考前50題

(其中電磁綜合計算題20題；力學綜合題20題；電學實驗題10題)

一、電磁綜合題：

1.電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器

和航天運載器。電磁軌道炮示意圖如圖所示，兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距

為。導軌間存在垂直于導軌平面向里、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場，導軌電阻不計。

炮彈可視為一質(zhì)量為加、電阻為"的金屬棒,陰；垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌

良好接觸。電容器電容C,首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,助V由靜

止開始向右加速運動。當物V上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流

為零，腸V達到最大速度匕，之后離開導軌。求：

M

■XXXXV

I-XXkXX,

N

(1)這個過程中通過金屬棒網(wǎng)?'的電量g

(2)直流電源的電動勢后

(3)某同學想根據(jù)第一問的結(jié)果，利用的公式4="=器求金屬棒加速過程的位

RR

移，請判斷這個方法是否可行，并說明理由。

解：(1)設(shè)在此過程中的平均電流為了，2=7?4

MN上受到平均安培力：戶=3.，./由動量定理，有：FAr=rnvm-0.

mv

帶入解得：2,=—^

BL

(2)開關(guān)S接2后，開始向右加速運動，速度達到最大值必，時，MN上的感應(yīng)電

動勢：E'=Blvm,最終電容器所帶電荷量Q2=CE'，

電容器最初帶電。=。,+2，

mv

代入數(shù)據(jù)解得：E=BLvm+—^

BLC

_BLV'

(3)不可行，過程中任一時刻電流/'=-1~從式中可以看出電流不恒定，取

一很短時間M,流過MN電量q'=(---------)-M,只有當E"=0時才有q=——=

RR

而本題過程中始終不滿足E〃=0,該同學方法不可行。

2.如圖9所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度L=0.4m一端連接R=1C

的電阻.導線所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1T.導體棒MN

放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均

可忽略不計.在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度

v=5m/s.求：

XXX.VXXXX

Xfx~~XXXX

［火V

XXXXXX

xxxA*xxxx

(1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I；

(2)在0.1s時間內(nèi)，拉力做的功；

(3)若將MN換為電阻r=0.25Q的導體棒，其他條件不變，求導體棒兩端的電壓U.

解：(1)感應(yīng)電動勢為：E=BLv=lX0.4X5=2V

F9

感應(yīng)電流為：I=-2A

(2)對導體棒，由平衡條件有:

F=F女

FS=BIL

在0.1s時間內(nèi)，導體棒的位移為:

拉力做的功為：W=Fs

代入數(shù)據(jù)解得：W=0.4J

(3)MN換為電阻r=0.25。的導體棒時，1"可視為電源內(nèi)阻，導體棒兩端的電壓等

于R兩端的電壓，即路端電壓；

由閉合電路歐姆定律可得:

感應(yīng)電流為：

2

I'=—-_=1.6A

R+r1+0.25

導體棒兩端的電壓為：U=rR=1,6X1=1.6V

3.回旋加速器在核科學、核技術(shù)、核醫(yī)學等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地

推動了現(xiàn)代科學技術(shù)的發(fā)展。回旋加速器的原理如圖，Di和D2是兩個中空的半徑為R

的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，取粒子在磁場中運動的周

期與交流電的周期相同。位于D|圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略,

重力不計)，它們在兩盒之間被電場加速，D|、D?置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強度為B的

勻強磁場中。若輸出時質(zhì)子束的等效電流為L(忽略質(zhì)子在電場中的加速時間及質(zhì)子的

最大速度遠遠小于光速)

圖16

(1)寫出質(zhì)子在該回旋加速器中運動的周期及質(zhì)子的比荷q/m

(2)求質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P.

(3)若使用此回旋加速器加速笊核，要想使笊核獲得與質(zhì)子相同的最大動能，請分

析此時磁感應(yīng)強度應(yīng)該如何變化，并寫出計算過程。

解：⑴

由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻

率f的關(guān)系可得運動周期：T=

設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m,電荷量為q,質(zhì)子離開加速器時速度大小為V,由牛頓第二定律

2

可知：qvB=irr^—

K

質(zhì)子運動的回旋周期為：T產(chǎn)R=2%

VQD

所以質(zhì)子比荷為*手

(2)7分設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N,

則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率N'7mv

p=~~t

由上述各式得產(chǎn)=/碩?2/

(3)7分若使用此回旋加速器加速笊核，

%=42

1212

2用F1=2活2約

1爐8：/1氏2叼2

%―^—=5的—一

互=互

n\2ml

B2=正B[

即磁感應(yīng)強度需增大為原來的陸

4.如圖甲所示，在與水平方向成。角的傾斜光滑導軌上，水平放置一根質(zhì)量

為，”的導體棒"，導軌下端與一電源和定值電阻相連，電源的電動勢和內(nèi)阻、

定值電阻的限值均未知。整個裝置放在豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強

度8的大小也未知。己知導軌寬度為L,重力加速度為g。

(1)若斷開電鍵鼠將導體棒由靜止釋放，經(jīng)過時間3導

體棒沿斜面下滑的距離是多少？

(2)若閉合電鍵導體棒仍恰好在導軌上保持靜止。由方向a方向

看到的平面圖如圖乙所示，請在此圖中畫出此時導體棒的受力圖，并求出導

體棒所受的安培力的大小。

(3)若閉合電鍵％,導體棒"靜止在導軌上，對導體棒外

的內(nèi)部做進一步分析：設(shè)導體棒單位體積內(nèi)有〃個自由電子，電子電

荷量為e,自由電子定向移動的平均速率為％導體棒的粗細均勻，橫

截面積為S。

a.請結(jié)合第(2)問的結(jié)論和題目中所給的已知量,

推理得出每個電子受到的磁場力是多大？

b.將導體棒中電流與導體棒橫截面積的比值定義為電流密度，其

大小用/表示，請利用電流的定義和電流密度的定義推導/的表達式。

解：（1）斷開電鍵后，根據(jù)牛頓第二定律，導體棒的加速度。=超空”

m

得：a=gsin0

由運動學公式，經(jīng)過時間『導體棒下滑的距離

得A-ygrsin^

（2）導體棒仍保持靜止時，受力如答圖1所示

（3）根據(jù)平衡條件，安培力的大小Fa=mgtanf）

（3）a.導體棒中做定向移動的自由電子數(shù)N-nSL

每個電子受到的磁場力/々

N

得三

b.在直導線內(nèi)任選一個橫截面S,在時間內(nèi)從此截面通過的電荷

△q=neSvAt

導體棒中的電流強度I=^-=neSv

△t

由電流密度的定義J=(得j=nev

kJ

5.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在

傾角8=30。的斜面上，導軌電阻不計，間距L=0.4m。

導軌所在空間被分成區(qū)域I和H,兩區(qū)域的邊界與斜

面的交線為MMI中的勻強磁場方向垂直斜面向下,

II中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)

強度大小均為B=0.5T。在區(qū)域I中，將質(zhì)量加=0.1kg,

電阻&=0.1C的金屬條ah放在導軌上，ah剛好不下滑。然后，在區(qū)域H中將質(zhì)量

加2=0.4kg,電阻R2=01C的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。〃在滑動過

程中始終處于區(qū)域H的磁場中，ab,始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，

取g=10m/s:求：

(1)〃下滑的過程中，〃受力的示意圖及湖中電流的方向；

(2)必剛要向上滑動時，cd的動量；

(3)從cd開始下滑到外剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x=3.8m,此過程

中必上產(chǎn)生的熱量。

解：(1)從d端往c端觀察，cd的受力分析示意圖如答圖1所示。

ab中電流的方向由〃流向b。

(2)開始放置"剛好不下滑時，他所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為產(chǎn)皿

fma=m

設(shè)劭剛好要上滑時，加棒的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律

E=BLu

設(shè)電路中的感應(yīng)電流為/,由閉合電路歐姆定律

1=---

園+R2

設(shè)必所受安培力為七

答圖I

F安=ILB

此時必受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件

F^=m]gsm0+Fnm

解得v=5m/s

cd的動量/7=W2^=2.0kg-m/s2

方向平行導軌向下

（3）設(shè)〃棒的運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為。總，由能量守恒

12

ir^gxsin0=。總+-ni^v

R

乂Q=R]RQ總

4+K2

解得Q=L3J

6.（12分）如圖甲所示，導體棒MN置于足夠長的水平“匚”型金屬框架上，框架的兩

根導軌平行，左側(cè)連有定值電阻，右側(cè)虛線外有垂直導軌平面的勻強磁場。導體棒在水平恒

力作用下，從t=0時刻開始向右沿導軌運動，其運動的v—t圖線如圖乙所示。圖線在0』

時間內(nèi)是直線，在t「t2時間內(nèi)是曲線，大于t2時間是平行時間軸的直線。已知該棒t|時刻速

度為VI,t2時刻速度為V2,不計棒與導軌間的摩擦，求：

（1）剛進入磁場的t,時刻和t2時刻通過導體棒的電流之比;

（2）導體棒進入磁場時加速度的大小。

6.（12分）

（1）設(shè)棒切割磁場的長度為L,磁場的磁感應(yīng)強度為8,回路的總電阻為R,則棒在

小玲時刻的電流為

.BLv,.BLv,八

仁分）

AA

因此電流之比為U=L（2分）

k%

（2）設(shè)恒力為F,則在h時刻：F-B=ma（2分）

R

在，2時刻：F-BLV1=0（2分）

R

在0力時間有：/7[=機巧（2分）

聯(lián)解得：。=1----—（2分）

、V21tl

7.（14分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，第H1象限內(nèi)的直線0M是電場與磁場的邊界線,

0M與x軸負方向成45。夾角.在+y軸與直線0M的左側(cè)空間存在沿x軸負方向的勻強電場,

場強大小為E,在+x軸下方與直線0M的右側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強破場，磁感應(yīng)

強度大小為B.一帶負電微粒從坐標原點。沿y軸負方向進入磁場，第一次經(jīng)過磁場邊界時

的位置坐標是（-L,-L）.已知微粒的電荷量大小為q,質(zhì)量為m,不計微粒所受重力，微粒

最后從+y軸上某點飛出場區(qū)（圖中未畫出），求：

（1）帶電微粒從坐標原點0進入磁場時的初速度；

（2）帶電微粒在電場和磁場區(qū)域運動的總時間。

7.（14分）解：

（1）設(shè)微粒從原點。進入磁場時的初速度為W，在磁場中的運動半徑為廣，則有

JTIV2

qv°B=3（2分）

r

由微粒第一次經(jīng)過磁場邊界上的點A坐標是（】，】），可知

r=L（1分）

解出（1分）

m

（2）微粒到達A點時，速度方向與夾角為45。，即與電場平行.微粒在電場中從

A點開始向-x方向做減速運動，后原路返回A點，再在磁場中做勻速圓周運動到C點進入

電場，微粒的運動軌跡如圖所示。

微粒做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，所以

4/

qB%=m（1分）

27zr

并且vo（1分）

設(shè)微粒在磁場中運動的總時間為r”，根據(jù)幾何關(guān)系，微粒在磁場中運動的路徑剛好是

一個完整的圓周，所以

展=丁（1分）

根據(jù)對稱性，微粒到達C點時的速度方向應(yīng)沿+y方向，此后在電場中做類平拋運動,

從。點離開電場，設(shè)其加速度為小運動時間為fe，則有

qE—ma（1分）

從C運動到。在x方向的位移為

^-r=~atco（2分）

設(shè)微粒從A點進入電場后做往返運動的總時間為則由牛頓運動定律有

v-a--（2分）

02

微粒在電場、磁場區(qū)域運動的總時間為

t-t()C+'A+'CD（1分）

聯(lián)立以下各式并代入數(shù)據(jù)解得

?71mBL[mmLL、

"2(—+—+1——)

qBE\qE

8.（原創(chuàng)）（17分）在豎直平面內(nèi)有與平面平行的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶電量為

+q的小球從豎直平面的坐標原點0處以某一速度拋出，已知小球經(jīng)y軸上的某點P點時速

度最小，小球經(jīng)Q點時速度大小與0點的速度大小相同，且XQ=d,yQ=d,如圖所示。已知

重力加速度為g,求：

（1）電場強度的最小值；

（2）若電場強度為（1）中所求的值，則

①小球從O點拋出時的初速度的大小;

。小球再次經(jīng)過x軸的坐標。

y

Q(d,d)

OX

【解析】（1）（6分）由于小球在0、Q兩點的速度大小相等，則小球所受重力和電場

力的合力F的方向應(yīng)與0Q垂直，又0Q與x軸的夾角tan9=l,即0=45°,所以合力與y軸

負方向的夾角為0

如圖所示，有qE=mgcos450,（3分）

解得E=?mgq，方向沿OQ方向

（3分）

2q

（2）（6分）①當E取最小值時，合力尸=扃1g，小球運動過程中的加速度為

2

a^—e方向與y軸負方向成45°角

2

由于小球在P點速度最小，則P點O、Q兩點對稱，易得P點坐標為（0,d）。在P點,

小球速度方向應(yīng)沿OQ方向，設(shè)P點的速度為v,易得：而（1分）

22

2

-at=麗=遮d（1分）

22

（2分）

在0點的速度Vo應(yīng)有：%=y/v2+2aPM

解得％（2分）

。（5分）設(shè)小球運動軌跡與x軸交點為R,小球從P到R做類平拋運動，設(shè)PMS交x

軸為N,RS與PS垂直,

有額=討=泗—1（1分）

2

22

~Ps=Lat=—gta分）

24

萬=麗+麗=J5d+麗解得？=2,2d/g麗=0c（2分）

所以詬=而+訴=d+2d=3d（1分）

XXj

9.如圖所示，在OWxWa的區(qū)域i內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁XX：

X1X:

場.在x>a的區(qū)域II內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度xxj

X?,

的大小均為B。。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿x軸從原點0xxi

xxj

射入磁場。當粒子射入速度不大于V。時，粒子在進場中運動的時間都XX\

相同，求:

(1)速度V。的大小;

(2)若粒子射入磁場的速度大小為、歷v。，其軌跡與x抽交點的橫坐標；

(3)調(diào)節(jié)區(qū)域II磁場的磁感強度為aBo,使粒子以速度nvo(n>l)從0點

沿x軸射入時，粒子均從0點射出磁場，n與才滿足的關(guān)系。

解：(1)粒子恰好與邊界相切時R=a

qvB=m—

R

解得一尸迺

m

(2)帶電粒子運動的軌跡如圖所示，0卜0?分別為軌跡的圓心，

圖甲圖乙

「叵心=缶

qB°

由幾何關(guān)系可得rsin〃=a

02A=2rsin。

02B=2rcos0—r=(2—y[2)a

BC=J戶一O?1:

軌跡與x軸交點坐標為X=02A+BC=2(1+^A/2-J)a

2

，._(?v0)

(3)粒子在區(qū)域I中圓周運動的半徑為R1,根據(jù)qnvoBo=m------

&

粒子在區(qū)域II中圓周運動的半徑為qnvMB尸n/呼

在區(qū)域11中圓周運動的圓心位于x軸上才可能使粒子從0點射出

Risina=a（2分）

（R,+R2）cosa=R1（2分）

用午T、F：-------------

X+1n

10.如圖所示，光滑的水平平行金屬導軌間距為3導軌電阻忽略不計。空間存在垂直

于導軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為瓦輕質(zhì)導體棒加垂直導軌放置，導

體棒油的電阻為r,與導軌之間接觸良好。兩導軌之間接有定值電阻，其阻值為凡輕質(zhì)導

體棒中間系一輕細線，細線通過定滑輪懸掛質(zhì)量為〃？的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當物

體速度達到最大時，下落的高度為人在本問題情景中，物體下落過程中不著地，導軌足夠

長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g。求：

□m

（1）物體下落過程的最大速度v,?;

（2）物體從靜止開始下落至速度達到最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的電熱。；

（3）物體從靜止開始下落至速度達到最大時，所需的時間人

【解析】在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當加速度為0時，F(xiàn)落速度達到最

大，由平衡條件、閉合電路歐姆定律和電磁感應(yīng)定律求出物體下落過程的最大速度；在物

體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據(jù)能量守恒定律求出電阻

R上產(chǎn)生的電熱；在系統(tǒng)加速過程中，分別對導體棒和物體分析，根據(jù)動量定理可得所需的

時間；

解：（1）在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當加速度為0時，下落速度達到

最大

對物體，由平衡條件可得mg=Fr

對導體棒Fr=BIL

對導體棒與導軌、電阻R組成的回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律1=

R+r

根據(jù)電磁感應(yīng)定律E=BLVm

mg（R+r）

聯(lián)立以上各式解得Vm=,,

BT2

（2）在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據(jù)能量守

恒定律可得

1,

mgh=-mvm'+Q總

2

在此過程中任一時刻通過R和r兩部分電阻的電流相等，則電功率之比正比于電阻之比,

故整個過程中回路中的R與r兩部分電阻產(chǎn)生的電熱正比于電阻，所以

Q_R

32

聯(lián)立解得Q=蟹Fg-R（R+r）

R+r2B4!?

（3）在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設(shè)為V,取一段時間微元At,在此過程中分別

R22

對導體棒和物體分析，根據(jù)動量定理可得出/，，T）及=0

(mg-FT)At=mAv

口2T2

整理可得mgAt-----At=mAv

R+r

Bt2

即mgAt-----Ax=mAv

R+r

p2y2

全過程疊加求和mgt---h=mvm

R+r

聯(lián)方解得1=哩**+改)

BLmg(R+r)

11.如圖所示，光滑平行金屬導軌水平放置，導軌間距為L,處于磁感應(yīng)強度為B的豎

直向上的有界勻強磁場中。金屬棒Q放置在導軌上，棒的中點與一水平固定的力傳感器連

接在一起。質(zhì)量為m的金屬棒P以速度均向右進入磁場區(qū)域，兩棒始終與導軌垂直且接觸

良好，兩棒未發(fā)生碰撞，電阻均為R,其余部分電阻不計。

o

(1)求p棒剛進入磁場時所受到的安培力大小和方向；

(2)求P棒剛進入磁場時加速度大小及其發(fā)熱功率；

(3)試通過推理分析說明P棒進入磁場后加速度和速度的變化情況；

(4)試定性畫出P棒進入磁場后的整個運動過程中力傳感器讀數(shù)尸隨時間，的變化曲

線。(力傳感器受到拉力時讀數(shù)為正值，受到壓力時讀數(shù)為負值)

【解析】(1)P棒速度為vo時回路中的感應(yīng)電流為

EBLV0

I=—=----

R總2R

R2,2

P棒所受安培力F==BIL='"°，方向水平向左；

安2R

(2)根據(jù)牛頓第二定律

Bt2Vo

=BIL=-----=ma

女2R

22

BLV0

a=-----

2mR

R2T22

P棒的發(fā)熱功率為p=[2R=____2；

4R

(3)因P棒加速度2=三上方向與速度方向相反，所以P棒做減速運動；

2mR

隨著速度減小，加速度減小，故P棒做加速度減小的減速運動，直到加速度、速度均趨近于零。即加速

度由她減小到零；速度由V。減小到零。

2mR

(4)由(3)分析可得，力傳感器讀數(shù)F隨時間t的變化曲線如圖:

12.如圖，AB、CD兩根足夠長的平行光滑金屬導軌，構(gòu)成的斜面與水平面成0=37。，

兩導軌間距L=0.5m,導軌的電阻可忽略。A、C兩點間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量

機=0.5kg、電阻尸O.1C的均勻直金屬桿MN放在兩導軌上，與導軌垂直且接觸良好。整套裝

置處于磁感應(yīng)強度B=1T,方向垂直斜面向下的勻強磁場中。自圖示位置起，桿MN受到方

向平行導軌沿斜面向下的拉力作用，由靜止開始運動，測得通過電阻R的電流隨時間均勻增

大。lOm/s2,sin37°=0.6cos37°=0.8）

（1）判斷金屬桿MN在勻強磁場中做何種運動，并請寫出推理過程；

（2）若桿MN受到的力F=O.5v+l（式中v為桿MN運動的速度，力F的單位為N）,求

電阻R的阻值；

（3）在（2）條件下，金屬桿MN自靜止開始下滑x=1m的過程需要的時間而1時間t內(nèi)

通過電阻R的電量。

EBLv

【解析】試題分析：通過R的電流-----------，因通過R的電流隨時間均勻增大，

R+rR+r

即桿的速度隨時間均勻增大，桿的加速度為恒量，故金屬桿做勻加速運動：根據(jù)根據(jù)閉合電

路歐姆定律和牛頓第二定律即可求出電阻;根據(jù)運動學公式求出時間和速度，再根據(jù)口=W

出電量。

（1）金屬桿做勻加速運動（或金屬桿做初速為零的勻加速運動）。

pBIv

通過R的電流I=一—=——，因通過R的電流/隨時間均勻增大，即桿的速度隨時間

R+rR+r

均勻增大，桿的加速度為恒量，故金屬桿做勻加速運動.

r）Tv

（2）對回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律1=——

R+r

對桿,根據(jù)牛頓第二定律有：F+mgsin37°-BIL=ma

B21?、

將尸=0.5什1代入得:1+mgsin37°+(0.5—v=ma

R+r

因〃與u無關(guān)（取剛開始運動時刻，v=0）,所以解得：?=8m/s2

B2L2

0.5-=0解得:R=0.4C

R+r

(3)

因桿做初速度為零的勻加速運動，有%=n/=4m/s

TDTv

而1=一通過R的電流/隨時間從零開始均勻增大

R+r

所以q=”

代入數(shù)據(jù)得q=lC

13.如圖，在磁感應(yīng)強度為8、方向豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為〃?的金屬桿MN

垂直于兩平行光滑導軌ab、cd放置（在同一水平面內(nèi)），且與兩導軌保持良好接觸，兩導

軌間距為乩電動機的輸出功率恒為P，通過一細繩拉著金屬桿以初速度h沿導軌向右加速

運動。兩導軌間連接一阻值為R的定值電阻，金屬桿、導軌電阻均不計。經(jīng)過一段時間，后,

金屬桿恰好開始做勻速運動，求：

（1）金屬桿以初速度均運動時的加速度大小；

（2）金屬桿做勻速運動時的速度大小；

（3）若金屬桿以初速度％運動時的加速度為“，金屬桿做勻速運動時的速度為v,畫

出金屬桿在時間，內(nèi)運動的速度一時間圖像，并在圖中標出相關(guān)物理量；

（4）判斷金屬桿經(jīng)過時間f運動的位移S在什么范圍內(nèi)，并寫出你的判斷依據(jù)。

【解析】解：（1）感應(yīng)電動勢E=Bdv。

p2d2

金屬桿受到的安培力—叱B處一

pB2d2Vo

根據(jù)牛頓第二定律：gF=ma=--------=ma

-V.R

PB2d2Vo

得：a=f--------

mv0mR

PBdv

（2）勻速時電動機對金屬桿的拉力等于磁場對金屬桿的安培力：-=B—d

vR

俎回

得：V=---

Bd

（3）畫出金屬桿在時間/內(nèi)運動的速度——時間圖像

（4）圖中，t=一-

卜列可能情況結(jié)果

v0+v(V-V22

丁XS<[vt'

vO+v

-----t<S<v-t

2

(V-VQ)2

v0't<S<[vt―^―]

v°+v

--------t<S

2

vot<S<v-t

S<v-t

v°t<S

14.在邊長為業(yè)的等邊三角形ABC范圍內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)

強度為B。位于等邊三角形中心0處的粒子源可向紙面內(nèi)的各個方向發(fā)射速率相等的同種

帶正電粒子，粒子的比荷為?，不計重力及粒子間的相互作用.

m

A

(1)若等邊三角形AB邊的任意位置都會有粒子通過，求粒子初速度的大小應(yīng)滿足的條

件。

(2)若粒子的初速度大小為V。時，恰好可使等邊三角形AB邊的任意位置都會有粒子通

過，求初速度為V。的粒子在磁場中運動時間最長與最短的差值。(已知：若sine=k,則0=arcsin

k)

.1

【答案】⑴V?吧八2marcsin-

(2)TOT)4

m

3qBqB

2

【解析】由幾何關(guān)系可知AO=BO=CO=而Lsin6()Q「L,為保證等邊三角形AB邊的任

意位置都會有粒子通過,粒子圓周運動軌跡必須進過A點和B點，如圖;

°.解得RNL

洛倫茲力提供向心力qvB=m—

R

解得VN吧

m

（2）粒子的初速度大小為vo時，恰好可使等邊三角形AB邊的任意位置都會有粒子通

過，則丫0=場此時粒子圓周運動的半徑為R=L軌跡恰通過各邊中點的粒子，在磁場中運

m

動時間最短，如圖;

由幾何關(guān)系：41

sinB=—=-

L4

1

2arcsin-

粒子在磁場中運動的時間4

-------T

2兀

27nh

T=——

qB

.i

2marcsin-

4

在磁場中運動的時間最長，如圖;

由幾何關(guān)系可知，21

siny=—=-

L2

2y17cm

2=—T=-T=---

2兀63qB

1

2marcsin-

粒子在磁場中運動最長與最短時間差值Tum4

△t=「2七=

3qBqB

點睛：本題考查了粒子在有界場中的運動問題，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動

軌跡找出臨界條件是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用幾何知識、牛頓第二定律即可正確解題.

15.如圖所示，豎直放置的A、B與水平放置的C、。為兩對正對的平行金屬板，A、B

兩板間電勢差為U，C、。始終和電源相接，測得其間的場強為E。一質(zhì)量為加、電荷量為

q的帶電粒子(重力不計)由靜止開始經(jīng)A、8加速后穿過C、。發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在熒光屏上。

(1)粒子帶正電還是帶負電？求粒子離開B板時速度大小VB；

(2)粒子剛穿過C、。時的豎直偏轉(zhuǎn)位移y。

(3)如要想粒子最終還能夠打在熒光屏的0點上，可在平行金屬板C、O中疊加一個勻

強磁場，請問該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向應(yīng)該滿足什么條件。

【解析】【分析】根據(jù)電場力方向與電場線方向關(guān)系判斷粒子帶正電還是負電：帶電粒

子先在AB間做勻加速直線運動然后CD間做類平拋運動，粒子在加速電場中，由動能定理

求解獲得的速度V。的大小，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，做類平拋運動，由牛頓第二定律求得加速

度，由位移公式求解側(cè)向偏移量y：在平行金屬板C、。中疊加一個勻強磁場，由牛頓第二

定律可得勻強磁場的磁感應(yīng)強度。

解：(1)電場力方向與電場線方向相同，所以粒子帶正電。

1.

2

粒子在加速電場中加速時，由動能定理可得：Uq=^nvB

粒子離開B板時速度大小VB=

(2)在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由動力學知識可得

Eq

a=-

m

L=vBt

12

y=嚴

聯(lián)立解得丫=生

4U

(3)在平行金屬板C、D中疊加一個勻強磁場，

由牛頓第二定律可得BqvB=Eq

勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小B=E—

42Uq

根據(jù)左手定則可得磁感應(yīng)強度8方向垂直紙面向里

16.如圖，光滑的平行金屬導軌水平放置，電阻不計，導軌間距為L,電阻R、R2并聯(lián)

后接在導軌左端。整個區(qū)域內(nèi)存在垂直軌道平面向下的勻強磁場。一質(zhì)量為〃?，電阻為廠的

金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好。自/=0時刻起，在一水平向右的外力F

作用下金屬棒由靜止開始做加速度a=0.4m/s2的勻加速運動。(已知A=lm,"?=lkg,/?!

=0.30,/?2=0.6Q,r=0.3d8=0.5T)。求：

(1)占0.5s時，通過金屬棒MN的電流和金屬棒的熱功率H：

(2)0~0.5s內(nèi)，通過電阻Ri的電量q；

(3)通過分析、計算，在圖(b)中畫出0~ls內(nèi)F隨時間f變化的圖像。

€RR]

解：（1）由。=〃、感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流/=R并+「、R#=R]+%可求得:

BLat0.5x1x04x0.5

/產(chǎn)Rj’+r=~~0.3+0.2A=0.2A（3分）

22

pr=/rr=（）.2x0.3W-0.012W（2分）

0.62

(2)0.5s時，h=03^6/產(chǎn)FA(1分)

&此BLat

通過電阻品的電流4=而蒞/r=R+R2/?”，+，?，得/產(chǎn)，，（2分）

0+/11

所以?=2=百A（1分）

11

q=ht=L5X0.5C=30C（1分）

（3）金屬棒在水平方向受到向右的外力尸和向左的安培

力FA,做勻加速運動。

根據(jù)牛頓第二定律〃?a=F-FA（1分）

6小

另外根據(jù)/A=R+r、0="

可得：

ETI^a0.52xl2

F=ma+~R^7t=1xO.4+o.3+o.2xO.4f(N)=0.4+02(N)(2分)

尸隨時間f變化的圖像如圖所示(2分)

17.核聚變是能源的圣杯，但需要在極高溫度下才能實現(xiàn)，最大難

題是沒有任何容器能夠承受如此高溫。托卡馬克采用磁約束的方式，把

高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內(nèi)巧妙實現(xiàn)核聚變。相當于給

反應(yīng)物制作一個無形的容器。2018年11月12日我國宣布“東方超環(huán)”（我

國設(shè)計的全世界唯一一個全超導托卡馬克）首次實現(xiàn)一億度運行，令世界震驚，使我國成為

可控核聚變研究的領(lǐng)軍者。

（1）2018年11月16日，國際計量大會利用玻爾茲曼常量將熱力學溫度重新定義。玻

爾茲曼常量k可以將微觀粒子的平均動能與溫度定量聯(lián)系起來，其關(guān)系式為4=|%7,其中

k=1.380649xl0-23J/K?請你估算溫度為一億度時微觀粒子的平均動能（保留一位有效數(shù)字）。

（2）假設(shè)質(zhì)量為m、電量為q的微觀粒子，在溫度為To時垂直進入磁感應(yīng)強度為B的

勻強磁場，求粒子運動的軌道半徑。

（3）東方超環(huán)的磁約束原理可簡化如圖。在兩個同心圓環(huán)之間有很強的勻強磁場，兩

圓半徑分別為h、r2,環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域內(nèi)的帶電粒子只要速度不是很

大都不會穿出磁場的外邊緣，而被約束在該區(qū)域內(nèi)。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電量為q、速

度為v,速度方向如圖所示。要使粒子不從大圓中射出，求環(huán)中磁場的磁感應(yīng)強度最小值。

3

解：(1)微觀粒子的平均動能：4=2x10-15)

2

(2)|fcT0=|mv

,v2

田Bqv=m—

j3kmTo

R=-------

Bq

(3)磁場最小時粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示

設(shè)粒子軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系得：(七-「)2=戶+「12

“2x2

解得:r=r2

2r2

由牛頓第二定律qvB=m—

r

2r2mu

解得:B=

qgZ-rj)

18.如圖所示，在電場強度大小為E=鳴、方向豎直向上的勻強電場中，長為L的絕緣

q

輕繩一端固定在。點，另一端固定一質(zhì)量為加、帶電荷量為的直放置且尺寸較小。現(xiàn)將

小球拉到與。點同一高度且距。點右側(cè)L處的C點，給它一個豎直向上的初速度VO,此后

小球在A、B右側(cè)區(qū)域豎直平面內(nèi)做圓周運動，并不時與擋板4、8碰撞，小球每次與擋板

碰撞時均不損失機械能，碰后瞬間電場均立即反向，但大小不變.重力加速度大小為g。求:

(1)若小球與擋板A碰后，能做圓周運動到擋板8,求初速度為的最小值；

(2)若小球的初速度為(1)中的最小值，求小球與B第1次碰撞前瞬間，輕繩拉力的大小;

(3)若小球的初速度為(1)中的最小值，且輕繩承受的最大拉力為50根g,在輕繩斷前，小

球與擋板總共碰撞的次數(shù)為多少。

【解析】(1)小球與擋板A碰前，由于qE=mg,小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動到擋板A。

小球與擋板A碰后，電場立即反向，小球在電場力和重力作用下做圓周運動到擋板B,

此過程中F=qE+mg=2mg,方向向下

要能做圓周運動，則最點A處滿足：qE+mg<m

解得：回

因而小球初速度的最小值為選

(2)小球第1次與擋板A碰后，將做變速圓周運動到擋板B與擋板B第1次碰撞，在該

1-1-

過程中，根據(jù)動能定理有：(qE+mg)-2L=嚴\面-嚴vj

第I次與B碰前瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有：iB「qE-mg=m^

解得：TBI=12mg

(3)根據(jù)題設(shè)分析，小球每次向上做圓周運動時，均