6+√3)C .kq a 2(3√3+1)D .kqa2(3+√3)15.D [解析] 如图所示,B 、C 两处点电荷在M 处产生的电场强度大小E 1=E 2=kq(√33a )2=3kqa 2,由于M 点的电场强度为0,故带电细杆在M 点产生的电场强度大小E 3=E 1cos 60°+E 2cos 60°=3kq a 2,B 、C 两处点电荷在A 处产生的电场强度大小E 4=E 5=kqq 2,合场强E 合'=E 4cos 30°+E 5cos 30°=√3kqa 2,方向向上,由于M 点与A 点关于带电细杆对称,故细杆在A 处产生的电场强度大小E 6=E 3=3kqa 2,方向向上,因此A 点的电场强度大小E =E 合'+E 6=kqa 2(√3+3),D 正确.16.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,真空区域有同心正方形ABCD 和abcd ,其各对应边平行,ABCD 的边长一定,abcd 的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场.调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出.对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°16.ACD[解析] 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,由对称性可知,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子可能从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,此时粒子不能垂直BC射出,粒子也可能经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,此时粒子垂直BC边射出,B错误,D正确.17.[2024·河北卷] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高.当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q (q >0),质量为m ,A 、B 两点间的电势差为U ,重力加速度大小为g ,求: (1)电场强度E 的大小.(2)小球在A 、B 两点的速度大小.17.(1)U L(2)√Uq -mgLm√3(Uq -mgL )m[解析] (1)A 、B 两点沿电场线方向的距离为L ,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E =U L(2)当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq -mg =mv A 2L解得v A =√Uq -mgLm小球由A 点运动到B 点,由动能定理得 Uq -mgL =12m v B 2-12m v A 2 解得v B =√3(Uq -mgL )m18.[2024·湖北卷] 如图所示,在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域.不计重力,下列说法正确的是 ( )A .粒子的运动轨迹可能经过O 点B .粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C .粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qBD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为√3qBR3m18.D[解析] 根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最短对应的轨迹如图甲所示,则最小时间间隔为Δt=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短对应的轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=√33R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r ,解得v=√3qBR3m,故D正确.19.(多选)[2024·湖北卷] 关于电荷和静电场,下列说法正确的是()A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变B.电场线与等势面垂直,且由电势低的等势面指向电势高的等势面C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,该点电荷的电势能将减小D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,将从高电势的地方向低电势的地方运动19.AC[解析] 根据电荷守恒定律可知,一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变,故A正确;根据电场线和等势面的关系可知,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,则电场力做正功,该点电荷的电势能将减小,根据φ=E pq可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,故C正确,D错误.20.[2024·湖南卷] 真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处.设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()。

北京各区2019年高考物理二模真题专题汇编专题19第三个计算题专题讲练__电磁学部分含解析

北京各区2019年高考物理二模真题专题汇编专题19第三个计算题专题讲练__电磁学部分含解析

专题19 第三个计算题——电磁学部分【2019海淀二模】24. (20分)利用电场可以控制电子的运动,这一技术在现代设备中有广泛的应用。

已知电子的质量为m,电荷量为-e,不计重力及电子之间的相互作用力,不考虑相对论效应。

(1)在宽度一定的空间中存在竖直向上的匀强电场,一束电子以相同的初速度v0沿水平方向射入电场,如图1所示,图中虚线为某一电子的轨迹,射入点A处电势为φA,射出点B处电势为φB。

①求该电子在由A运动到B的过程中,电场力做的功W AB;②请判断该电子束穿过图1所示电场后,运动方向是否仍然彼此平行?若平行,请求出速度方向偏转角θ的余弦值cosθ(速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角);若不平行,请说明是会聚还是发散。

(2)某电子枪除了加速电子外,同时还有使电子束会聚或发散作用,其原理可简化为图2所示。

一球形界面外部空间中各处电势均为φ1,内部各处电势均为φ2(φ2>φ1),球心位于z轴上O点。

一束靠近z轴且关于z轴对称的电子以相同的速度v1平行于z轴射入该界面,由于电子在界面处只受到法线方向的作用力,其运动方向将发生改变,改变前后能量守恒。

①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图(画出电子束边缘处两条即可);②某电子入射方向与法线的夹角为θ1,求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角θ2的正弦值sinθ2。

【答案】:(1)①W AB= e(φB-φA);②平行,;(2)①这束电子射入球形界面后运动方向的示意图如下:②【考点】:电偏转中功能关系的综合应用。

【解析】:(1)①A 、B 两点的电势差 U AB =φA -φB在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功W AB =-eU AB =e (φB -φA ) (4分)②平行。

设电子在B 点处的速度大小为v ,根据动能定理由于0cos θ=v v (2分)可得 (6分)(2)①见以上答案中的答图1。

(2分)②设电子穿过界面后的速度为v 2,由于电子只受法线方向的作用力,其沿界面方向速度不变。

三年高考2019高考物理试题分项版解析 专题19 力学计算题(含解析)

三年高考2019高考物理试题分项版解析 专题19 力学计算题(含解析)

专题19 力学计算题【2018高考真题】1.如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度.细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°.松手后,小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动.忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物块和小球的质量之比M:m;(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理(江苏卷)【答案】(1)53F Mg mg=-(2)65Mm=(3)85mMgTm M=+()(4885511T mg T Mg==或)(3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为a,重物受到的拉力为T 牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛顿运动定律T′–mg cos53°=ma解得85mMgTm M=+()(4885511T mg T Mg==或)点睛:本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律。

解答第(1)时,要先受力分析,建立竖直方向和水平方向的直角坐标系,再根据力的平衡条件列式求解;解答第(2)时,根据初、末状态的特点和运动过程,应用机械能守恒定律求解,要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度;解答第(3)时,要注意运动过程分析,弄清小球加速度和物块加速度之间的关系,因小球下落过程做的是圆周运动,当小球运动到最低点时速度刚好为零,所以小球沿AC方向的加速度(切向加速度)与物块竖直向下加速度大小相等。

2.如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下.经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上.忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理(江苏卷)【答案】【解析】取向上为正方向,动量定理mv–(–mv)=I且解得3.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。

三年高考(2017-2019)物理真题分项版解析——专题19 电学实验(解析版)

三年高考(2017-2019)物理真题分项版解析——专题19 电学实验(解析版)
(4)由于接入电阻 R 时,改装后的表实际量程为 25 mA,故满足 Ig Rg 25 Ig R ;要想达到预期目
的,即将微安表改装为量程为 20 mA 电流表,应满足 Ig Rg 20 Ig kR ,其中 Ig 250μA 0.25mA ,
联立解得: k 1.25 或 k 99 。 79
(2)由图(b)可以看出 U 与 t 成线性关系,硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度

|
ΔU Δt
|
=
×10–3V/℃(保留 2 位有效数字)。
【答案】(1)5.00 变小 增大 B (2)2.8
【解析】(1)U1=IR0=100 Ω×50×10–6 A=5×10–3 V=5 mV 由 R U ,I 不变,温度升高,U 减小,故 R I
(题11–1图) (2)选择电阻丝的 (选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电阻丝的直径. (3)题 11–2 甲图中 Rx,为待测电阻丝.请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入题 11–2 乙图实物电
路中的正确位置.
(题11–2甲图)
(题11–2乙图)
(4)为测量 R,利用题 11–2 甲图所示的电路,调节滑动变阻器测得 5 组电压 U1 和电流 I1 的值,作出的 U1–I1 关系图象如题 11–3 图所示.接着,将电压表改接在 a、b 两端,测得 5 组电压 U2 和电流 I2 的值,数据见下表:
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据,在方格纸上作出U2–I2图象.
(5)由此,可求得电阻丝的 Rx=

高考(2015-2019)物理真题分项版解析——专题(十) 磁场(解析版)

高考(2015-2019)物理真题分项版解析——专题(十) 磁场(解析版)

高考专题(十)磁场1.(2019·新课标全国Ⅰ卷)如图,等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M 、N 与直流电源两端相接,已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ,则线框LMN 受到的安培力的大小为A .2FB .1.5FC .0.5FD .0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R ,长度为L ,则电路中,上下两路电阻之比为12:2:2:1R R R R ==,根据并联电路两端各电压相等的特点可知,上下两路电流之比12:1:2I I =。

如下图所示,由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L ,根据安培力计算公式F ILB =,可知12::1:2F F I I '==,得12F F '=,根据左手定则可知,两力方向相同,故线框LMN 所受的合力大小为32F F F '+=,故本题选B 。

2.(2019·新课标全国Ⅱ卷)如图,边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B ,方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。

ab 边中点有一电子发射源O ,可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。

已知电子的比荷为k 。

则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为A .14kBlB .14kBl ,54kBlC .12kBlD .12kBl ,54kBl【答案】B【解析】a 点射出粒子半径R a =4l =a mv Bq ,得:v a =4Bql m =4Blk ,d 点射出粒子半径为2222l R l R ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ ,R =54l ,故v d =54Bql m =54klB ,故B 选项符合题意3.(2019·新课标全国Ⅲ卷)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限,随后垂直于y 轴进入第一象限,最后经过x 轴离开第一象限。

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习专题19电磁感应规律及其应用试题(含解析)

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习专题19电磁感应规律及其应用试题(含解析)

电磁感应规律及其应用●电磁感应概念●1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有感应电流产生的现象。

2.产生感应电流的条件(1)条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

(2)特例:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

3.产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流;如果回路不闭合,则只有感应电动势,而无感应电流。

4.楞次定律(1)内容:感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

(2)运用楞次定律判定感应电流方向的步骤:a.明确穿过闭合电路的原磁场方向;b.明确穿过闭合电路的原磁通量是如何变化的;c.根据楞次定律确定感应电流的磁场方向;d.利用安培定则判定感应电流的方向。

1.产生感应电流的条件(1)闭合回路;(2)磁通量发生变化。

2.磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变,回路面积改变;(2)回路面积不变,磁场强弱改变;(3)回路面积和磁场强弱均不变,但二者的相对位置发生改变。

3.楞次定律应用的推广楞次定律描述的是感应电流与磁通量变化之间的关系,常用于判断感应电流的方向或其所受安培力的方向,一般有以下四种呈现方式:1.阻碍原磁通量的变化——“增反减同”;2.阻碍相对运动——“来拒去留”;3.使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;4.阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。

站报道,明尼苏达大学的研究人员发现,一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能。

具体而言,只要略微提高温度。

这种合金就会变成强磁性合金,从而使环绕它的线圈中产生电流,其简化模型如图图示.A为圆柱型合金材料,B为线圈。

套在圆柱形合金材料上,线圈的半径大于合金材料的半径。

现对A进行加热,则A变成两端为磁极的强磁合金,下列判断正确的是A.B中一定产生逆时针方向的电流B.B中一定产生顺时针方向的电流C.B线圈一定有收缩的趋势D.B线圈一定有扩张的趋势【答案】D●法拉第电磁感应定律●1.感应电动势(1)概念:在电磁感应现象中产生的电动势。

【物理】物理电与磁专项习题及答案解析

【物理】物理电与磁专项习题及答案解析

【物理】物理电与磁专项习题及答案解析一、电与磁选择题1.下列描述正确的是()A. 静止时在水平面上的小车受力图B. 匀速直线运动的路程与时间的关系C. 条形磁铁的磁场分布D. 电流表的读数为2.7A【答案】 A【解析】【解答】解:A、小车静止,在竖直方向上受:向下的重力和向上的支持力,它们是一对平衡力,故A正确;B、匀速直线运动的s﹣t图象应该是一条经过原点的直线,而图中是一条平行横轴的直线,故B错误;C、在磁体外部,磁感线的方向总是从N极出发流向S极,故条形磁铁的右端应为S极,左端应为N极,故C错误;D、由图可知,接线柱接的是0~0.6A,则分度值为0.02A,则由指针位置可知电流表的读数为0.54A,故D错误.故选A.【分析】A、对小车进行受力分析,在水平地面上静止的小车,处于平衡状态,受平衡力作用;B、匀速直线运动的s﹣t图象是一条经过原点的直线;C、根据磁体外部磁感线的方向分析;D、根据电流变所选量程,确定分度值,然后再读数.2.图为某品牌共享电单车,其涉及到的物理知识正确的是()A. 没有网络传递信息,是无法实现手机扫二维码开锁的B. 车座成马鞍型,增大了人与车座的受力面积,压强增大C. 车胎上有凹凸不平的花纹,可以减小与地面的摩擦力D. 后轮上的电动机,利用电磁感应原理将电能转化为机械能【答案】 A【解析】【解答】A. 手机扫二维码开锁时,通过电磁波及网络传递信息,当服务器接收到付费后,才会开解,所以没有网络传递信息,是无法实现手机扫二维码开锁的,A符合题意;B. 车座成马鞍型,增大了人与车座的受力面积,减小压强,B不符合题意;C. 车胎上有凹凸不平的花纹,是用增大接触面粗糙程度的方法增大摩擦力,C不符合题意;D. 后轮上的电动机,利用通电导线在磁场受力的原理将电能转化为机械能,D不符合题意;故答案为:A。

【分析】共享单车传递信息利用了电磁波,增大受力面积可以减小压强,增加粗糙程度可以增大摩擦力,电磁感应是将机械能转化为电能.3.在图中的自动控制电路中,当控制电路的开关S闭合时,工作电路的情况是()A. 灯不亮,电铃响B. 灯不量,电铃不响C. 灯亮,电铃不响D. 灯亮,电铃响【答案】 A【解析】【解答】解:当控制电路的开关S闭合时,控制电路中有电流,电磁铁具有磁性,吸引衔铁,动触头和下面电路接通,电铃工作,和上面的电路断开,所以电灯不亮。

高中物理磁学题解析

高中物理磁学题解析

高中物理磁学题解析在高中物理学习中,磁学是一个重要的内容,也是学生们普遍感到困惑的部分之一。

本文将通过具体的题目举例,分析磁学题的考点,并给出解题技巧,帮助学生更好地理解和应对这一知识点。

一、磁场力的计算题目:一根长直导线中通有电流I,求距离导线距离为r处的磁场强度。

解析:这是一个典型的计算磁场力的题目。

根据安培定律,磁场强度与电流成正比,与距离成反比。

因此,我们可以利用安培定律的公式来计算磁场强度。

解题技巧:首先,我们需要确定计算的方向。

在这个题目中,由于导线为长直导线,因此磁场的方向垂直于导线。

其次,我们需要确定计算的公式。

根据安培定律,磁场强度的公式为B = μ0 * I / (2πr),其中μ0为真空中的磁导率。

最后,代入已知的数值进行计算即可。

二、磁感应强度的计算题目:一根长直导线中通有电流I,求距离导线距离为r处的磁感应强度。

解析:这个题目与前一个题目类似,但是需要注意的是,磁感应强度与介质的磁导率有关。

在真空中,磁感应强度与磁场强度相等。

解题技巧:在计算磁感应强度时,我们需要根据介质的磁导率来进行换算。

对于真空中的磁感应强度,直接使用磁场强度的计算公式即可。

而对于其他介质,我们需要使用磁感应强度与磁场强度的关系式B = μ * H,其中μ为介质的磁导率,H 为磁场强度。

三、磁场中的力的计算题目:一根导线长为L,通有电流I,置于磁感应强度为B的磁场中,求导线所受的力。

解析:这个题目考察的是磁场中的力的计算。

根据洛伦兹力的公式F = BILsinθ,其中B为磁感应强度,I为电流,L为导线长度,θ为导线与磁场方向之间的夹角。

解题技巧:在计算磁场中的力时,首先需要确定计算的方向。

根据洛伦兹力的公式,力的方向垂直于磁感应强度和电流的方向。

其次,我们需要确定计算的公式。

根据洛伦兹力的公式,代入已知的数值进行计算即可。

通过以上的题目举例和解析,我们可以看出,磁学题主要考察的是磁场力的计算和磁感应强度的计算。

【高中物理】“电与磁”典型例题评析

【高中物理】“电与磁”典型例题评析

【高中物理】“电与磁”典型例题评析例1 下列四幅图中能说明发电机的工作原理的是()错解及出错原因:错选c的原因是没有分清电和磁之间的相互联系及其应用。

解析:b就是研究电磁铁磁性高低和电流的关系,发生改变滑片的边线,发生改变通过电磁铁的电流大小(线圈匝数一定),从而发生改变电磁铁的磁性及迎合大头针的数目。

c图中既有电源,又存有磁体,就是研究通电导线在磁场中受力的促进作用,它就是电动机的原理。

d就是模拟通电导线周围存有磁场的,就是电流的磁效应。

a图中没电源,当ab搞研磨磁感线运动时,其中可以产生感应电流,这时它本身就是一个电源,它模拟电磁感应现象,就是发电机的原理。

所以挑选a。

点评与拓展:电与磁的重点是三大联系及应用,一是“电生磁”(电是因,磁是果),二是通电导线在磁场中受到力的作用(既有磁场,又有电源),三是“磁生电”(磁是因之一,电是果)。

电磁铁、电磁继电器、扬声器、电动机、发电机等是这三大电磁现象及其规律在技术上的应用,它们对现代社会有着深远的影响。

涉及这些内容的试题中考必有,透彻理解物理规律是识别电磁现象及其它物理现象的基础。

基准2 在电风扇、电熨斗、电磁起重机、动圈式扬声器、动圈式话筒和发电机中,利用电磁感应原理工作的存有______;利用磁场对通电导体有力的促进作用原理工作的存有______。

错解及出错原因:第一空漏填动圈式话筒,第二空漏填动圈式扬声器。

出错的原因是对它们的工作过程及原理不清楚。

解析:电熨斗就是电热器,原理就是电流的热效应。

电磁起重机就是电磁铁的轻易应用领域,原理就是电流的磁效应。

电风扇的主要部件就是电动机,它和发电机的工作原理在上题中分析过。

动圈式扬声器的线圈中灌入高低按声音变化的电流时,通电线圈受磁体磁场力的促进作用往复运动,助推纸盆振动发出声音,它与电动机的原理就是相同的。

动圈式话筒的膜片随其声音振动,相连的线圈也一起振动,从而研磨磁感线,产生继后声音变化的感应电流,它与发电机的原理就是相同的。

三年高考高考物理试题分项版解析 专题22 计算题 电与磁(提升题)(含解析)

三年高考高考物理试题分项版解析 专题22 计算题 电与磁(提升题)(含解析)

计算题 电与磁(提升题)1.(18分)【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0U 。

偏转电场可看作匀强电场,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的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离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22.010V U =⨯,24.010m d -=⨯,319.110kg m -=⨯,191.610C e -=⨯,210m/s g =。

(3)极板间既有静电场也有重力场。

电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势ϕ的定义式。

类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”G ϕ的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

【答案】(1)204UL U d (2)不需要考虑电子所受的重力 (3)p E q=ϕ 电势ϕ和重力势G ϕ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)根据功和能的关系,有20012eU mv =电子射入偏转电场的初速度002eU v m=在偏转电场中,电子的运动时间002L m t L v eU ∆== 偏转距离2201()24UL y a t U d∆=∆=【考点定位】带电粒子在电场中的偏转【方法技巧】带电粒子在电场中偏转问题,首先要对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析,确定粒子的运动类型。

解决带电粒子垂直射入电场的类型的题,应用平抛运动的规律进行求解。

此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力,原则是:除有说明或暗示外,对基本粒子(例如电子,质子、α粒子、离子等)一般不考虑重力;对带电微粒(如液滴、油滴、小球、尘埃等)一般要考虑重力。

2.【2016·天津卷】(20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。

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(精心整理,诚意制作)1.【20xx·安徽卷】(14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间的距离为d,上板正中有一小孔。

质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,学-科-网穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。

求:(1)小球到达小孔处的速度;(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。

2.(20分)【20xx·全国大纲卷】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轴的方向进人电场。

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。

93.【20xx·四川卷】在如图所示的竖直平面内。

水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r =44m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角θ =37°。

过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B =1.25T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E =1×104N/C。

小物体P1质量m = 2×10-3kg、电荷量q = +8×10-6C,受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力。

当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t = 0.1s与P1相遇。

P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为 = 0. 5,取g = 10m/s2,sin37° = 0.6,cos37°= 0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力。

求:(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小;(2)倾斜轨道GH的长度s。

4.【20xx·新课标全国卷Ⅰ】如图,O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点,OB 沿竖直方向,60BOA ∠=,32OB OA=.将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A 点。

使此小球带电,电荷量为q (q >0),同时加一匀强电场,场强方向与OAB ∆所在平面平行,现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带点小球,该小球通过了A 点,到达A 点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B 点,且到达B 点的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g 。

求(1)无电场时,小球达到A 点时的动能与初动能的比值; (2)电场强度的大小和方向。

5.【20xx·四川卷】如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应。

p 板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O 点右侧相距h 处有小孔K ;b 板上有小孔T ,且O 、T 在同一条竖直线上,图示平面为竖直平面。

质量为m 、电荷量为- q (q >0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O 点发射,沿P 板上表面运动时间t 后到达K 孔,不与板碰撞地进入两板之间。

粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g 。

(1)求发射装置对粒子做的功; (2)电路中的直流电源内阻为r ,开关S 接“1”位置时,进入板间的粒子落在h 板上的A 点,A 点与过K 孔竖直线的距离为l 。

此后将开关S 接“2”位置,求阻值为R 的电阻中的电流强度; (3)若选用恰当直流电源,电路中开关S 接“l ”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能在0~B m =qt m)()(2-21521 范围内选取),使粒子恰好从b 板的T 孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b 板板面夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)。

6.【20xx·广东卷】如图25所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。

两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。

A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L,质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是L的k倍。

不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。

(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;(2)若k<<,且粒子沿水平方向从S23射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ2区的磁感应强度B与k的关系式。

(2)7.【20xx·江苏卷】(16分)某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。

装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d。

装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO′上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。

在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30°角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点。

改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置。

不计粒子的重力。

(1)求磁场区域的宽度h;(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv;(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值。

8.【20xx·天津卷】(20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如图所示的模型。

M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。

质量为m、电荷量为+q的粒子A (不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零,每当A进入板间,两板的电势差变为U ,粒子得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。

两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离,A经电场多次加速,动能不断增大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。

不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。

求(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率n P;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变,下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。

在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。

(3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹。

A 经地n 加速后,设其对应的磁感应强度为B n ,A 、B 的周期分别为n T 、T ',综合②⑤式并分别应用A 、B 的数据得n n qB mT π2=kT kqB m T n n =='π29.【20xx·山东卷】(20分)如图甲所示,间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场。

取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。

t =0时刻,一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子(不计重力),以初速度0v 由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。

当0B 和B T 取某些特定值时,可使0=t 时刻入射的粒子经t ∆时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。

上述0v d q m 、、、为已知量。

(1) 若B T t 21=∆,求0B ; (2) 若B T t 23=∆,求粒子在磁场中运动时加速度的大小; (3) 若qdmv B 004=,为使粒子仍能垂直打在P 板上,求B T 。

联立④⑤式得203v a d ⑥10.【20xx·新课标全国卷Ⅱ】半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上,一长为r,质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨的中心O,装置的俯视图如图所示;整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下;在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。

直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。

设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略,重力加速度大小为g,求:(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率。

【答案】(1)232BrIRω(2)2243924B rP mg rRωμω11.【20xx·北京卷】导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。

如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F的作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同,导线MN始终与导线框形成闭合电路,已知导线MN电阻为R,其长度L,恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B,忽略摩擦阻力和导线框的电阻。

(1)通过公式推导验证:在时间内t∆,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W',也等于导线MN中产生的焦耳热Q。

(2)若导线的质量m=8.0g,长度L=0.1m,感应电流I=1.0A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率v(下表中列出了一些你可能用到的数据)。

[学科网(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动自由电子和金属离子(金属原子失去电子后剩余部分)的碰撞,展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子运动模型:在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。

12. 【20xx·福建卷】如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽度为d、高为h,上下两面是绝缘板,前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。

整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中。

管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变。

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