第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁《電磁學綜合計算題》一、計算題如圖所示，一質量為m=2.0×10-2kg、帶電荷量為q=10×10-6C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的云強電場中，假設電場區域足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角.小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度取g=10m/s2．

(1)電子質量為m，電荷量為q，以速度v0與x軸成θ角射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點，如圖所示，求：

(1)電子運動的軌道半徑R；

(2)OP的長度；

(3)電子由O點射入到落在P點所需的時間t．

如圖所示，寬為L=0.1m的MN、PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r=0.5m的相同豎直半圓導軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質量M=2kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導軌上，在其右側至N、Q端的區域內充滿豎直向上的勻強磁場，B=1T.現有質量m=1kg的ab金屬桿，電阻為R0，R0=R=1Ω，它以初速度v0=12m/s水平向右與cd絕緣桿發生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高點，不計其它電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，取g=10m/s2，求：

(1)碰后瞬間cd絕緣桿的速度大小v2與ab金屬桿速度大小v1；

(2)碰后ab金屬桿進入磁場瞬間受到的安培力大小Fab；

(3)ab金屬桿進入磁場運動全過程中，電路產生的焦耳熱Q．如圖，兩根足夠長的固定的光滑平行金屬導軌位于傾角θ=30°的固定斜面上，導軌上、下端分別接有阻值R1=10Ω和R2=30Ω的電阻，導軌自身電阻忽略不計，導軌寬度L=2m，在整個導軌平面內都有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T.質量為m=0.1kg，電阻r=2.5Ω的金屬棒ab在較高處由靜止釋放，金屬棒ab在下滑過程中始終與導軌垂直且與導軌接觸良好．當金屬棒ab下滑高度h?=3m(1)金屬棒ab達到的最大速度vm；(2)該過程通過電阻R1的電量q(3)金屬棒ab在以上運動過程中導軌下端電阻R2中產生的熱量。

平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等。不計粒子重力，為：

(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比。

ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的14圓環，軌道的水平部分與半圓環相切.A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+10?4C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：(g=10m/s2)

(1)小球到達C點的速度大小

(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小．如圖，光滑斜面傾角為37°，一質量m=1×10?2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物塊置于斜面上，當加上水平向右的勻強電場時，該物體恰能靜止在斜面上，g=10m/s2，求：

(1)該電場的電場強度大小；

(2)若電場強度變為原來的12，小物塊運動的加速度大小；

(3)在如圖所示，有一磁感應強度大小為B的水平勻強磁場，其上下水平邊界的間距為H；磁場的正上方有一長方形導線框，其長和寬分別為L、d(d<H)，質量為m，電阻為R.現將線框從其下邊緣與磁場上邊界間的距離為h處由靜止釋放，測得線框進入磁場的過程所用的時間為t.線框平面始終與磁場方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度為g.求：

(1)線框下邊緣剛進入磁場時線框中感應電流的大小和方向；

(2)線框的上邊緣剛進磁場時線框的速率v1；

(3)線框下邊緣剛進入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中產生的總焦耳熱Q．

如圖，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上，t=0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為μ.重力加速度大小為g。求：

(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小；

(2)電阻的阻值。

如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場．一電量為q、質量為m的帶正電的粒子，在?x軸上的點a以速率v0，方向和?x軸方向成60°射入磁場，然后經過y軸上的b點垂直于y軸方向進入電場，并經過x軸上x=2L處的c點時速度大小為2v0.不計粒子重力．求

(1)磁感應強度B的大小

(2)電場強度E的大小．

如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L=0.2m，導軌平面與水平面間夾角θ=37°，N、Q間連接一個電阻R=0.1Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B=0.5T.一根質量m=0.03kg的金屬棒正在以v=1.2m/s的速度沿導軌勻速下滑，下滑過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好．金屬棒及導軌的電阻不計，g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：

(1)電阻R中電流的大小；

(2)金屬棒與導軌間的滑動摩擦因數的大小；

(3)對金屬棒施加一個垂直于金屬棒且沿導軌平面向上的恒定拉力F=0.2N，若金屬棒繼續下滑x=0.14m后速度恰好減為0，則在金屬棒減速過程中電阻R中產生的焦耳熱為多少？

如圖所示，真空室中電極K發出的電子(初速度不計)經過電勢差為U1的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩板間的偏轉電場，電子離開偏轉電極時速度方向與水平方向成45°，最后打在熒光屏上，已知電子的質量為m、電荷量為e，C、D極板長為l，D板的電勢比C板的電勢高，極板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為16.電子重力不計．求：

(1)電子通過偏轉電場的時間(2)偏轉電極C、D間的電壓U2(3)電子到達熒光屏離O點的距離Y．

如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區域，磁感應強度的大小為B0；x<0區域，磁感應強度的大小為λB0(常數λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力)

(1)粒子運動的時間；

(2)粒子與O點間的距離。

如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板長為l，兩板間距為d，兩板間電壓為U，且上板帶正電，一個電子沿水平方向以速度v0，從兩板中央射入，已知電子質量為m，電荷量為q(1)電子偏離金屬板的側位移y0(2)電子飛出電場時的速度是多少？(3)電子離開電場后，打在屏上的P點，若s已知，求OP的長。

如圖，在平面直角坐標系xOy內，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限以ON為直徑的半圓形區域內，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，自y軸正半軸上y=h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場。經x軸上x=2h處的P點進入磁場，最后垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：

(1)電場強度大小E；

(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；

(3)粒子在磁場運動的時間t。

有一臺內阻為1Ω發電機，供給一學校照明用，如圖所示，升壓比為1：4，降壓比為4：1，輸電線的總電阻R=4Ω，全校共22個班，每班有“220V，40W”燈6盞，若保證全部電燈正常發光，則：

(1)發電機輸出功率多大？

(2)發電機電動勢多大？

(3)輸電效率是多少？

在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數n=1500匝，橫截面積S=20?cm2。螺線管導線電阻r=1.0?Ω，R1=4.0?Ω，R2(1)螺線管中產生的感應電動勢。(2)閉合S，電路中的電流穩定后，電阻R1(3)S斷開后，流經R2的電荷量。

如圖所示，金屬棒ab從高為h處自靜止起沿光滑的弧形導軌下滑，進入光滑導軌的水平部分。導軌的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，在水平部分導軌上靜止有另一根金屬棒cd，兩根導體棒的質量均為m。整個水平導軌足夠長并處于廣闊的勻強磁場中，忽略一切阻力，重力加速度g。求：

(1)金屬棒ab進入磁場前的瞬間，ab棒的速率v0；

(2)假設金屬棒ab始終沒跟金屬棒cd相碰，兩棒的最終速度大小；

(3)在上述整個過程中兩根金屬棒和導軌所組成的回路中產生的焦耳熱Q；

(4)若已知導軌寬度為L，勻強磁場的磁感應強度為B，上述整個過程中通過導體棒cd橫截面的電量q。

如圖，在xOy平面第一象限整個區域分布一勻強電場，電場方向平行y軸向下。在第四象限內存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x=5L的直線。磁場方向垂直紙面向外、一質量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v0，垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場。已知OQ=L，不計粒子重力。求：

(1)P點的縱坐標；

(2)要使粒子能再次進入電場，磁感應強度B的取值范圍。

如圖所示，豎直平面內的空間中，有沿水平方向、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在磁場中建立豎直的平面直角坐標系xOy，在x<0的區域內有沿x軸負向的勻強電場，電場強度大小為E，在x>0的區域內也存在勻強電場(圖中未畫出).一個帶正電的小球(可視為質點)從x軸上的N點豎直向下做勻速圓周運動至P點后進入x<0的區域，沿著與水平方向成α=30°角斜向上做直線運動，通過x軸上的M點，求：(重力加速度為g，不計空氣阻力)

(1)小球運動速度的大小．

(2)在x<0的區域內所加的電場強度的大小．

(3)小球從N點運動到M點所用的時間．

如圖所示，空間有場強E=1.0×103V/m豎直向下的電場，長L=0.4m不可伸長的輕繩固定于O點，另一端系一質量m=0.05kg帶電q=+5×10?4C的小球，拉起小球至繩水平后在A點無初速度釋放，當小球運動至O點的正下方B點時，繩恰好斷裂，小球繼續運動并垂直打在同一豎直平面且與水平面成θ=30°、無限大的擋板MN上的C點．試求：

(1)繩子至少受多大的拉力才能被拉斷；

(2)A、C兩點的電勢差．

一質量為m、電荷量為q的小球，從O點以和水平方向成α角的初速度v0拋出，當達到最高點A時，恰進入一勻強電場中，如圖，經過一段時間后，小球從A點沿水平直線運動到與A相距為s的A′點后又折返回到A點，緊接著沿原來斜上拋運動的軌跡逆方向運動又落回原拋出點(重力加速度為g，θ未知)，求：

(1)該勻強電場的場強E的大小；

(2)從O點拋出又落回O點所需的時間

如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求

(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；

(2)金屬棒運動速度的大小。

答案和解析1.【答案】解：(1)小球受豎直向下的重力、沿繩子方向的拉力和水平向左的電場力，

電場強度水平向右，則：小球帶負電．

(2)對小球，由平衡條件得：qE=mgtan60°

入數據解得：E=23×104N/C．

(3)剪斷細線后小球做初速度為0的勻加速直線運動，

由牛頓第二定律得：mgcos60°=ma【解析】本題的關鍵是正確對小球受力分析，根據平衡條件可得小球受到的電場力方向向左并可求出電場強度的值，剪斷細線后，由于小球受到的重力與電場力都為恒力，所以小球將做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求解加速度．

解決動力學問題的關鍵是正確受力分析和運動過程分析，然后選擇相應規律列式求解即可．

2.【答案】解：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qv0B=mv02R，解得：R=mv0qB；

(2)粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：OP=2R?sinθ=2mv0sinθqB；

(3)由圖中可知圓弧對應的圓心角為2θ，

粒子做圓周運動的周期：T=2πmqB，

粒子的運動時間：t=2θ2πT=2θmqB．

【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子軌道半徑．

(2)作出粒子運動軌跡，求出OP的長度．

(3)求出粒子轉過的圓心角，然后根據粒子周期公式求出粒子的運動時間．

本題考查了粒子在磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律與周期公式可以解題．

3.【答案】解：(1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時，由牛頓第二定律有：Mg=Mv2r

解得：v=5m/s

碰撞后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有：

?Mg?2r=12Mv2?12Mv22

解得碰撞后cd絕緣桿的速度：v2=5m/s

兩桿碰撞過程，動量守恒，設初速度方向為正方向，則有：mv0=mv1+Mv【解析】本題考查結合導體切割磁感線規律考查了功能關系以及動量守恒定律，要注意正確分析物理過程，明確導體棒經歷的碰撞、切割磁感線、圓周運動等過程，明確各過程中物理規律的應用，要注意最高點時的臨界問題以及動量守恒定律的應用方法等。

(1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時，由牛頓第二定律可求得速度，再根據動能定理可求得碰撞cd的速度，則對碰撞過程分析，由動量守恒定律可求得碰后ab的速度；

(2)對ab在磁場中運動分析，由E=BLv求得電動勢，根據閉合電路歐姆定律以及安培力公式即可求得安培力；

(3)對ab進入磁場過程進行分析，根據能量守恒定律可求得產生的熱量。

4.【答案】解：(1)切割產生的感應電動勢E=BLv根據串并聯電路的特點知，外電路總電阻R根據閉合電路歐姆定律得，I=安培力F當加速度a為零時，速度v達最大，有mgsinθ=解得速度最大值v由以上各式解得最大速度v(2)根據電磁感應定律有E根據閉合電路歐姆定律有I感應電量?q=聯立得：q=由以上各式解得q=0.6C

通過R1的電荷為(3)金屬棒下滑過程中根據能量守恒定律可得：mgh=1代入數據解得Q下端電阻R2中產生的熱量Q2=316Q總=0.33J

答：(1)金屬棒ab達到的最大速度為??5m/s；

(2)該過程通過電阻R1的電量為0.45C

【解析】本是導體在導軌上滑動的類型，從力和能兩個角度研究；力的角度，關鍵是安培力的分析和計算；能的角度要分析過程中涉及幾種能、能量如何是轉化的。(1)當金屬棒的加速度為零時，速度最大，結合安培力公式、切割產生的感應電動勢公式和歐姆定律，運用共點力平衡求出最大速度；(2)通過法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律求出平均感應電流，結合電路的定義式得出通過導體棒電量表達式，通過電量的分配得出該過程通過電阻R1的電量q(3)根據能量守恒定律求出整個回路中產生的焦耳熱，從而得出下端電阻R2

5.【答案】解：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L，到y軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有

沿x軸正方向：2L=v0t，①

豎直方向根據勻變速直線運動位移時間關系可得：L=12at2

②

設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy

根據速度時間關系可得：vy=at?③

設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有tanα=vyv0

④

聯立①②③④式得：α=45°

⑤

即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。

設粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有

v=v02+vy2=2v0；

(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，

由牛頓第二定律可得：qE=ma

⑧

由于vy2=2aL

解得：E=mv022qL

⑨

設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv2R

⑩

【解析】【分析】

(1)在電場中，粒子做類平拋運動，根據x軸方向的勻速直線運動和y方向的勻加速直線運動列方程求解；

(2)粒子在電場中受到的電場力時由牛頓第二定律求解加速度，再根據速度位移關系求解電場強度；根據粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計算公式，再根據則由幾何關系得到半徑大小，由此求解磁感應強度大小，然后求解比值。

有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以根據帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度；

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。

6.【答案】解：(1)設小球在C點的速度大小是vC，則對于小球由A→C的過程中，由動能定理得：

qE·2R?mgR=12mvC2?0?③

解得：vC=2m/s?④

(2)小球在C點時受力分析如圖，

由牛頓第二定律得：NC?qE=mvC2R⑤

解得：NC=3N?⑥

由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力：N【解析】本題主要考查動能定理，圓周運動，在本題中物體不僅受重力的作用，還有電場力，在解題的過程中，一定要分析清楚物體的受力和運動過程，根據動能定理和牛頓第二定律靈活列式求解．

(1)應用動能定理研究小球由A→C的過程，求出小球在C點的速度大小，

(2)對小球在C點進行受力分析，找出沿徑向提供向心力的外力，應用牛頓第二定律解決．

7.【答案】解：(1)如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場力三個力作用，受力平衡，沿著線面和垂直斜面對重力和電場力分解，則有

在x軸方向：F合x?=Fcosθ?mgsinθ=0

在y軸方向：F合y?=FN??mgcosθ?Fsinθ=0

得：qE=mgtan37°，故有：E=3mg4q=7.5×10?4N/C，

(2)場強變化后物塊所受合力為：F=mgsin37°?12qEcos37°

根據牛頓第二定律得：F=ma

故代入解得a=0.3g=3m/s?2，方向沿斜面向下

(3)機械能的改變量等于電場力做的功，故ΔE=?12qELcos【解析】由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來確定電場強度方向．當受力不平衡時，由牛頓運動定律來求解．當物體運動涉及電場力、重力做功，注意電場力做功只與沿電場強度方向的位移有關。

(1)帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，物體受到重力、支持力和電場力，根據平衡條件，可判斷出電場力方向，再由平衡條件列式，求得電場強度的大小。

(2)當電場強度減半后，物體受力不平衡，產生加速度．借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大小。

(3)選取物體下滑距離為L=23m作為過程，機械能的改變量等于電場力對物體做的功，由功的公式計算。

8.【答案】解：(1)線框由靜止釋放到下邊緣剛進入磁場的過程，做自由落體運動，有：v=2gh，

即線框下邊緣剛進入磁場的速率為：v0=2gh，

線框下邊緣切割磁感線產生的感應電動勢為：E=BLv0，

感應電流的大小為：I=ER=BL2ghR，

根據右手定則判斷知，線框中感應電流的方向沿逆時針方向。

(2)在線框下邊緣剛進入磁場到上邊緣剛進入磁場的過程中，

根據微元法，取一小段時間△t，時間內速度的減少量為△v，

由動量定理可得：(mg?BIL)△t=m△v，即mg△t?BIL△t=m△v

在時間△t內，通過線框某一橫截面的電荷量為：△q=I△t

對mg△t?BIL△t=m△v兩邊求和得：mgt?BLq=m(v1?v0)

根據法拉第電磁感應定律有：E【解析】(1)先根據機械能守恒，根據E=BLv0即可求出感應電動勢，進而求感應電流．根據右手定則判斷電流的方向；

(2)線圈進入磁場的過程中，加速度變化，用微元法列式，有(mg?BIL)△t=m△v，對此式兩邊求和，另外，可求得時間t內，通過線框某一橫截面的電荷量．結合各式可求；

(3)線圈完全處于磁場中時不產生電熱，線圈進入和穿出磁場過程中產生的電熱Q等于重力做的功減去動能變化量，由能量守恒可解得Q；

此題第2問較難，線框進入磁場的過程加速度是變化的，“線框進入磁場的過程所用的時間為t”是解答此問的關鍵條件，通過微元法可求得線框的上邊緣剛進磁場時線框的速率，求熱量時，往往根據能量守恒或動能定理研究。

9.【答案】解：(1)根據牛頓第二定律：F?μmg=ma…①

剛進磁場時的速度：v0?=at0?…②

感應電動勢為：E=Blv0?…③

解得：E=Blt0?(F?μmg)m…④

(2)根據右手定則，導體棒中的電流向上，由左手定則知安培力水平向左

【解析】(1)根據牛頓第二定律和運動學公式求剛進入磁場時的速度，再根據法拉第電磁感應定律求切割電動勢

(2)進入磁場勻速運動受力平衡求出安培力，結合閉合電路歐姆定律求電流，即可求電阻

本題是電磁感應中的力學問題，知道受力情況，要能熟練運用動力學方法求解金屬棒進入磁場時的速度。要知道安培力與速度成正比，都是常用的方法，這些思路要熟悉。

10.【答案】解：(1)設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，Ob=y，粒子到達C點時的豎直分速度為vy

則有：y=vy2t

粒子在電場中做類平拋運動，到達c點時有：

vy=vc2?v02=2v02?v02=v0

x=v0t=2L

解得：y=L

粒子的運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可得：r+rsin30°=y

得：r=23L

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qv0B=mv【解析】本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子的運動過程、應用牛頓第二定律與類平拋運動規律、粒子做圓周運動的周期公式即可正確解題，解題時要注意數學知識的應用。

(1)由幾何知識求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應強度大小；

(2)粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規律求出電場強度大小。

11.【答案】解：(1)感應電動勢E=BLv=0.5×0.2×1.2V=0.12V；

感應電流I=ER=1.2A；

(2)導體棒受到的安培力F安=BIL=0.5×0.2×1.2N=0.12N；

金屬棒勻速下滑，根據平衡條件可知

且，又f=μFN，

代入數據解得μ=0.25；

(3)從施加拉力F到金屬棒停下的過程中，由功能關系得，

代入數據解得：產生的焦耳熱Q=1.04×10?2J。

答：(1)電阻R中電流的大小為I=1.2A；

(2)金屬棒與導軌間的滑動摩擦因數的大小為μ=0.25；

【解析】本題考查導體切割磁感線中的受力以及功能關系的問題，要注意明確當導體棒達最大速度時，受力平衡，注意正確受力分析，根據平衡條件列式求解即可，同時注意功能關系的正確應用，分析機械能與電能之間的關系。

(1)根據E=BLv可求得感應電動勢，再根據歐姆定律可求得電流大小；

(2)金屬棒勻速運動時，受力平衡，分別對沿斜面和垂直斜面根據平衡條件列式，即可求得動摩擦因數；

(3)對全過程進行分析，明確能量關系，根據功能關系即可求得R上產生的熱量。

12.【答案】解：(1)電子在離開B板時的速度為v，根據動能定理可得：eU1=12mv2

得：v=2eU1m

電子進入偏轉電場水平方向做勻速直線運動，則有：t0=lv=lm2eU1；

(2)電子在偏轉電場中的加速度：a=U2edm

離開電場時豎直方向的速度：v【解析】本題考查帶電粒子在電場中的運動，要注意明確帶電粒子的運動可分加速和偏轉兩類，加速一般采用動能定理求解，而偏轉采用的方法是運動的合成和分解；根據豎直方向上的分速度可以求出豎直方向上的位移，進而求出總位移。

(1)電子先在AB板間電場加速，后進入CD板間電場偏轉做類平拋運動，最后離開電場而做勻速直線運動，先由動能定理求出加速獲得的速度；電子在偏轉電場中，水平方向做勻速直線運動，由公式x=vt可求時間；

(2)粒子在偏轉電場中做類平拋運動，根據運動的合成和分解可求得偏轉電壓；

(3)根據位移公式可求得粒子在偏轉電場中的位移，再根據粒子離開偏轉電場后做勻速運動，根據豎直方向上的分速度可以求出豎直方向上的位移，則可以求出總位移。

13.【答案】解：粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，則有，Bvq=mv2R，那么，R=mvBq，T=2πRv=2πmBq；

(1)根據左手定則可得：粒子做逆時針圓周運動；故粒子運動軌跡如圖所示，

則粒子在x≥0磁場區域運動半個周期，在x<0磁場區域運動半個周期；

那么粒子在x≥0磁場區域運動的周期T1=2πmB0q，在x<0磁場區域運動的周期T2=2πmλB0q，

所以，粒子運動的時間【解析】(1)由磁感應強度大小得到向心力大小進而得到半徑和周期的表達式，畫出粒子運動軌跡圖則得到粒子在兩磁場中的運動時間，累加即可；

(2)由洛倫茲力做向心力，求得粒子運動半徑，再由幾何條件求得距離。

帶電粒子在勻強磁場中運動，一般由洛倫茲力做向心力，推得粒子運動半徑，再根據幾何關系求得位移，運動軌跡，運動時間等問題。

14.【答案】解：(1)電子在電場中做類平拋運動，則：a=qEm=qUmd，

水平方向有：l=v0t，

豎直方向有：y0=12at2，

由①②③得電子偏離金屬板的側位移為：y0=qUl22dmv02；

(2)在豎直方向的分速度為：vy=at=qUlmdv0，

在水平方向的分速度為：vx=v0,

【解析】(1)粒子在電場中做勻加速曲線運動，水平方向勻速運動，根據位移和速度求出運動時間；豎直方向勻加速運動，根據牛頓第二定律求出加速度，進而根據勻加速運動位移時間公式即可求解；

(2)先根據v=at求出豎直方向速度，進而進行合成求出電子飛出電場時的速度；

(3)從平行板出去后做勻速直線運動，水平和豎直方向都是勻速運動，根據水平位移和速度求出運動時間，再求出豎直方向位移，進而求出OP的長．

該題是帶電粒子在電場中運動的問題，其基礎是分析物體的受力情況和運動情況．

15.【答案】解：(1)設粒子在電場中運動的時間為t1，根據類平拋規律有：2h=v0t1，h=12at12

根據牛頓第二定律可得：Eq=ma

聯立解得：E=mv022qh

(2)粒子進入磁場時沿y方向的速度大小：vy=at1=v0

粒子進入磁場時的速度：v=2v0，方向與x軸成45°角，

根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r

解得：r=2mv0qB【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，利用運動的合成和分解、牛頓二定律結合運動學規律，聯立即可求出電場強度大小E；

(2)利用類平拋規律求出粒子進入磁場時的速度大小和方向，粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用洛倫茲力提供向心力即可求出粒子在磁場中運動的軌道半徑r；

(3)利用周期公式T=2πrv=2πmqB，結合粒子在磁場中轉過的圓心角，即可求出粒子在磁場運動的時間t。

本題考查帶電粒子在復合場中運動，粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系求解，類平拋運動運用運動的合成和分解，牛頓第二定律結合運動學公式求解，解題關鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運用數學幾何關系，分析好從電場射入磁場銜接點的速度大小和方向。

16.【答案】解：(1)降壓變壓器的輸出功率為：

P=nP燈=40×22×6=5280W

降壓變壓器副線圈的電流為：

I3=nP燈U3=6×22×40220A=24A，

由

降壓變壓器原線圈的電流為：I2=12I3=14×24A=6A

輸電線損失的功率為：△P=I22R=62×4w=144W

所以輸入功率為：P1=P+△P=5280+144=5424W

(2)降壓變壓器原線圈電壓為：U2′=n2′n3U3=4×220=880V

【解析】(1)根據用戶端所有燈泡消耗的電功率得出降壓變壓器的輸出功率，根據P=UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結合電流比等于匝數之反比求出輸電線上的電流，根據輸電線上的功率損失，抓住降壓變壓器的輸入功率求出發電機的輸出功率．

(2)得出輸電線上的電壓損失．根據降壓變壓器的輸出電壓，結合匝數比得出降壓變壓器的輸入電壓，通過電壓損失得出升壓變壓器的輸出電壓，從而通過匝數比得出輸入電壓，結合升壓變壓器原線圈中的電流，根據閉合電路歐姆定律求出發電機的電動勢．

(3)根據用戶得到的功率與電源的輸出功率之比求解輸電效率．

解決本題的關鍵知道：1、原副線圈電壓比、電流比與匝數比之間的關系，2、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率之間的關系；3、升壓變壓器的輸出電壓、電壓損失和降壓變壓器的輸入電壓之間的關系．

17.【答案】解：(1)根據法拉第電磁感應定律：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS

求出：E=1.2V；

(2)根據全電路歐姆定律，有：I=ER1+R2+r=0.12A

根據

P=I2R1

求出

P=5.76×10?2W；【解析】(1)根據法拉第地磁感應定律求出螺線管中產生的感應電動勢；

(2)根據P=I2R求出電阻R1的電功率；

(3)電容器與R2并聯，兩端電壓等于R2兩端的電壓，根據Q=CU求出電容器的電量。

本題是電磁感應與電路的綜合，知道產生感應電動勢的那部分相當于電源，運用閉合電路歐姆定律進行求解。

18.【答案】解：(1)對ab由機械能守恒得：

mgh=12mv02

解得：v0=2gh

(2)兩桿最終速度相等，由動量守恒得：

mv0=2mv

解得：v=gh2

(3)由能量守恒得：Q=mgh?12×2mv2=12mgh

(4)對cd桿由動量定理：BIL×t=mv?0

q=I?t=m2gh2BL

答：(1)金屬棒ab進入磁場前的瞬間，【解析】(1)有機械能守恒即可求出速度

(2)有動量守恒求出最終速度

(3)由能量守恒即可求出產生的焦耳熱

(4)由動量定理及電量q=It即可求出過導體棒cd橫截面的電量

本題是雙桿在軌道滑動類型，分析兩桿的運動情況是關鍵，其次要把握物理規律，系統的合外力為零，動量是守恒的

19.【答案】解：(1)設粒子進入電場時y方向的速度為vy，則，設粒子在電場中運動時間為t，在水平方向：OQ=L=v0t，

在豎直方向：OP=vy2t

由以上各式，解得：OP=12L

故P點縱坐標為L2

(2)粒子剛好能再進入電場的軌跡如圖所示：

設此時的軌跡半徑為r1，由數學知識得：，

解得：r=2?2L

粒子在磁場中運動的速度：【解析】(1)粒子在第一象限內做類平拋運動，在x軸方向上做勻速直線運動，在y軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，已經知道在Q點時的速度方向為，可知此時沿兩個坐標軸的速度都是v0，在x軸和y軸分別列式，可求出OP的距離，從而得到P點的坐標；

(2)對粒子在第四象限中的運動軌道進行分析，找到臨界狀態，即軌道恰好與y軸相切為軌道的最大半徑，結合洛倫茲力做向心力的公式可求出此時的磁感應強度，該磁感應強度為最小值，從而可表示出磁感應強度的范圍。

20.【答案】解：(1)油滴沿PM做直線運動，油滴受力如圖所示：

在垂直于PM方向上，由平衡條件得：

qE=qvBsinα，

解得：v=EBsin30°=2EB；

(2)由于tanα=qEmg=33，則：mg=3qE，

油滴從x軸上的N點豎直向下做勻速圓周運動，

洛倫茲力提供向心力，油滴的重力與電場力合力為零，

即：mg=qE′，解得：E′=mgq=3E；

(3)油滴的運動軌跡如圖所示：

油滴做勻速圓周運動轉過的圓心角：θ=120°，