高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析

高考物理电磁学大题练习20题
1.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。

质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。

现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。

小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。

取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达P点时的速度大小v P和B、C两点间的距离x。

【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m
【解析】
【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：
解得：v=6m/s
小球到达P点时，受力如图所示:
则有：qE=m2g tanθ,
解得：E=7.5×104N/C
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：
小球到达P点时，由牛顿第二定律有：
解得：v P=2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，
则有：m1v=m1v1+m2v2
解得：v1=-2m/s(“-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s
对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：
解得：x=0.85m
2.如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻。

一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r。

在电阻、导轨和金属棒中间有一边长为a的正方形区域，区域中存在垂直于水平桌面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，其中坐标值已知。

在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界M(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直于水平桌面向上。

某时刻，金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下从静止开始向右运动，在t1时刻恰好以速度v1越过MN，此后向右做匀速运动。

金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好。

求：
(1)在t=0到t=t1时间间隔内，电阻R产生的焦耳热；
(2)在时刻t(t>t1)流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。

【答案】（1）（2）；电流由A经R到C；
【解析】
【详解】（1）0到t1过程：，根据闭合电路欧姆定律：
根据焦耳定律：解得：
（2）金属棒匀速，安培力水平向左，电流由A经R到C
T时刻，动生电动势：，感生电动势方向逆时针，故总电动势为：
同理得：，解得：
发动机的牵引力与安培力相等：解得：
3.如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ= 60°角，
纸面内的线段MN 与水平方向成α=30°角，MN 长度为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小为N v （待求）；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小N v 的速度抛出，小球将经过M 点正上方的P 点（未画出），已知重力加速度大小为g ，求：
(l)匀强电场的电场强度E 及小球在N 点的速度N v ； (2)M 点和P 点之间的电势差；
(3)小球在P 点动能与在M 点动能的比值。

【答案】（1）gd 2 （2）4mgd q - （3）3
7
【解析】
【详解】解：（1）由小球运动方向可知，小球受合力沿MN 方向，如图甲，由正弦定理：
sin30sin30sin120mg F Eq == 得：E q
=
合力：F =mg 从M N →,有：2
2N ad υ= 得：N υ
（2）如图乙，设MP 为h ，作PC 垂直于电场线，小球做类平抛运动：
21cos602
h at =
sin60N h t υ= cos30MC U Eh
=
MP MC U U =
得：4MP mgd
U q
=-
（3）如图乙，作PD 垂直于MN ，从M P →，由动能定理：MD KP KM FS E E =-
sin30MD S h
=
21
2
KM N E mv =
7
3
KP MD KM KM KM E FS E E E +== 4.如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与
x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，
在圆形磁场的左侧0<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：
(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；
(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1） (2)
(3)
【解析】
试题分析：（1）（8分）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r,C 为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO ，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R ，（3分）
由（3分）
得：（2分）
（2）（4分）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点，（1分）
（2分）
P点的坐标为（，0 ）（1分）
（3）（7分）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R ① （1分）
过O点做挡板的垂线交于G点，
② （2分）
③ （2分）
④ （1分）
挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=+=⑤ （1分）
（说明：如果用余弦定理求解，也给相应分，将②③ 的4分分为公式和结果各给2分）考点：洛伦兹力，圆周运动。

5.如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R，棒与导轨间动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。

现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动，从开始运动到匀速的过程中流过棒ab的电荷量为q，(重力加速度为g)求：
(1)棒ab匀速运动的速度大小；
(2)棒ab从开始运动到匀速运动所经历的时间是多少？
(3)棒ab从开始运动到匀速的过程中棒ab产生的焦耳热是多少？
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）设棒ab速度为v，则棒ab中的感应电流①
棒cd中的感应电流为：②
cd受安培力③
当棒cd恰要滑动时，，即④
得棒ab的匀速速度为：⑤
（2）设棒ab受恒定外力为F，匀速运动时棒ab中的电流为I，
棒ab所受安培力为⑥
对棒cd：⑦
棒ab：⑧
由⑥⑦⑧⑨式得⑨
对棒ab从开始运动到匀速过程，设运动时间为t；
由动量定理：⑩
而
故
由⑤式解得
（3）棒ab所受安培力为，设棒ab从开始运动到匀速的过程中位移为x，由动量定理：
而由⑤⑨得：
设棒ab此过程克服安培力做功W
由动能定理：
由⑤⑨得
由功能关系知，此过程产生的总焦耳热等于W，根据电路关系有棒ab此过程产生的焦耳热等于
由得棒ab产生的焦耳热为。

6.如图所示，竖直分界线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B＝×10—2T，P为电场中的一点，在其下方离P点距离处有一垂直于MN的足够大的板电场和磁场的范围足大，现将一重力不计、比荷C ／kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t＝4s，电荷以的速度过MN第一次进人右侧磁场。

求
（1）P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小
（2）电荷打到挡板的位置到MN的距离
（3）电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间
【答案】（1）0.5m；100N/C（2）0.28m（3）4.67×10-4s
【解析】（1）根据平均速度公式求解P点到MN的距离；根据牛顿第二定律结合运动公式求解匀强电场的电场强度E的大小；
（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合结合关系求解电荷打到挡板的位置到MN的距离；
（3）根据几何关系求解电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角，根据求解时间；根据运动公式求解在电场中的运动时间.
【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为
解得x=0.5m
由速度公式v0=a∆t
由牛顿第二定律qE=ma
解得E=100N/C
（2）电荷在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：
解得
运动周期
电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图，
Q点到挡板的距离为
则，即
A点到MN的距离x=rcos600=m=0.28m.
（3）电荷在电场中运动的总时间：
电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为
电荷在磁场中运动的总时间
解得
则电荷从P
点出发至运动到挡板所需的时间为
【点睛】本题的关键是要求出正电荷在交变磁场中运动半径和周期，从而确定正电荷在交变磁场中的周期性运动的轨迹，再由几何关系求出距离和时间．
7.如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入电场，
不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为2
2mv qE。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；
（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【答案】（10；20mv qE （2）0
B ≥
【解析】
【详解】（1）由动能定理有：2
22
0011222
mv qE mv mv qE ⋅=- 解得：v v 0
设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cos θ＝02
v v =
解得：θ＝45° 根据tan 21x
y
θ=⋅
=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故2
mv x qE
=
（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与
x 轴相切，如图所示，由几何关系有：
s ＝R +R sin θ
又：2
v qvB m R
=
解得：0
1)E
B v +=
故0
1)E
B v ≥
8.一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。

以小球静止位置为坐标原点O ，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其中x 轴水平。

现剪断细线，经0.1s ，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s ，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E 2，又经0.1s 小球速度为零。

已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。

求
(1)E 1和E 2；
(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。

【答案】(1)
(2)
【解析】
【详解】（1）当小球静止时，
则
电场力与重力的合力
剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为
经过0.1s 小球的速度大小为
速度的方向与x轴正方向成斜向右下方
在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度
竖直分速度
即第2个0.1s末，小球的速度大小为，方向竖直向下依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动，
由运动学公式知
根据牛顿第二定律得
代入数据得
（2）第1个0.1s内，小球的位移大小
则小球沿x方向移动的距离
沿y方向移动的距离
在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离
沿y方向移动的距离
在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离
即小球速度为零时的位置坐标是
9.如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为q m
=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。

(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；
(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小
E=1.0×103V/m ，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN 的距离。

【答案】（1）0.267m （2）0.867m 【解析】
【详解】（1）粒子射入O 点时的速度v ，由动能定理得到：2
1
2
qU m v =
进入磁场后做匀速圆周运动，2
qvB m R
v
=
设圆周运动的速度偏向角为α，则联立以上方程可以得到：1tan 2
2
r R α
=
=，故4tan 3α=
由几何关系可知纵坐标为y ，则tan y
r
α= 解得：4
0.26715
y m m =
=；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eq ma =，2r vt =，2
112
y at =，y v at = 射出电场时的偏向角为β，tan y v v
β=
磁场右边界到荧光屏的距离为x ，由几何关系1
tan y y x
β-=
，解得：0.867x m =。

10.在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m ，电荷量为q 。

在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子。

已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力。

(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;
(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;
(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向。

【答案】(1)1mv
B qL
=
(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)
2'B =
（或2'B =），垂直坐标平面向外
【解析】
【详解】（1）由几何关系知，速率为0R U 额
的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为L R =①
由牛顿运动定律得2
1v qvB m R
=②
得1mv B qL
=
③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式
222()R L y R -+=④
得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为L 3⑤ 故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收。

⑥
（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦ 设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有
159L R L = 又2
21(9)9v q vB m R ⋅=⑨
解得2B =
（或217)4mv
B qL =）⑩
若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里
同理：29R L =2
22
(9)9'v q vB m R ⋅=
解得2'B =
2'B =）
11.实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹。

如图所示，氕（1
1H ）、氘（2
1H ）、氚（3
1H ）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E 、磁感应强度为B 的复合场区域。

进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d ，射出复合场后进入y 轴与MN 之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN 射出。

虚线MN 与PQ 间为真空区域Ⅱ且PQ 与MN 平行。

已知质子比荷为
q
m
，不计重力。

（1）求粒子做直线运动时的速度大小v ； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B 1；
（3）若虚线PQ 右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN 上的一点，求该磁场的最小面积S 和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差Δt 。

【答案】(1) E B (2) mE qdB (3) (2)Bd
E
πθ+
【解析】 【分析】
（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；
（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；
（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积。

根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差。

【详解】(1) 由电场力与洛伦兹力平衡， Bqv ＝Eq 解得v ＝E/B.
(2) 由洛伦兹力提供向心力，
B 1vq ＝m 2
v r
由几何关系得r ＝d 解得B 1＝
mE
qdB
.
(3) 分析可得氚粒子圆周运动直径为3r
磁场最小面积S ＝1
2
π
22322r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣
⎦ 解得S ＝πd 2 由题意得B 2＝2B 1 由T ＝
2r
v
π得T ＝2m qB π
由轨迹可知Δt 1＝(3T 1－T 1) 2θ
π
，其中T 1＝12m qB π
Δt 2＝1
2
(3T 2－T 2)，其中T 2＝22m qB π)
解得12(2)Bd E
t t t πθ+=
∆=∆∆＋
12.如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角37θ=︒，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L =1m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B =0.2T 。

质量
m =0. 02kg ，阻值r =2Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数
0.25μ=.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2=2Ω，R 1为滑动变阻器，
电源电动势E =4V ，内阻不计.（sin 370.6,cos370.8︒=︒=，g 取10m/s 2）求：
（1）开关S 断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度； （2）开关S 闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R 1接入电路的阻值范围。

【答案】(1)v =8m/s (2)11.54R Ω≤≤Ω 【解析】
【详解】（1）当金属棒的合力为零时，达到最大速度：
sin cos mg BIL mg θμθ=+ ①
其中2BLv
I R r
=
+ ② 联立①②可得v =8m/s
（2）当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下
max sin cos mg mg BI L θμθ+= ③ max 2I I =干 ④
1min 22E I R r R R r
=
+
+干 ⑤ 联立③④⑤可1min 1.5R =Ω
当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上
min sin cos mg mg BI L θμθ=+ ⑥
m n 'i 2I I =干 ⑦
12'2m ax E I R r R R r
=
+
+干 ⑧
联立⑥⑦⑧可得1max 4R =Ω 综上11.54R Ω≤≤Ω
13.如图所示，空间充满了磁感应强度为B 的匀强磁场其方向垂直纸面向里。

在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L 的刚性等边三角形框架△DEF ，DE 边中点S 处有一带正电的粒子，电量为q ，质量为m ，现给粒子一个垂直于DE 边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S 点发出的粒子最终又回到S 点。

求：
（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S 点，粒子的速度大小。

（2）若S 点不在DE 边的中点，而是距D 点的距离DS ＝L /4，仍然使粒子能回到S 点，求满足条件的粒子的速度大小。

【答案】（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S 点，粒子的速度大小为
2qBL
m
； （2）若S 点不在DE 边的中点，而是距D 点的距离DS ＝L /4，仍然使粒子能回到S 点，满足
条件的粒子的速度大小为4(21)
BqL
m n - 。

【解析】
【详解】（1）粒子从S 点以垂直于DE 边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE 线上，根
据牛顿第二定律可得：2
v Bqv m R
=， 解得：mv R Bq = ，若粒子只与三角形框架碰撞两次
就回到S 点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得：2L R =
，联立解得：2qBL
v m
=。

（2）要使粒子能回到S 点，要求粒子每次与△DEF 碰撞时，v 都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故：(21),
(1,2,3)DS n R n =-=⋯，即：
,(1,2,3)4(21)L R n n ==- ，2
mv qvB R = 联立解得：
,(1,2,3)4(21)
Bq L v n m n ==- 14.如图所示,光滑平行金属轨道的倾角为θ,宽度为L .在此空间存在着垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B .在轨道上端连接阻值为R 的电阻.质量为m 电阻为
1
2
R 的金属棒搁在轨道上,由静止释放,在下滑过程中,始终与轨道垂直,且接触良好.轨道的电阻不计.当金属棒下滑高度达h 时,其速度恰好达最大.试求:
(1)金属棒下滑过程中的最大加速度. (2)金属棒下滑过程中的最大速度.
(3)金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中,电阻R 所产生的热量
【答案】(1) gsin θ(2) 223sin 2m mgR v B L θ= (3)322244
23sin 34m g R mgh B L θ
-
【解析】
【详解】(1) 以金属棒为研究对象, 当安培力为零时, 金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律得mg sin θ= ma m ，a m = g sin θ。

(2)金属棒切割磁场线产生的感应电动势E =BLv ，感应电流23E BLv
I R r R
=
=+，金属棒在轨道上做加速度减小的加速运动,当所受合外力为零时,速度达最大：mg sin θ=BIL ，即：
mg sin θ=22m
23B L v R
，最大速度m 22
3sin 2mgR v B L θ= (3)从开始运动到金属下滑速度达最大的过程中,由能量守恒可得2
m 12
mgh mv Q =
+，电阻R 所产生的热量3222144
223sin 334m g R Q Q mgh B L
θ
==-。

15.如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m 。

半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A 点，与NQ 边相切于D 点，与GH 相切于C 点。

平台上PGHQ 区域内有方向由P 指向G 的匀强电场，场强大小为E =0.25V/m 。

平台右方整个空间存在方向水平向
右的电场，场强大小也为E=0.25V/m，俯视图如图2。

两个质量均为m=2×10-5kg的小球a、b，小球a带正电，电量q=4×10-4C，小球b不带电，小球a、b均可视为质点。

小球a从A 点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计。

已知重力加速度g=10m/s2，π=3.14，不计空气阻力，求：
(1)小球a射入磁场时的速度大小；
(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程；
(3)两个小球落地点与NQ的水平距离。

【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m（3）0.684m
【解析】
【详解】(1)小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：
分析得半径R=0.2m
由
2
v qvB m
R
得：v=0.2m/s
(2)磁场中运动的路程s1=πR=0.628m
电场中加速度25m/s qE
a m
=
= 电场的路程2
220.008m 2v s a
=⨯=
小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换。

D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s
此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动
由2
2
gt h =得，两小球在空中运动时间0.7s t == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE
a m
=
= 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：
可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21
()2
bD v t a t ⋅∆=
∆ 0.08s t ∆= 由
0.7380.084
t t ==∆ 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地
小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s
小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后
v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s
所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+
a 2
1
×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m
x b =x 0+△x b =0.684m
16.如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度
为B的匀强磁场区域△ABC，A点坐标为（0，3a），C点坐标为（0，﹣3a），B点坐标为(，-3a）．在直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q．粒子束以相同的速度v0由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从y轴上y=﹣2a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力．
（1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离．
【答案】(1)(2)0≤y≤2a(3)，
【解析】
(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r＝a
由牛顿第二定律得Bqv0＝m
故粒子的比荷
(2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示。

由几何关系知O′A＝r·＝2a
则OO′＝OA－O′A＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为OD＝y m＝2a
所以粒子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a
(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a＝v0·t0
，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则
水平方向有x＝v0·t
竖直方向有
代入数据得x＝
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为θ，则
有H＝(3a－x)·tan θ＝
当时，即y＝a时，H有最大值
由于a<2a，所以H的最大值H max＝a，粒子射入磁场的位置为y＝a－2a＝－a
17.如图，平行金属板的两极板之间的距离为d，电压为U。

两极板之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里。

两极板上方一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。

一带正电的粒子从A点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F点射出。

已知粒子在圆形磁场区域运动过程中
的速度偏转角，不计粒子重力。

求：
（1）粒子初速度v的大小；
（2）粒子的比荷。

【答案】（1）v = （2）
【解析】
【详解】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动
qvB 0 = qE ①
U = Ed ②
由①②式得v = ③
（2）在圆形磁场区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
④
由几何关系有：
⑤ 由③④⑤式得： ⑥
18.如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，以O 点为圆心，作一个半径为R 的园形区域，A 、B 两点为x 轴与圆形区域边界的交点，C 、D 两点连线与x 轴垂直，并过线段OB 中点；将一质量为m 、电荷量为q(不计重力)的带正电的粒子，从A 点沿x 轴正方向以速度v 0射入圆形区域。

（1）当圆形区域内只存在平行于y 轴方向的电场时，带电粒子恰从C 点射出圆形区域，求此电场的电场强度大小和方向；
（2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从D 点射出圆形区域，求此磁场的磁感应强度大小和方向；
（3）若圆形区域内同时存在(1)中的电场和(2)中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从B 点射出圆形区域，其入射速度应变为多少?
【答案】(1)209E qR
= 方向沿y 轴正方向
(2)B =
方向垂直坐标平面向外 (3)043
v v = 【解析】（1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解电场强度；（2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力等于向心力求解磁感应强度；（3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等。