?2023屆浙江省高考物理模擬試題知識點分類訓練：電磁學解答題2

一、解答題
1．（2023·浙江·模擬預測）如圖甲所示，在平面直角坐標系0≤x≤l，0≤y＜2l的矩形區(qū)域里有勻強磁場B，B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示（B0和T0均未知），規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正。一個比荷為k的帶正電的粒子從原點O以初速度v0沿x軸正方向入射，不計粒子重力。
（1）若粒子從t=0時刻入射，在的某時刻從點（l，）射出磁場，求B0的大小；
（2）若，粒子在的任一時刻入射時，粒子離開磁場時的位置都不在y軸上，求T0的取值范圍；
（3）若，在x>l的區(qū)域施加一個沿x軸負方向的勻強電場，粒子在t=0時刻入射，將在T0時刻沿x軸正方向進入電場，并最終從P（0，2l）沿x軸負方向離開磁場，求電場強度的大小。

2．（2023·浙江·模擬預測）如圖所示，x軸下方為垂直紙面向外的勻強磁場Ⅲ，x軸上方為場強大小相同的兩個勻強電場Ⅱ和Ⅰ，在﹣h≤x≤h區(qū)域電場Ⅰ向+x方向，在x≤﹣h和h≤x區(qū)域電場Ⅱ向﹣y方向。一帶正電的粒子（不計重力）從y軸上O（0，h）點處由靜止釋放，經(jīng)A（h，h）點時速率為v（圖中未畫出），由C（3h，0）點處進入磁場Ⅲ，在磁場中運動后從D點（﹣3h，0）返回電場Ⅱ。
（1）粒子從O出發(fā)至返回O點所用時間t
（2）若粒子返回O點后繼續(xù)運動，適當改變Ⅲ區(qū)域磁感應強度，可使粒子再次回到O點，求前后兩次通過磁場時，磁場的磁感應強度之比。

3．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖所示，在xOy坐標平面內，固定著足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌間距L=0.5m，在x=0處由絕緣件相連，導軌某處固定兩個金屬小立柱，立柱連線與導軌垂直，左側有垂直紙面向外的勻強磁場，右側有垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B=0.2T；導軌左端與電容C=5F的電容器連接，起初電容器不帶電。現(xiàn)將兩根質量均為m=0.1kg的導體棒a、b分別放置于導軌左側某處和緊貼立柱的右側（不粘連），某時刻起對a棒作用一個向右的恒力F=0.3N，當a棒運動到x=0處時撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的過程中通過棒的電量q=1C，與立柱碰撞時的速度v1=1m/s，之后原速率反彈。已知b棒電阻R=0.4Ω，不計a棒和導軌電阻，求：
（1）小立柱所在位置的坐標x；
（2）a棒初始位置的坐標x；
（3）假設b棒穿出磁場時的速度v2=0.3m/s，此前b棒中產生的總熱量。

4．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖1所示，是微通道板電子倍增管的原理簡化圖，它利用入射電子經(jīng)過微通道時的多次反射放大信號強度。圓柱形微通道的直徑d=1×10-2m、高為h，電子剛好從一角射入截面內，入射速度v=5×106m/s，與通道壁母線的夾角θ=53°；在第1次撞擊位置以下有垂直截面向外的勻強磁場，磁感應強度為B（待求）。假設每個電子撞入內壁后可撞出N個次級電子，已知電子質量m=9×10-31kg，e=1.6×10-19C。忽略電子重力及其相互作用。取sin53°=0.8。
（1）若N=1，假設原電子的軸向動量在撞擊后保持不變，垂直軸向的動量被完全反彈，電子恰好不會碰到左側壁，求B的值；
（2）若N=2，假設原電子的軸向動量被通道壁完全吸收，垂直于軸的動量被完全反彈并被垂直出射的次級電子均分，電子多次撞擊器壁后最終剛好能飛出通道，求h的值；
（3）若N=2，通道中存在如圖2所示方向的勻強電場（沒有磁場），場強E=135V/m，假設電子的軸向動量被通道壁完全吸收，垂直軸向的動量被完全反彈并被垂直出射的次級電子均分。當h=0.1m時，信號電量的放大倍數(shù)是多少？

5．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，在傾角為的光滑斜面上，有一質量為矩形金屬導體框 ACDE，其中AC、DE長為，電阻均為；AE、CD 足夠長且電阻不計，AC與斜面底邊平行。另外有一導體棒MN質量為，長為，電阻也為，平行于AC放置在導體框上，其上方有兩個垂直斜面的立柱阻擋，導體棒MN與導體框間的動摩擦因數(shù)，在MN下方存在垂直斜面向上、磁感應強度的勻強磁場，MN上方（含MN處）存在沿斜面向上、大小也為的勻強磁場。時刻在DE邊給導體框施加一個沿斜面向上的拉力F，導體框在向上運動過程中，測得導體棒MN兩端電壓隨時間變化關系如圖乙所示，經(jīng)過2s后撤去拉力，此過程中拉力做功。導體棒MN始終與導體框垂直且緊靠立柱。求：
（1）前2s內金屬導體框的加速度大??；
（2）前2s內拉力F與時間t的變化關系；
（3）在拉力作用這段時間內，棒MN產生的焦耳熱。

6．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）東方超環(huán)，俗稱“人造小太陽”，是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置。該裝置需要將加速到較高速度的離子束變成中性粒子束，沒有被中性化的高速帶電離子需要利用“偏轉系統(tǒng)”將帶電離子從粒子束中剝離出來。假設“偏轉系統(tǒng)”的原理如圖所示，均勻分布的混合粒子束先以相同的速度通過加有電壓的兩極板間，再進入偏轉磁場Ⅱ中，中性粒子繼續(xù)沿原方向運動，被接收器接收；未被中性化的帶電粒子一部分打到下極板被吸收后不可再被利用，剩下的進入磁場Ⅱ后發(fā)生偏轉，被吞噬板吞噬后可以再利用。 已知粒子帶正電、電荷量為q，質量為m，兩極板間電壓U可以調節(jié)，間距為d，極板長度為，吞噬板長度為2d，極板間施加一垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度為B1，帶電粒子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮混合粒子間的相互作用。
（1）當電壓 U=0 時，恰好沒有粒子進入磁場Ⅱ，求混合粒子束進入極板間的初速度v0等于多少？若要使所有的粒子都進入磁場Ⅱ，則板間電壓 U0為多少？
（2）若所加的電壓在U0~（1+k）U0內小幅波動，k>0 且k?1，此時帶電粒子在極板間的運動可以近似看成類平拋運動。則進入磁場Ⅱ的帶電粒子數(shù)目占總帶電粒子數(shù)目的比例至少多少？
（3）在（2）的條件下，若電壓小幅波動是隨時間線性變化的，規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T，偏轉磁場邊界足夠大。要求所有進入磁場Ⅱ的粒子最終全部被吞噬板吞噬，求偏轉磁場Ⅱ的磁感應強度B2滿足的條件？已知粒子束單位時間有N個粒子進入兩極板間，中性化的轉化效率為50%，磁場Ⅱ磁感應強度B2取最大情況下，取下極板右端點為坐標原點， 以向下為正方向建立x坐標，如甲圖所示，求一個周期T內吞噬板上不同位置處吞噬到的粒子數(shù)密度λ（單位長度的粒子數(shù)）。

7．（2023·浙江·模擬預測）半導體摻雜是集成電路生產中最基礎的工作，某公司開發(fā)的第一代晶圓摻雜機主要由三部分組成：離子發(fā)生器，控制器和標靶。簡化模型如圖所示，離子發(fā)生器產生電量為＋q，質量為m的離子，以足夠大速度沿電場的中央軸線飛入電場；控制器由靠得很近的平行金屬板A、B和相互靠近的兩個電磁線圈構成（忽略邊緣效應），極板A、B長為，間距為d，加上電壓時兩板間的電場可當作勻強電場，兩電磁線圈間的圓柱形磁場可以當作勻強磁場，磁感應強度與電流的關系B=kI，k為常數(shù)，勻強電場與（柱形）勻強磁場的中軸線互相垂直相交，磁場橫截面的半徑為；標靶是半徑為R的單晶硅晶圓，并以晶圓圓心為坐標原點，建立Oxy正交坐標系。晶圓與勻強電場的中軸線垂直，與勻強磁場的中軸線平行，且與勻強電場中心和柱形勻強磁場中軸線的距離分別為和，其中。，I=0時，離子恰好打到晶圓的（0，0）點。
（1）當，時，離子恰好能打到（0，-R）點，求的值。
（2）當，時，離子能打到點（R，0），求的值。
（3）試導出離子打到晶圓上位置（x，y）與和I的關系式。（提示：磁場中運動時間很短，可以不考慮x方向的影響）

8．（2023·浙江·模擬預測）在去年的“紅五月”社團活動周中，學校物理組舉辦了“跌不破的雞蛋”的科學下發(fā)明活動得到了同學們的積極參與。為保證雞蛋從高處落地后能完好無損，小同學明設計了如圖甲所示的裝置。裝置下端安裝了一個橫截面（俯視）如圖乙所示的磁體，其內、外分別為圓柱形和圓筒形。兩者固定在一起，且兩者間存在沿徑向向外的磁場，不考慮磁體在其他區(qū)域產生的磁場。圓筒形磁體與兩條平行金屬導軌和固定在一起，是一個金屬線框，、被約束在導軌的凹槽內，可沿導軌無摩擦滑動，線框的正中間接有一個半徑為r（r略大于圓柱形磁體的半徑）、匝數(shù)為N、總電阻為R的線圈，之間接有一只裝有雞蛋的鋁盒，鋁盒的電阻也為R。導軌上方固定有一根絕緣細棒HG。細棒與鋁盒間連接了一根勁度系數(shù)為k的輕質絕緣彈簧。小明將該裝置置于距離水平地面高h（h遠大于裝置自身高度）處，并保持導軌豎直，待鋁盒靜止后將彈簧鎖定，此時線圈恰好位于磁體上邊界處?，F(xiàn)由靜止釋放裝置，整個裝置豎直落到水平地面上后彈簧立即解除鎖定，且磁體連同兩導軌和絕緣棒HG的速度立即變?yōu)榱?。已知線框（含線圈、鋁盒、雞蛋）的總質量為m，線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是裝置剛落地時的兩倍，此時仍未進入磁場，線圈所在處的磁感應強度大小均為B，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，除線圈和鋁盒外，線框其他部分的電阻不計，忽略空氣阻力。求：
（1）落地時線圈切割磁感線產生的感應電動勢E以及線圈中感應電流的方向是順針還是逆時針（俯視）；
（2）從落地到線框最終靜止的過程中，回路產生的總焦耳熱Q；
（3）從落地到線框第一次運動到最低點的過程中，通過回路某截面的電荷量q。

9．（2023·浙江·模擬預測）如圖所示，通過分析離子打在探測板上的位置可以獲取電場強度信息。以y軸為界，左側的有界勻強電場方向豎直向下，電場強度大小可調，右側寬為的有界勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為，長為2d的探測板位于y軸上，其上端距原點O為d。電場中與O點水平距離為的離子源，沿x軸正方向持續(xù)均勻地發(fā)射質量為m、電荷量為q（q＞0）、速度大小為的一系列離子。假設只有打在探測板右側的離子才能被探測到，探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。
（1）若離子從探測板上方進入磁場，則電場強度的最大值；
（2）若離子經(jīng)磁場偏轉后打在距探測板上端處，則電場強度E的大??；
（3）若某段時間內，電場強度在范圍內連續(xù)均勻調節(jié)，則該段時間內，打在探測板上的離子數(shù)比例。

10．（2023·浙江·模擬預測）為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了兩種發(fā)電裝置為車燈供電。
方式一：如圖甲所示，固定磁極N、S在中間區(qū)域產生勻強磁場，磁感應強度，矩形線圈abcd固定在轉軸上，轉軸過ab邊中點，與ad邊平行，轉軸一端通過半徑的摩擦小輪與車輪邊緣相接觸，兩者無相對滑動。當車輪轉動時，可通過摩擦小輪帶動線圈發(fā)電，使、兩燈發(fā)光。已知矩形線圈N=100匝，面積，線圈abcd總電阻，小燈泡電阻均為。
方式二：如圖乙所示，自行車后輪由半徑的金屬內圈、半徑的金屬外圈（可認為等于后輪半徑）和絕緣輻條構成。后輪的內、外圈之間沿同一直徑接有兩根金屬條，每根金屬條中間分別接有小燈泡、，阻值均為。在自行車支架上裝有強磁鐵，形成了磁感應強度、方向垂直紙面向里的“扇形”勻強磁場，張角。
以上兩方式，都不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應。求：
（1）“方式一”情況下，當自行車勻速騎行速度時，小燈泡的電流有效值；
（2）“方式二”情況下，當自行車勻速騎行速度時，小燈泡的電流有效值；
（3）在兩種情況下，若自行車以相同速度勻速騎行，為使兩電路獲得的總電能相等，“方式一”騎行的距離和“方式二”騎行的距離之比。

11．（2023·浙江·模擬預測）海水被污染之后需要借助特殊船只進行清理，一種污水處理船的簡單模型如圖所示。矩形通道區(qū)域內有豎直向下的勻強磁場，該區(qū)域的長度，寬度，海水表層油污中的某種目標離子通過磁場左邊界前會形成一顆顆帶電的小油珠，每顆小油珠的比荷為，小油珠可認為僅在洛倫茲力作用下進入面的污水收集箱中。船在行進過程中，海水在進入船體之前可看成靜止狀態(tài)，小油珠在邊均勻分布，。
（1）求此種離子所構成的小油珠所帶電荷的電性；
（2）當船速為時，小油珠的回收率達到，求區(qū)域內所加勻強磁場的磁感應強度的最小值；
（3）若磁場的磁感應強度大小同（2）問中的，當船速達到，小油珠的回收率為多少？若小油珠的比荷在一定范圍內分布，要使小油珠的回收率仍達到，其比荷的最小值為多少？

12．（2023·浙江·一模）如圖，固定的足夠長光滑平行金屬導軌間距L=0.2m。由水平部分I和傾斜部分Ⅱ平滑連接組成，虛線MN為其交界線，I、Ⅱ間夾角=30°，Ⅰ內的MN與PO間以及Ⅱ內均存在垂直于導軌平面的勻強磁場B1和B2，其中B1=2.5T、B2=0.5T。質量m=0.01kg、電阻r=1.0的相同金屬棒a、b固定在水平導軌上，其中點通過長s=L的絕緣輕桿連接成"H"型。將與a、b相同的金屬棒c從傾斜導軌上由靜止釋放，c到達MN前已經(jīng)開始勻速運動。當c通過MN時，立即解除a、b與軌道的固定，之后a在到達PO前已開始勻速運動。當a到達PO時，立即再將c固定在水平導軌上。不計導軌電阻，a、b、c始終垂直于導軌，c與b一直沒有接觸，取g=10m/s2，求：
（1）c在傾斜導軌上運動的最大速度；
（2）a到達PQ前勻速運動的速度；
（3）從a離開PQ至b到達PQ的過程中，金屬棒c產生的熱量。

13．（2023·浙江·模擬預測）如圖甲所示，正方形熒光屏與正方形金屬板相距水平平行放置，二者的邊長也為.金屬板的中心開有小孔，小孔正下方有一通電金屬絲可持續(xù)發(fā)射熱電子，金屬絲與金屬板之間加有恒定電壓。以金屬板中心小孔為坐標原點，沿平行于金屬板兩邊和垂直金屬板方向建立、和坐標軸，電子從金屬絲發(fā)射經(jīng)小孔沿軸正方向射入磁場區(qū)域，測得電子經(jīng)電場加速后經(jīng)過小孔時的速度大小介于與之間。軸與熒光屏的交點為，金屬板與熒光屏之間存在磁場（圖中未畫出），其磁感應強度沿軸方向的分量始終為零，沿軸和軸方向的分量和隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中。已知電子的質量為、電荷量大小為，忽略電子間的相互作用，且電子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期。求：
（1）從金屬絲發(fā)射的電子的初速度大小范圍；
（2）時以速度進入磁場的電子打在熒光屏上的位置；
（3）請通過分析計算說明電子在熒光屏上出現(xiàn)的位置，并畫在熒光屏的俯視圖丙中。

14．（2023·浙江·一模）科研人員經(jīng)常利用電場和磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，在坐標系的第三象限內平行于x軸放置一對平行金屬板，上極板與x軸重合，板長和板間距離均為2d，極板的右端與y軸距離為d，兩板間加有如圖乙所示的交變電壓。以為圓心、半徑為d的圓形區(qū)域內存在垂直坐標平面向里的勻強磁場（圖中未畫出）。在點處有一個粒子源，沿x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射初速度大小為、質量為m、電荷量為的帶電粒子。已知t=0時刻入射的粒子恰好從下極板右邊緣飛出；時刻入射的粒子進入圓形磁場區(qū)域后恰好經(jīng)過原點O。在第一、二象限某范圍內存在垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），不計粒子重力及粒子之間的相互作用力。
（1）求；
（2）求圓形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度；
（3）為了使所有粒子均能打在位于x軸上的粒子接收器上的0~3d范圍內，求在第一、二象限內所加磁場的磁感應強度的大小和磁場區(qū)域的最小面積。

15．（2023·浙江·模擬預測）如圖所示，有一“”形的光滑平行金屬軌道，間距為，兩側傾斜軌道足夠長，且與水平面夾角均為，各部分平滑連接。左側傾斜軌道頂端接了一個理想電感器，自感系數(shù)為，軌道中有垂直軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為T，M、N兩處用絕緣材料連接。在水平軌道上放置一個“］”形金屬框，其中、邊質量均不計，長度均為；邊質量為，長度為，電阻阻值為；在金屬框右側長為、寬為的區(qū)域存在豎直向上的磁感應強度大小為T的勻強磁場；右側軌道頂端接了一個阻值的電阻。現(xiàn)將質量為、長度為的金屬棒從左側傾斜軌道的某處靜止釋放，下滑過程中流過棒的電流大小為（其中為下滑的距離），滑上水平軌道后與“］”形金屬框相碰并粘在一起形成閉合導體框，整個滑動過程棒始終與軌道垂直且接觸良好。已知kg，m，m，m，除已給電阻外其他電阻均不計。（提示：可以用圖像下的“面積”代表力所做的功）
（1）求棒在釋放瞬間的加速度大??；
（2）當釋放點距多遠時，棒滑到處的速度最大，最大速度是多少？
（3）以第（2）問方式釋放棒，試通過計算說明棒能否滑上右側傾斜軌道。

16．（2023·浙江·模擬預測）如圖所示，直角坐標系中，y軸左側有一半徑為a的圓形勻強磁場區(qū)域，與y軸相切于A點，A點坐標為。第一象限內也存在著勻強磁場，兩區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向外。圓形磁場區(qū)域下方有兩長度均為2a的金屬極板M、N，兩極板與x軸平行放置且右端與y軸齊平?，F(xiàn)僅考慮紙面平面內，在極板M的上表面均勻分布著相同的帶電粒子，每個粒子的質量為m，電量為。兩極板加電壓后，在板間產生的勻強電場使這些粒子從靜止開始加速，并順利從網(wǎng)狀極板N穿出，然后經(jīng)過圓形磁場都從A點進入第一象限。其中部分粒子打在放置于x軸的感光板CD上，感光板的長度為2.8a，厚度不計，其左端C點坐標為。打到感光板上的粒子立即被吸收，從第一象限磁場射出的粒子不再重新回到磁場中。不計粒子的重力和相互作用，忽略粒子與感光板碰撞的時間。
（1）求兩極板間的電壓U；
（2）在感光板上某區(qū)域內的同一位置會先后兩次接收到粒子，該區(qū)域稱為“二度感光區(qū)”，求：
①“二度感光區(qū)”的長度L；
②打在“二度感光區(qū)”的粒子數(shù)與打在整個感光板上的粒子數(shù)的比值；
（3）改變感光板材料，讓它僅對垂直打來的粒子有反彈作用（不考慮打在感光板邊緣C、D兩點的粒子），且每次反彈后速度方向相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，則該粒子在磁場中運動的總時間t和總路程s。

17．（2023·浙江·模擬預測）如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置，間距d=0.5m，電阻不計，左端通過導線與阻值R=2Ω的電阻連接，右端通過導線與阻值RL=4Ω的小燈泡L連接。在CDFE矩形區(qū)域內有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，CE長L=2m，有一阻值r=2Ω的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處（恰好不在磁場中）。CDFE區(qū)域內磁場的磁感應強度B隨時間變化的圖象如圖乙所示。在t=0至t=4s內，金屬棒PQ保持靜止，在t=4s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區(qū)域并施加一外力保持勻速運動。已知從t=0開始到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化。求：
(1)通過小燈泡的電流；
(2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小。

18．（2023·浙江·模擬預測）如圖（a），傾角為θ=37°、間距為l=0.1m的足夠長的平行金屬導軌底端接有阻值為R=0.16Ω的電阻，一質量為m=0.1kg的金屬棒ab垂直于導軌放置，與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5。建立原點位于導軌底端、方向沿導軌向上的坐標軸x，在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間內有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=1.6T。從t=0時刻起，金屬棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下，從x=0處由靜.止開始沿斜面向上運動，其速度v與位移x、加速度與速度v的關系分別滿足圖（b）和圖（c）。當金屬棒ab運動至x2=0.8m處時，撤去外力F，金屬棒ab繼續(xù)向上運動。金屬棒ab在運動過程中始終保持與導軌垂直，且與導軌接觸良好，不計金屬棒ab與導軌的電阻，重力加速度大小為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）當金屬棒ab運動至x=0.2m處時，電阻R消耗的電功率；
（2）外力F與位移x的關系式；
（3）從金屬棒ab開始運動到運動至最高點的過程中，系統(tǒng)產生的內能。

19．（2023·浙江·模擬預測）如圖所示，兩固定的足夠長平行金屬導軌，水平部分間距為3L，傾斜部分間距為L，與水平夾角。在斜面處存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。兩金屬棒MN和PQ材料和橫截面積相同，分別垂直兩導軌放置，棒MN質量為m、電阻為R、長為L，棒PQ長度為3L。運動過程中棒與導軌始終垂直且保持良好接觸，所有接觸面都光滑，導軌足夠長且電阻可忽略，重力加速度為g，求：
（1）棒MN的下滑過程中，感應電流方向及最終穩(wěn)定的速度大??；
（2）當MN金屬棒下滑速度穩(wěn)定之后（還未進入水平軌道），在水平軌道平面施加豎直向上，大小為0.5B的勻強磁場，并對PQ施一水平力使金屬棒PQ能保持靜止，求該外力的大小；
（3）在第（2）情境下，撤去MN的勻強磁場，接著撤去金屬棒PQ所受的外力，并同時給金屬棒水平向右，大小為v的初速度，金屬棒PQ運動一段距離s后（未停下來），求此刻金屬棒PQ的速度。

20．（2023·浙江·模擬預測）沖擊電流計屬于磁電式檢流計，它可以測量短時間內通過沖擊電流計的脈沖電流所遷移的電量，以及與電量有關的其他物理量測量（如磁感應強度）。已知沖擊電流計D的內阻為R，通過的電量q與沖擊電流計光標的最大偏轉量成正比，即（k為電量沖擊常量，是已知量）。如圖所示，有兩條光滑且電阻不計的足夠長金屬導軌MN和PQ水平放置，兩條導軌相距為L，左端MP接有沖擊電流計D，EF的右側有方向豎直向下的勻強磁場?，F(xiàn)有長度均為L、電阻均為R的導體棒ab與cd用長度也為L的絕緣桿組成總質量為m的“工”字型框架?，F(xiàn)讓“工”字型框架從EF的左邊開始以初速度（大小未知）進入磁場，當cd導體棒到達EF處時速度減為零，沖擊電流計光標的最大偏轉量為d，不計導體棒寬度，不計空氣阻力，試求：
（1）在此過程中，通過ab導體棒的電荷量和磁場的磁感應強度B的大??；
（2）在此過程中，“工”字型框架產生的總焦耳熱Q；
（3）若“工”字型框架以初速度進入磁場，求沖擊電流計光標的最大偏轉量。

21．（2023·浙江·模擬預測）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌豎直固定放置，導軌間距。兩金屬棒、均垂直于導軌放置且與導軌接觸良好，其長度恰好等于導軌間距，兩棒的質量均為，金屬棒電阻，金屬棒電阻，回路中其余電阻忽略不計。棒放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處在垂直于導軌平面向里的勻強磁場中，磁感應強度。棒在恒力作用下由靜止開始向上運動。當棒上升距離為時，它達到最大速度，此時棒對絕緣平臺的壓力恰好為零。取，求：
（1）恒力的大?。?br /> （2）棒達到的最大速度；
（3）在此過程中通過棒的電荷量；
（4）在此過程中棒產生的焦耳熱。


參考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）在磁場中粒子做勻速圓周運動

由幾何關系可得

聯(lián)立解得

（2）由題意可得粒子運動的半徑為

臨界情況為粒子從t=0時刻入射，并且軌跡恰好與y軸相切，此時刻進入的粒子不從y軸射出，其他情況粒子都不會從y軸射出，如下圖所示

該情況下根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得圓周運動的周期為

由幾何關系，內，粒子轉過的圓心角為，對應運動時間為

故要使粒子離開磁場時的位置都不在y軸上，應滿足

聯(lián)立可得

（3）根據(jù)題意可得運動軌跡如下圖

由題意可得

而

聯(lián)立解得

在電場中根據(jù)牛頓第二定律可得

根據(jù)運動學規(guī)律可得往返一次用時為

應有

聯(lián)合解得電場強度的大小為

2．（1）；（2）
【詳解】（1）畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示

粒子在電場I中做勻加速直線運動，根據(jù)運動學規(guī)律有

可得粒子在I電場中運動的時間為

粒子進入II電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋規(guī)律有

由
2h＝vt2
可得粒子在II電場中運動的時間為

可得進入磁場Ⅲ時在y方向上的分速度為
v＝at2＝v
速度偏轉角的正切值為

可得
θ＝45°
粒子進入磁場Ⅲ的速度大小
v′=v
方向斜向右下與x軸正方向成45°角，根據(jù)幾何關系可得粒子在磁場中運動的半徑為
R＝3h
粒子在磁場中運動的周期為

根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中轉過的圓心角為270°，則粒子在磁場中運動的時間為

粒子從D點再次回到電場II中做類平拋的逆過程，再以水平速度v進入I中電場做勻加速直線運動，根據(jù)運動學規(guī)律有
h=a′t12
v＝a′t1
h＝v4t+a′t42
聯(lián)立以上三式可得粒子再次回到電場I中做勻加速直線運動到O點的時間為
t4＝（）t1＝（）
根據(jù)粒子軌跡的對稱性可知粒子從O出發(fā)至返回O點所用時間為
t＝t1+2t2+t3+t4=
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
qv′B1＝m
結合幾何關系
R＝3h
與
v′=v
聯(lián)立可得

粒子第二次運動的軌跡，如圖所示

設粒子第二次進入第一象限的電場II中的速度大小為v1，根據(jù)運動學規(guī)律有
2a?2h＝v12﹣v2
又因為
2ah＝v2
所以可得
v1v
因為第二次運動的過程，電場II不變，所以類平拋過程時間不變，仍為t2，進入磁場Ⅲ時在y方向上的分速度不變，仍為
v＝at2＝v
粒子進入磁場Ⅲ的速度大小
v′′
速度偏向角的正切值
tanα=
故速度偏向角為30°，類平拋沿x方向的位移
x＝v1t2=vt2＝2h
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
qv′′B2＝m
根據(jù)幾何關系可得
R2sin30°＝h+2h
聯(lián)立可得
B2
故磁場的磁感應強度之比

3．（1）4m；（2）－1m；（3）0.171J
【詳解】（1）a棒減速向右運動過程中

解得
xb=4m
（2）a棒在0~xb區(qū)間，由動量定理得
－BLq=mv1－mv0
解得
v0=2m/s
a棒在恒力作用過程中，設某時刻的速度為v，加速度為a，棒中的電流為I，則有
F－BiL=ma

解得

即a棒做勻加速運動，根據(jù)

解得
xa=－1m
（3）a棒在0~xb區(qū)間向右運動過程中，電路產生的熱量

反彈后，a棒向左，b棒向右運動，兩棒的加速度大小相等，相等時間內速度點變化量大小也相等，所以a棒的速度
v'=0.7m/s
此過程中發(fā)熱量

所以
Qb=Q1+Q2=0.171J
4．（1）1.125×10-3T；（2）4.75×10-2m；（3）16倍
【詳解】（1）臨界條件為原電子反彈以后做勻速圓周運動，軌跡與通道左側相切，有
d=r－rcos53°
解得
r=2.5×10-2m
由

解得
B=1.125×10-3T
（2）電子第1次撞壁前的水平速度
vx=v0sin53°=4×106m/s
第1次反彈后的水平速度
v1x=
第2次反彈后的水平速度
v2x=
對應的圓半徑r1=1×10-2m，則有


恰能穿出的臨界條件為
h=+2r1+2r2+2r3+?
解得
h=4.75×10-2m
（3）電子進入勻強電場后，在豎直方向，豎直分速度
vy=v0cos53°=3×106m/s
加速度

水平方向

第1次碰撞前的豎直位移
=0.7575×10-2m
第1碰后到第2碰期間，則有

類平拋的位移

第2碰到第3碰期間，則有

類平拋的位移

同理
y3=42y1
y4=43y1
?
假設電子在穿出前與側壁碰撞了k次，設
h=y0+y1+y2+y3+?
代入數(shù)據(jù)并整理解得
4k=925.25
因為

所以取
k=4
則信號被放大了
24=16倍
5．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由圖乙可知MN兩端的電壓滿足

AC產生的感應電動勢

根據(jù)閉合電路歐姆定律

聯(lián)立可得

根據(jù)速度與時間的關系

聯(lián)立解得


（2）對MN棒分析，可知

對金屬導軌受力分析，根據(jù)題意以斜面向上為正方向，根據(jù)牛頓第二定律有

聯(lián)立可得

（3）從開始運動到撤去外力，這段時間內導軌做勻加速運動，時


對框，由動能定理



聯(lián)立解得

6．（1），；（2）；（3）見解析
【詳解】（1）當電壓 U=0 時，恰好沒有粒子進入磁場Ⅱ，則從下極板邊緣進入的粒子恰好打到上極板右邊緣，如圖所示

根據(jù)幾何關系有

解得

粒子在磁場中做勻速圓周運動

解得

若要使所有的粒子都進入磁場Ⅱ，則粒子必定在極板間做勻速直線運動，則有

解得

（2）對于恰好做類平拋到達下極板右邊緣的粒子有
，
進入磁場Ⅱ的帶電粒子數(shù)目占總帶電粒子數(shù)目的比例為

解得

（3）帶電粒子在極板間的運動可以近似看成類平拋運動，則粒子射出偏轉電場時的速度偏轉角的余弦值為

粒子在偏轉磁場中有

粒子在磁場中運動沿x軸正方向上移動的距離

解得

可見，此值與偏轉電壓無關，則射出的粒子能夠全部被吞噬的條件是

解得

當偏轉磁場的磁感應強度取最大值4B1時 ，吞噬板上時間T內接受到的最大數(shù)密度為

由于電壓與時間是線性關系，而在電磁場中的偏轉距離和電壓也是線性關系，所以數(shù)密度和x軸的關系也是線性關系，當時，有

當時，有

當時，有

當時，有

7．（1）；（2）；（3），；，
【詳解】（1）在勻強電場中有
，
，
根據(jù)相似三角形得

聯(lián)立解得

（2）粒子在勻強磁場中軌跡圖如下

由幾何關系得

解得

則

解得

由洛倫茲力提供向心力得

又

解得

（3）縱坐標由勻強電場決定，則
，，
聯(lián)立解得

由于，則

橫坐標由勻強磁場決定，則

解得

由于

又

聯(lián)立解得

由于，則

8．（1），順時針；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)右手定則可知，線圈中的感應電流方向為順時針方向（俯視），落地時線圈切割磁感線產生的感應電動勢有
E=NvLB
其中
L=2πr
根據(jù)動能定理得

聯(lián)立解得

（2）由于待鋁盒靜止后將彈簧鎖定，因此靜止后彈簧的彈性勢能與未釋放時相等，則從靜止釋放到線框最終靜止的過程中，根據(jù)動能定理有

解得

（3）線框CDFE（含線圈、鋁盒、雞蛋）靜止時有
mg=kx1
由題知線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是裝置剛落地時的兩倍，則說明線框剛落地到最低點下落的距離為x1，根據(jù)法拉第電磁感應定律有

則通過回路某截面的電荷量

整理后有

9．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）當帶電粒子剛好從探測板上方進入磁場，則帶電粒子勻強電場中


又

解得

（2）若離子經(jīng)磁場偏轉后打在距探測板上端處，射出電場時的側移量

進磁場后粒子與打在探測板上的間距

可得

解得

（3）當離子正好與磁場右邊界相切時，根據(jù)幾何關系得

解得

解得此時

離子恰好打在離板上端2d的位置上，此時

可得

則該段時間內，打在探測板上的離子數(shù)比例

10．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意則有


代入數(shù)據(jù)可得

由于產生的是正弦式交變電流，則

回路總電阻

小燈泡的電流有效值

（2）根據(jù)題意則有

產生方波式的交變電流，設有效值為，則由

可得

回路總電阻

小燈泡的電流有效值

（3）由


相同，相同所以有

可得

11．（1）負電；（2）；（3）63%；
【詳解】（1）由左手定則知，小油珠帶負電
（2）小油珠回收率恰好達到，說明臨界條件為從A點沿方向進入的小油珠恰從C點或D點進入收集箱，由

可知小油珠恰從D點進入收集箱時磁感應強度較小
由幾何知識得

解得小油珠做圓周運動的軌跡半徑為

根據(jù)

可知區(qū)域內所加勻強磁場的磁感應強度的最小值為

（3）由圓周運動知識有

得小油珠的軌跡半徑為

設恰運動到D點的小油珠的軌跡圓圓心到板的距離為x，則有

解得

小油珠能被收集箱收集的區(qū)域寬度

回收率

若小油珠的回收率恰好達到，比荷最小的小油珠恰從A點運動到D點，則根據(jù)

解得

12．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設a在斜面上最大速度為，感應電動勢為，則

回路的總電阻

回路總電流

c所受的安培力為，則到最大速度時滿足


解得

（2）a、b在到達PQ前開始勻速運動時，此時a、b、c速度大小相等，設為，則由動量守恒定律得

解得

（3）設b到達PQ時速度大小為，從a離開PQ到b至PQ的過程時間為，回路的總電阻為，平均感應電動勢為，平均電流為，b所受平均安培力的大小為，則




對a、b應用動量定理

解得

從a離開PQ至b到達PQ的整個過程中，整個回路產生的焦耳熱為

c產生的焦耳熱

解得

13．（1）；（2）打在熒光屏上的位置為熒光屏邊的中點；（3）詳見解析，
【詳解】（1）電子從金屬絲到金屬板之間做加速運動，射入磁場速度為v時，由動能定理得

解得

射入磁場速度為時，由動能定理得

解得

即電子的初速度大小

（2）時，磁感應強度方向沿x軸正方向，電子的運動軌跡在過小孔且平行于邊的豎直平面內，電子在磁場中做勻速圓周運動，有

得

設打到熒光屏上的點為f，到s點的距離為，由幾何關系

得

其運動軌跡如圖

打在熒光屏上的位置為熒光屏邊的中點；
（3）由第（2）問可知，電子在內經(jīng)過磁場時，以速度進入磁場的電子打在熒光屏上的位置為熒光屏邊的中點，由于

速度為v的粒子將打在熒光屏上

距cd邊距離x，有

解得

同理，電子在內經(jīng)過磁場時，以v與之間速度進入磁場的電子打在熒光屏上的位置與內的對稱；
電子在內經(jīng)過磁場時，磁感應強度大小為，方向在平面內且方向與x軸、y軸負方向成夾角，電子的運動軌跡在過O、s、b點的豎直平面內，當速度為v時，由向心力公式得

得

由幾何關系可知，電子打不到熒光屏上，當速度為時，由向心力公式得

得


設打到熒光屏上的點為k，到s點的距離為，由幾何關系

得


當速度介于v與之間時，打到熒光屏上的位置在直線上，所以電子在內打在熒光屏上的位置如圖所示

同理，當速度介于v與之間的電子在、、內打在熒光屏上的位置，分別打到熒光屏上的位置在、、直線上，所以如圖所示

14．（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）所有進入極板間的粒子沿x軸正方向的分運動均為勻速直線運動，在極板間的運動時間為

時刻入射的粒子進入極板間，沿y軸方向有

前半個周期內，粒子沿y軸方向發(fā)生的位移

解得

（2）不同時刻射出的粒子沿y軸方向加速和減速的時間相同，所有粒子均沿x軸正方向以速度進入圓形磁場區(qū)域，時刻入射的粒子恰沿半徑方向進入磁場，粒子做勻速圓周運動經(jīng)過原點。根據(jù)幾何關系可知粒子運動半徑

根據(jù)

可得磁場的磁感應強度

（3）從極板間射出的粒子在2d范圍內沿x軸正方向進入圓形磁場，滿足磁聚焦的條件，均在坐標原點O匯聚，從原點O沿x軸正方向和負方向180°范圍內進入第一、二象限，為使其均能打在x軸上0~3d范圍內，粒子在磁場內做圓周運動的半徑


解得磁感應強度大小

磁場范圍的最小面積

解得


15．（1）；（2）；（3）不能
【詳解】（1）釋放瞬間，棒受力如圖

由牛頓第二定律可知

解得

（2）已知感應電流大小為，當棒受到的安培力等于重力下滑分力時速度最大，有

棒的速度最大。聯(lián)立方程解得

下滑過程，由動能定理知

其中安培力做的功

聯(lián)立方程組解得

（3）棒與金屬框相碰過程，由動量守恒知

整體進磁場過程，內電阻為，外電阻為0，設速度為，則回路總電流為

則

所以整體進磁場過程安培力的沖量為

出磁場過程，邊為電源，內電阻為0，外電阻為

同理可得安培力的沖量為

又由動量定理知進出磁場過程中有

解得出磁場時，速度大小

整體沿斜面上滑過程，由動能定理可知

解得重心升高的高度

而邊恰好運動到右側傾斜最低端，則重心升高

所以，棒不能滑上右側傾斜軌道。
另解：若將導體框的邊右側傾斜軌道的最低點時靜止處釋放，滑到水平軌道時導體框的速度為，則由

得

所以棒不能滑上右側傾斜軌道。
16．（1）；（2）① ，② 1:3；（3），
【詳解】（1）在圓形磁場中由牛頓第二定律得

由幾何關系得

在勻強電場中由動能定理得

解得

（2）①由圖可知EF為“二度感光區(qū)”，有幾何關系得當粒子落在E點時軌跡圓的圓心為C



當粒子落在G點時軌跡圓的圓心為G，由幾何關系得


解得

②由圖可知，粒子落在C點時軌跡圓的圓心為H，落在CE段的粒子對應A點的出射角度區(qū)域大小為θ，落在EF即落在“二度感光區(qū)”的粒子對應A點的出射角度區(qū)域大小為α，由幾何關系得
由幾何關系可得由感光板上的長度之比即為個數(shù)比

（3）粒子在磁場中運動的半徑

粒子每次反彈后速度方向相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄拾霃揭沧優(yōu)樵瓉淼囊话?，只有垂直打來的粒子才會反彈，即只有第一次落在E點的粒子能夠反彈，由幾何關系可知該粒子應從H點進入磁場，第一次落在離C點a處，第二次落在離C點2a處，第三次落在離C點2.5a處，第四次落在離C點2.75a處, 第五次落在離C點2.875a處超出感光板邊緣離開第一象限，該粒子在磁場中運動的總時間



解得

該粒子從H到E的路程

從第一次反彈到第二次反彈的路程

從第二次反彈到第三次反彈的路程

從第三次反彈到第四次反彈的路程

從第四次反彈到離開磁場的路程

該粒子在磁場中運動的總路程

解得

17．(1)0.1A；(2)1m/s
【詳解】(1)在t=0至t=4s內，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產生感應電動勢。等效電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻

此時感應電動勢

通過小燈泡的電流

(2)當棒在磁場區(qū)域中運動時，由導體棒切割磁感線產生電動勢，等效電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時電路的總電阻

由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流，則流過金屬棒的電流為

電動勢為

解得
v=1m/s
18．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）當金屬棒ab運動至處時，由圖（b）可知其速度大小

此時感應電動勢

電阻R消耗的電功率

（2）金屬棒ab在無磁場區(qū)間運動時，
由圖（c）可知

由牛頓第二定律有

解得
（N）
金屬棒ab在有磁場區(qū)間運動時，其速度大小
（m/s）
金屬棒ab切割磁感線產生的感應電流

金屬棒ab受到的安培力大小

解得
（N）
由牛頓第二定律有

解得
（N）
綜上，外力F與位移x的關系式為

（3）在磁場中（N），克服安培力做功

金屬棒ab離開磁場時的速度大小

設金屬棒ab離開磁場后向上運動的最大距離為s，由動能定理有

解得

金屬棒ab向上運動過程中，克服摩擦力做功

金屬棒ab在整個向上運動過程中，系統(tǒng)產生的內能

19．（1）；（2），方向水平向右；（3）
【詳解】（1）MN在下滑過程中，根據(jù)右手定則感應電流方向從N到M；切割磁感線產生的感應電動勢

根據(jù)題意以及電阻定律可知

所以感應電流

所以下滑過程中MN的安培力

方向平行斜面向上。當重力分力等于安培力，金屬棒速度穩(wěn)定，即

化簡則

（2）根據(jù)上一問，回路中的感應電流大小

PQ中感應電流方向從P到Q，安培力方向水平向左，根據(jù)平衡關系則

所以外力大小為

方向水平向右。
（3）撤去MN的磁場，則該金屬棒沒有切割磁感線，也沒有安培力，該金屬棒會勻加速下滑。對金屬棒PQ分析，根據(jù)動量定理

其中

帶入則

20．（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）由題意可知在框架進入磁場過程中，通過電流計D的電荷量為
q=kd???①
因為電流計D的內阻和cd阻值相同，根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律可知通過D和cd的電量相等，而此過程中ab相當于干路上的電源，所以有
???②
回路的總電阻為
???③
根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律以及電流的定義式綜合有
???④
聯(lián)立②③④解得
???⑤
（2）在框架進入磁場過程中，根據(jù)動量定理有
???⑥
聯(lián)立③④⑤⑥解得
???⑦
回路產生的總焦耳熱為
???⑧
由于通過ab的電流大小始終等于通過cd和D的電流大小的2倍，則根據(jù)焦耳定律可推知
???⑨
???⑩
所以
????
（3）若“工”字型框架以初速度進入磁場，設cd進入磁場時框架的速度大小為v1，對框架進入磁場的過程根據(jù)動量定理有
?????
根據(jù)④式可知框架進入磁場過程中通過ab和D的電荷量與初速度大小無關，所以
????
解得
????
當框架全部進入磁場之后，ab和cd同時切割磁感線，等效于兩個電源并聯(lián)在一起，此時通過ab和cd的電流大小相等，且通過D的電流等于通過ab和cd的電流之和，對框架全部進入磁場到速度減為零的過程，根據(jù)動量定理有
????
根據(jù)???式可知
????
所以此過程中通過D的電荷量為
????
綜上所述，從ab進入磁場到框架速度變?yōu)榱愕恼麄€過程中，通過D的電荷量為
????
因此
????
21．（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）設棒受安培力為，對棒受力分析

對棒受力分析

聯(lián)立解得

（2）由題意可知




代入數(shù)據(jù)解得

（3）根據(jù)法拉第電磁感應定律得

平均電流

棒由靜止到最大速度通過棒的電荷量

聯(lián)立解得

代入數(shù)據(jù)解得

（4）從開始到達最大速度的過程中，根據(jù)功能關系有

代入數(shù)據(jù)解得

可得


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