【高考物理一轮电磁学专题复习】 计算题（含解析 ）.pdf

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1、【备考2022高考物理一轮电磁学专题复习】计算题（含解析）I.如图所示，M为粒子加速器：N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面间里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。(I)求粒子加速器M的加速电压U;(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N时的动能E旷U I Bx x x X s _ _ i _ _ X X

2、 X X M1 N 2.贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圆固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为。20T线圈的匝数为100、面积为。Sm2电阻为0.6,n,若磁体转动的角速度为90rad/s线圈中产生的感应电流为SOA。求：Cl)线圈中感应电动势的有效值E;(2)线圈的输出功率P。Q 3.嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为I的平行导轨、产生垂直船

3、舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“/型刚性线框组成，”/”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为VO,接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r,“八”型线框的质量为m2,其7条边的边长均为l,电阻均为r;月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表而绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E;(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流

4、过ab型线框的电流lo;(3)求船舱匀速运动时的速度大小V;(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小矿和此时电容器所带电荷量q。丿千-rl:|勹 0)。以0为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势矶逍位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q 0)的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在。N段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常忙。(1)求小球S1在M点所受电场力大小。(

5、2)当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知s冉S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为勹碰撞时间极短。求碰撞前S2的动扯大小。(3)现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？B Nx？，多VM ho A(f)五kQ/L4kQ/(3L)t一一飞,kQIL卜叶-:,l tL。L/2 X a 2g,-7,立g。L,-5 X 图(a)图(b)图(c)9.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离

6、子，经偏转系统后注入处在水平面内的品圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为凡和 氏的四分之一圆环，其两端中心位置M 和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到 晶圆上的0点（即图中坐标原点，x轴垂直纸而向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都1 很小。当a

7、很小时，有sinatana a,cosa 1-a2。求：2(l)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x,y)表示；(3)偏转系统仅加磁场时离子注入品圆的位置，用坐标(x,y)表示；(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x,Y)表示，并说明理由。.ifi-11 _ 丿i回源子离0 1但转系统10.带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。（l

8、)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(O,r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点0,求该磁场磁感应强度队的大小；(2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于c(o,-r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到0点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的而积（无需写出而积最小的证明过程）；(3)如图(b)，虚线框l和II均为边长等千r3的正方形，虚线框IlI和IV均为边长等于r4的正方形。在I、II、lll和lV中分别设计一个区

9、域面积最小的匀强磁场，使宽度为花的带电粒子流沿x轴正方向射入I和II后汇聚到坐标原点O,再经过M和IV后宽度变为2r4,并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求I和III中磁场磁感应强度的大小，以及11和If中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。y 不|力|+为l尸q汇，二平江图IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIiL X y 二f3iL 三三三互I rn Il。，一一一一一一一一一一，伸,:-.:-.,:-.,.,，伸,，伸,:-.,_ _ _ _ _.,_.w 丁力jx r4甘图(b)11.图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区

10、域，圆a内为无场区，圆（口与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90的扇环形匀强磁场区I、II和III。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Eko从圆b上P点沿径向进入 电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为./3R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应，取tan22.5=0.4。(1)当Eko=0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角0均为45最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求I区的磁感应强度大小、电子在I区磁场中的运动时间及在Q

11、点出射时的动能；(2)已知电子只要不与I区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0=keU 时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。-区,，一 、/.、飞4一石一邑，仁域-兰.一-,.畴-一-.一”二-.I区II区、丿一：立-;二R了-12如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷D。以金质板N的中心0为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分记始终为零，沿x和y方向的分琵Bx和以随时间周期性变化规

12、律如图乙所示，图中B。可调。氝离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M 板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点0处相对推进器的速度为VO。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质忙远小于推进器的质琵。(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小心；(2)不考虑在磁场突变时运动的院子，调节B。的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B。的取值范围；(3)设离子在磁场中的运动时间远小千磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B。=乌严2。求图乙中to时刻离子束对推进器作用力

13、沿z轴方向的分力。B x-离子源.-x.B 4-,y B,A:,？,，“飞，飞，,.,.z/1,.x 0.v.,.,0.,乙_:：，令，卜E_。-B。B。t.:,:,.:.!i!:1。r:,.,.,:,B,B1畸三,1。T21,2T 甲 3.某离子实验装置的基本原理如图甲所示。乙I区宽度为d,左边界与x轴垂直交千坐标原点0,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。;ll区宽度为L,左边界与x轴垂直交千01点，右边界与x轴垂直交千02点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于II区右边界，其中心C与02点重合。从离子源不断飘出电荷揽为q、质量为m的正离子，加速后沿

14、x轴正方向过0点，依次经I区、11区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入II区时速度方向与x轴正方向的夹角为0。忽略离子间的相互作用，不计重力。(l)求离子在I区中运动时速度的大小V;(2)求II区内电场强度的大小E;(3)保持上述条件不变，将II区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板柜切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到01的距离S。1.y 甲图,IIIIIII，某11111IIIIIIIII斗I。B x I E IIV 1.y I II 厄-离子源0:,加速区i c1o;x d L x-v i-

15、B I 炫C。1 R 饥无I,I,I I 匝:-;:离子源。加速冈i d s 图乙14.霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为C,以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz,如图所示。半导体中有电荷董均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B,沿+y方向，千是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，E,沿z方向。(l)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；已知电场强度大小为(

16、2)若自由电子定向移动在沿x方向上形成的电流为In,求单个自由电子由千定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz;(3)霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为Vnz、VP2，求At时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。z y 不：，I,b i:,土义_ _ C I 电流X 15.如图所示，在xO区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在xO)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a,a)、质量为序的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（

17、不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）(1)求电场强度的大小E;(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在运0区域内加上与xO区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间At;(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原xO区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。Y X X X B X X X 袅a-X-!pX X、I I,s X:X X I、伽。x a x,-a X X、易严X X X 16.如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以0点为圆心，磁感应强度大小为B,加速

18、电压的大小为U、质量为m、电荷矗为q的粒子从0附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕0做圆周运动，半径为R,粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为a,当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：(1)粒子加速到P点所需要的时间t;(2)极板N的最大厚度d;m(3)磁场区域的最大半径R。m 二u图1:U 图217如图(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁

19、场中，磁场方向垂直千导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-图像如图(b)所示，当流过元件Z的电流大千或等千I。时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金屈棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流mg mgR、对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取l。=u 4BLm-2BL。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。(1)闭合开关S。，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v八(2)断开开关S,由静止释放金屈棒，求金属棒下落的最大速度V2;(3)先闭合开关S,由静止释放金属棒，金属

20、棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。X X X X RX X xi|UN X X X X um B X X X X X a L b XI X X X X。I。II 图(a)图(b)18.如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B,导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质虽为m的金屈杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度VO向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为uo。设金属杆内做定向移动的自由电子总品保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻

21、。(I)求金屈杆中的电流和水平外力的功率；(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为阜求：(i)这段时间内电阻R上产生的焦耳热；(ii)这段时间内一宜在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。R X B XIX X V。X X I X X 19.如图对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上0点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v。、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q,一足够长的挡板OM与开极板成37倾斜放置，用千吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位千0点的正上方，P点处放置一

22、粒子靶（忽略靶的大小），用千接收从上方打入的粒子，CP长度为L。，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重3 力。sin37=。5(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压U。的大小；(2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin:(3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点(CHCP O)的粒子自电场中某处以大小为VO的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60,不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距

23、离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。_ l 参考答案：I mv 2.(l)U=;(2)E=vB,方向垂直导体板向下；(3 1 )E=m沪qBvd2q k 2【解析】【分析】【详解】(1)粒子直线加速，根据功能关系有解得qU=m沪2 mv 2 U=2q(2)速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡Eq=qvB 得E=vB 方向垂直导体板向下。(3)粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有Ek=qU+Eqd 解得1 E,.=mv2+qBvd k 2 2.(1)E=6.4X102y;(2)P=3.1x104w【解析】【详解】(I

24、)电动势的最大值有效值解得带入数据得E=NBSw m E E=_JJ)_ 迈NBSw E=迈答案第1页，共29页E=6.4 X 102y(2)输出电压U=E-Jr 输出功率p=JU 解得P=I(E-lr)代入数据得P=3.1 X 104w 3.(l)Blvo;(2)煦实(3)匹坐（4）型旦匹型21、38平38平6Bl【解析】【详解】(1)导体切割磁感线，电动势(2)等效电路图如图3r 3r 3r E r 并联总电阻电流(3)匀速运动时线框受到安培力E。=Blv。R=2r E。Blv。I。=R 2r 答案第2页，共29页B勺分F=A 2r 根据牛顿第三定律，质量为m,的部分受力F=FA,方向竖直

25、向上，匀速条件F=m19 6 得m1gr v=3B勺2(4)匀速运动时电容器不充放电，满足m1gr V1=V=3B勺2电容器两端电压为u 1 m1gr C=/X 3r=3 6Bl 电荷量为m1grC q=CUc=6Bl 4.Cl)0.18N;(2)m=0.02kg=;(3)x2如m【解析】【分析】【详解】(1)根据题意可得金屈棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M+m)gs1sina=(M+m)v5 2 代入数据解得3 v。=zm/s金屈棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E=Blv。由闭合回路的欧姆定律可得E-R _ I 则导体棒刚进入磁场时

26、受到的安培力为F安Bil=0.18N 答案第3页，共29页(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金屈棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mgsina+mgcosa=F安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得M gsina-mgcosa=Ma 设磁场区域的宽度为x,则金属棒在磁场中运动的时间为则此时导体框的速度为则导体框的位移X t=-V。V1=V。+at1 X1=V。t+at2 2 因此导体框和金属棒的相对位移为1 Llx=x1-x=at2 2 由题意当金属棒离开磁场时金属框的

27、上端EF刚好进入线框，则有位移关系s。-Llx=x 金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为1=BLv1,11宁导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsina=mgcosa+B11L 联立以上可得x=0.3m,a=Sm/s2,m=0.02kg=i(3)金屈棒出磁场以后，速度小千导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsina+mgcosa=ma1 金屈棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v。+a1t1=V1 导体框匀速运动的距离为答案第4页，共29页Xz=V1t1 代入数据解得2.5 5 X2了m译m5.Cl)Q=O.Sc:(2)中6.28x10-sw

28、b:(3)见解析；（4)见解析【解析】【分析】【详解】(1)由电址和电流的关系q=It可知I-t图像下方的面积表示电荷址，因此有Q=Ii心1+I2A托伍t3代入数据解得Q=O,Sc(2)由磁通痲的定义可得KL 中BS=幻ra2代入数据可得中6.28x 10-8wb(3)在01.0X 10飞时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向cRd,产生恒定的感应电动势由闭合回路欧姆定律可得代入数据解得NK1正E=N=XL I At r At E 坎R+R。坎3.14X 10一3A在1.0X 10-3 55.0 X 10飞电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在5.

29、0X 10-3 56.0 X 10-3 S时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和01.0X 10一3s大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为dRc，则图像如图所示答案第5页，共29页i对10力3A3.14 04 l.3 _ 1.0 2.0 3.o 4.o 5:0 6:o 1.0 t/lff 3s(4)考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0X 10-3 55.0 x 10飞时间内电路中的磁通谥不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。

30、同理，在5.0X 10-3 56.0 X 10-3 S内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在6.0X 10-3 S之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图切0-3A40 3 1.0 2.0 3.0 4.0 5.7.0 t/io-3s-3.14._.且!-6.(I)Vm气(2)a.E-RIL,b.。二I(3)见解析【解析】【分析】【详解】(1)当物体下落速度达到最大速度v时，加速度为零，有m G=kv m 得G-k=m v 答案第6页，共29页(2)a由闭合电路的欧姆定理有Al E-RI=L At b由自感规律可知，线

31、圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I-t图线如答图2.E.tL-R。t(3)各种能量转化的规律如图所示情境l情境2电源提供的电能线圈磁场能的增加昼克服阻力做功消耗的机械能7.(1)P=4w;(2)x=O.lm【解析】【分析】【详解】(1)在ab运动过程中，由千拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到蔽大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F,安培力大小为FA,有F-mgsin0-FA=0 设此时回路中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律，有E=Blv 设回路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律，有l二R+r ab受到的安培力答案第7页，共29页FA

32、=/LB 由功率表达式，有P=Fv 联立上述各式，代入数据解得P=4w(2)ab从速度v净凡的过程中，由动能定理，有1 1 Pt-W-m9xsin0=mv-mvf 2 2 代入数据解得x=0.l m 8.(1)拉:kQ2;(2)8KQ2平(13-8,fi.）kQ2.4L2.99L2;(3)E.k 27L【解析】【详解】(1)设A到 M点的距离为R,A点的电荷对小球的库仑力大小为F，由库仑定律有M S1 A F kQ2=A R 2 M 设小球S1在M点所受电场力大小为FM,由力的合成有FM=2FAsin45 联立0式，由几何关系并代入数据得F=迈kQ2M 4L2 (2)设0点下方：处为e点，A与

33、C的距离为Re小球s1在C处所受的库仑力大小为Fe由库仑定律和力的合成有F_=2 KQ2 C R 2 sin0 C 式中Oc sin0=R C 设小球s1的质址为m1,小球s1在e点的加速度大小为a,由牛顿第二定律有F,+m1g=m1 a 由图(c)可知，式中a=29 答案第8页，共29页联立式并代入数据得m1=三27gl2 设s2的质篮为m2,碰撞前、后S1的速度分别为v1,v1,s2碰撞前、后的速度分别为v2,V2，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有m仅1+m2迈m仅11.,.1.,1-m评f+m2砑m仅12 2 2,+m订2,2,1+m订2,2 2 设小球S2碰撞前的动忙

34、为p2，由动世的定义有P2=m2V2 依题意有1 2 1:;-m1Vi=:;-m1v1 2 2,2 4kQz 3L m 1=m 2 联立式并代入数据，得P2=三9gL2 即碰撞前的动量大小为。8kQ2平s 2 9gL2(3)设0点上方处为D点。根据图(c)和对称性可知，在D点所受的电场力大小等S1 千小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为O;S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零。设 M 点与D点电势差为U由电势差定义有MD UMD=0 kD 由对称性，D点与C点电势相等，M 点与N点电势相等，依据图(b)所

35、给数据，并联立式可得E.(13一Bfz)kQ2k 27L 答案第9页，共29页E 2E 3L2 3L2 9.(I)-(2)(,O);(3)(0,);(4)见解析B(R计岛）B五凡R2凡R2【解析】【详解】(1)通过速度选择器离子的速度E v=-B 从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为由于qvB得R1+R2 R=2 q v 2E-=m-RB-(R1+R2)B2(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离三：）2离开电场后，离子在x方向偏移的距离位置坐标为（3L2 R1+R2,0)qEL2 x2=Ltan0=mv2 3qEL2 3L2 X=X1+Xz=2m沪R1+R2(3)离子进入磁场后做圆周运动半

36、径mv r=qB.L sma=-T 经过磁场后，离子在y方向偏转距离L2 y1=r(l-cosa):R1+R2 离开磁场后，离子在y方向偏移距离则2L2 y2=Ltana:R1+R2 答案第10页，共29页位置坐标为(03L2 R1+R2)3L2 y=y1+y2:R1+R2 3L2 3L2(4)注入 品圆的位置坐标为（一-，一-），电场引起的速度增炽对y方向的运动不产生影响。R1+R2凡R2mv mv _._._ _ _ mv _ mv 10.(1).（2)，垂直与纸面向里，s2=m务(3)B=B111=S=（亢一叩qr2lqr3llI qr4ll 2 1)付，SIV=（扫1)r42【解析】【

37、分析】【详解】心）粒子垂直x进入圆形磁场，在坐标原点0汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径T1,粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得V 2 qvB1=m T1 趴严qrl(2)粒子从0点进入下方虚线区域，若要从聚焦的0点飞入然后平行x轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域答案第11页，共29页y 神,；“、，,、,，虎，成2,峰、父2,I,r c x 磁场半径为r2，根据qvB=m己可知磁感应强度为B2严qr2 根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面

38、积为（歹）粒子在磁场中运动，岛冗寸3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周1.、.、/-.,y.,I;:t .=-=:.,:夕?./I :；夕一;-七，、:/:!-./,.;/4 I/!/.,:l.ii,./.Ill)/-.;1/,I.:.-:,i.,/.o i;,;/-_!I:/,.:.:l”;.i,.I;.、:/I-_./.;.、:,.-、，长_.i-._.;,-:.-1 i,、./1,x 沪根据qvB=m可知l和III中的磁感应强度为r B=mv I q乃8111干4 图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取1区域如图答案第12页，共29页,斗,

39、、,/,，、X 图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周佥OB与三角形SAOB之差，所以阴影部分的面积为1 1 1 S1=2（匀0B-SAOB)=2 x(4耐5叶）=（5冗1)浮类似地可知IV区域的阴影部分面积为1 1 1 SIV=2 x Ci园了f)=（2疗l)r根据对称性可知 1中的匀强磁场面积为1 sll=(2冗l)rf11.(1)5产亢R气,8eU;(2)旦eR 4eu 6【解析】【分析】【详解】(1)电子在电场中加速有在磁场I中，由几何关系可得联立解得在磁场I中的运动周期为1 ZeU=.;mv2 2 r=Rtan22.5=0.4R V 2 B1ev=m r 5”可而B1=eR 答案第13

40、页，共29页T罕由几何关系可得，电子在磁场I中运动的圆心角为5(f)=亢4 在磁场I中的运动时间为(J t=T 2rr 联立解得兀R沂而可t=4eU 从Q点出来的动能为E.=8eU(2)在磁场I中的做匀速圆周运动的最大半径为r此时圆周的轨迹与I边界相切，由几m 何关系可得（西R-rm)2=R2+r 2 m 解得石r=R m 3 由千V 2 B1ev=m_m_;n Trn 2eU=-=-mv 2-keU 2 m 联立解得13 k=6 12.(l)Vs尸；（2)0二（3)inmv。，方向沿z轴负方向m 3eL5【解析】【分析】【详解】Cl)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点0处，根据动能定理有1

41、 1 2eEd=-mv3-m旷2 V 2 解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小答案第14页，共29页沪勹(2)当磁场仅有沿x方向的分扯取最大值时，离子从喷P的下边缘中点射出，根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力有联立解得L2（凡r+L2=Rf mv 2 2ev。B。=。R 1 2mv。B。=SeL 当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有（凡!f+L2=R?此时B迈B。;根据洛伦兹力提供向心力有联立解得故B。的取值范围为0mv。-3eL 2 2e X V。x迈B。mv。=R2 B。mv。=3eL(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示O?、沧、心、

42、5L X X X X X X X X X X X 二L 由题意根据洛伦兹力提供向心力有且满足2 2e XV。x,fiB。mv。=R3 答案第15页，共29页所以可得所以可得迈mv。B。=SeL mv。5R3=-L 2迈eB。43 cos0=5 离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动趾定理有F t:,.t=nt:,.tmv。cos0-0 根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为方向沿z轴负方向。3 F=nmv。5 13.(l)v=兰左(2)E=:。（Ltan8二土），（3)S=(n+1)L【解析】【分析】【详解】（l)设离子在I区内做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得qvB。=m立C

43、Dr 根据几何关系得sin0婪r 联立式得v=qB。dmsin0(2)离子在II区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t,y方向的位移为y。，加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma 由运动的合成与分解得L=(vcos0)t,Yo=-r(l-cos0),Yo=(vsin0)t-at2 联立得答案第16页，共29页2qBl矿dd E=(Ltan0+-)mUtan2O sin0 tan0(3)II区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcos0的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为a,圆周运动半径为r，运动轨迹长度

44、为l，由几何关系得亢“a+-l=.:.x 2兀r+-1X 2亢r,2兀2兀r,cosa=2丫I由千在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切千C点，则离子在II区内的运动时间不变，故有lL=vcos0 vcos0 C到01的距离S=2rsina+r 联立得6(./3+1)S=7兀L、(J.、。1c X z l4.（l)自由电子受到的洛伦兹力沿z方向；(2)Fnz=e（上色neab+E);（3)见解析所示【解析】【分析】【详解】(l)自由电子受到的洛伦兹力沿z方向；(2)设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷址为q,由电流定义式，有q=-设自由电子在x方向上定向移动速率为v

45、nx，可导出自由电子的电流微观表达式为In=neabvnx 单个自由电子所受洛伦兹力大小为答案第17页，共29页F浴evnxB霍尔电场力大小为F宅 eE自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为Fiiz=e(lnB 三E)(3)设At时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np,则Nn=naCVnzf1t NP=pacvpzf1t 霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应Nn=Np 即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。15.(1)E【解析】【分析

46、】【详解】qB2a 2mn 2a=;(2)L1t=.(3)L=2mqB#(1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径则则粒子从S到0,有动能定理可得可得R=a mv 2 qBv=R qBa v=m 1 qEa=mv2 2 E qB伍2m(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为巧、V2，取向上为正，则有答案第l8页，共29页1 mv=mv1+-;:;-mv2 3 1 1 2 2 1 1-mv=-mv1+-x-mv2 2 2 2 2 3 计算可得1 qBa V1=:;-V=2 2m 3 3qBa V2=-V=2 2m 两粒子碰后在磁场中运动22 2 12R v3 1R v mm=1

47、2 VV BB qq 1-21-2 解得aa _ 12 RR 两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为加R14rr:m T1=V1 qB 加R24nm 乃-V2 3qB 则两粒子碰后再次相遇2亢2亢At=Lit+2冗T2-T1 解得再次相遇时间2rrm Llt=qB(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为。加T2兀=T1.4 6 撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示答案第l9页，共29页X X X X X X X X X X X X X X X X X X X

48、X X X X X X X X X X X X X X X X X 设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t，由余弦定理可得（归)2+(v2t)2-(2a)2 cos60=2xv1txv计1 巧t=-v2t 3 则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移2a L=V1t=罚16.(1)（芒1）气，（2)2（三一气），【解析】（详解】(1)设粒子在P的速度大小为Vp,则根据可知半径表达式为V 2 qvB=m r R mvp=qB 对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有1 nqU=mvp 2 2 粒子在磁场中运动的周期为2亢mT=qB 粒子运动的总时间为答案第20页，共29页(3)R+2mER.a Sl

49、n-q沪R-mE_ 2 解得T t=(n-1)X 2 t=（三1)竺2mU-J qB 竺1(2)由粒子的运动半径r结合动能表达式E=m沪变形得qBk 2 r罕则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为r1=J2m(E+p-qU),=J2m(E卜p-2qU)r 2 qB qB 由几何关系有dm=Z(r1-吩结合Ekp也空解得2m dm-2（厂三-/三）(3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ,则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即Vp qvpB-qE=m TQ 设粒子离开偏转器的点为E,圆周运动的圆心为0。由题意知，0在SQ上，且粒子飞离磁场的点与0、O在一条宜线

50、上，如图所示。R A ro-,R 飞叶粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R,然后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为答案第21页，共29页R=OF=R+00 m 将等腰三角形t:,.OOQ放大如图所示。_ 0 TQR Q 虚线为从Q点向00所引垂线，虚线平分a角，则解得最大半径为 00=2(rQ-R)sin:;-2 2mER a R=R+sin-m.q胪R-mE 2 mBR 3mgR 1.7.()V1=;(2)Vz=;(3)9 a=-B互22B互22【解析】【分析】关键能力本题考查法拉第电磁感应