專(zhuān)題21計(jì)算題電與磁基礎(chǔ)-三年高考物理試題分項(xiàng)版解析

21（基礎(chǔ)題1．（16分）【2016·卷】如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力?！敬鸢浮浚?）R

T

（2）E【2016·海南卷】如圖，A、Cx軸和y軸上，∠OCA=30°，OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng)。在△OCAxOymqy軸的方向從OAOC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)t0。不計(jì)重力。OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這AC5t0 0

3【解析】（1）t090°T=4t0①設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子速度為v，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r。由洛倫茲力公式和定律得2qvB=mv2r勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度滿(mǎn)足v2πrTB

④（2）OAOCPT2

，，【2016·江蘇卷】（16分）回旋的工作原理如題15-1圖所示，置于真空中的D形金屬盒半T

2EmEm所需的總時(shí)間t0q2B2

πBR2

00

（2）

（3）d

（3）0~(Tt2則所占的比例為

Tt 2由99,解得d

【方法技巧】考查回旋的原理，能獲得的最大速度對(duì)應(yīng)最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，?！?016·卷】（14分）如圖，一關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的導(dǎo)體軌道位于內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻mxF作用下從原點(diǎn)由靜yaxρ，P=ky3/2（SI）。求：y=0y=LF4aB22 【答案】（1）y )k

W L2B2lFRP 4B2P Rv2R24aB22代入前式得y( )xk

4B22B22B2 Rkk3變化關(guān)系；通過(guò)動(dòng)能定理計(jì)算棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力做的功。3【

B=0.5T。有一帶正電的小球，m=1×10–6kgq=2×10–6CvP點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)（不考慮磁場(chǎng)引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10m/s2。求： （2）3.5q2E2q2E2m2gv=20vEθtanθ=mg3代入數(shù)據(jù)解得tan 3P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy=vsinθ⑤23 s=3.53、【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，主要物體的平衡運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、平、；在xxOyx軸成45mq（q>0）v0yPy軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度T0，磁場(chǎng)的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不?jì)重力。Px

（2）E

B RT x5，所需時(shí)間tt5

聯(lián)立123式得t1 時(shí)速度大小仍為v0。設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，qE v1 56t2 t2 78E、寬度為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開(kāi)關(guān)S和，v0x軸正向流動(dòng)，液體所受的摩擦阻力不變。S=dhR可獲得的最大Pmd/h的值?！敬鸢浮浚?）U0

LdvB2（2）p （3）pLhR

LSv2B2 液體受到的力為F安，有：p1hd=f，p2hd=f+F安，F(xiàn)安=BidI

U0R兩道題板間液體的電阻rLdvB2聯(lián)立解得：p LhR

電阻R獲得的功率為：pI2R，p 0LR

Rh

hd hd R

LSv2B2 【2014·大綱卷·25】（20分）如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面（xy平面）xyx軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d，0）[學(xué)科-網(wǎng)x軸的方向進(jìn)人電場(chǎng)。不計(jì)重力。yθ，求：【答案】（1）E＝1vtan2θ 2 v0v2v 第二定律和向心力公式有：qv0B＝m r vx＝axtvx 2 ），有tanθ＝ E＝1

tan2 2vv0

【2014··10】（17分）在如圖所示的豎直平面內(nèi)。水平軌道CD和傾斜軌道GH與半r=9mDG點(diǎn)，GHθ37GB=1.25TD點(diǎn)、垂直于紙面的豎E=1×104N/CP1m=2×10-3kg、電荷q=+8×10-6CF=9.98×10-3NCDD點(diǎn)后P1GP2GHt0.1s與P1相遇。P1P2CD、GH=0.5g10m/s2，sin37°0.6，cos37°=P1CDv【答案】 （2）P1G點(diǎn)的速度為v1由動(dòng)能定理知qErsin37mgr(1cos37)1mv21mv2解得速度v15

P1GHqEmgN1，沿斜面向下的滑動(dòng)f1設(shè)加速度為a1 第二定律有N1mgcos37qEcos37，f1qEmgsin37f1ma1，⑥解得a110m/s2P1GHsvt1at2 2m2gsin37m2gcos37m2a2⑧解得a22m/s2P2GH

1at2ss1s2⑩s=0.56m⑾

2123【考點(diǎn)定位】物體平衡動(dòng)能定理第二定律勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)【2014·浙江·24】（20分）其同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置，工作原理如圖所示。一個(gè)半徑為R=0.1mROA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在r=R/3的圓盤(pán)，圓盤(pán)和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。圓盤(pán)上繞有m=0.5kg的鋁塊。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻B=0.5T。a點(diǎn)與導(dǎo)軌相連，bOa、bUh=0.3mU=0.15V。（細(xì)線(xiàn)與圓盤(pán)間沒(méi)有滑動(dòng)國(guó)，金屬g=10m/s2）【答案】（1）正極（2）2 由電磁感應(yīng)定律得UE

1BR2

U1BR2

vr13v=2Emgh1mv22【2014··33】（14分）如圖，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，其MN、PQ邊的電阻不計(jì)，MPR=1.5Ω，MNMP135°，PQMP垂直，MP1m。將質(zhì)量m=2kgMPMN、PQG、H間的距離L=4m.B=0.5TGH處以一定的初GH2mEFW=7Jv3【答案】（1）8N（2）t1s

v3（3）LEF根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程電流不變判斷電動(dòng)勢(shì)不變，設(shè)末速度為v'BLv3BLEFv可得vIR電動(dòng)勢(shì)BS運(yùn)動(dòng)時(shí)間t

3 B2L2v 克服力做功IRt 3 根據(jù)動(dòng)能定理有7 3

1mv'2

mv3整理可得3

1ms或

7m/s（舍去330°MP（電阻忽略不計(jì)MPNP2.5m，MN3mMNO為原點(diǎn)、OPxOx。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CDd3mm1kgR0.3ΩFMNv=1m/s，x軸正向運(yùn)動(dòng)（金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好）。g10m/s2。CDEx0.8m處電勢(shì)差UCDCDMNPFx2F-求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦【答案】（1）E1.5V，UCD0.6V；（2）F12.53.75x（0≤x≤2）；（3）Qlx

lOPxd33Rl

ld

電 IRl桿受的力F安為F安BIl7.5FFmgsinF12.53.75x（0≤x≤2）F-x圖象如圖所示。FWFF-xW512.52J

EPmgOPsin

QWFEP【2014·江蘇·13】（15分）如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)3dθd的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁Bm的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前Rg。求：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦QmgR

m3g2R2sin2【答案】

B2

根據(jù)力大小公式有根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝R

mgRsinB2L2、【考點(diǎn)定位】本題主要考查了共點(diǎn)力平衡條件力大小公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電、· 勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T?！I的磁場(chǎng)中，ab、cdg10ms2，問(wèn)cd下滑的過(guò)程中，abab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cdvQ【答案】（1）ab；（2）v5ms；（3）Q1.3J（2）ab剛好不下滑時(shí)，abFmax

E I R1設(shè)ab所受力為F安，F(xiàn)安 v5m/ 【方法技巧導(dǎo)體棒在切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中在力的作用下運(yùn)動(dòng)趨向于穩(wěn)定最終勻速運(yùn)動(dòng)，示，固定于水平面的UMNF的vvFMN始終與導(dǎo)線(xiàn)框形成閉合電MNRLB，忽略摩擦阻力通過(guò)公式推導(dǎo)驗(yàn)證：在時(shí)間內(nèi)t，F(xiàn)MNW等于電路獲得的電能W，也等于導(dǎo)線(xiàn)MN中產(chǎn)生的焦Q。m=8.0gL=0.1mI=1.0A1個(gè)自由電子，計(jì)算MNv（下表中列出了一些你可能用到的數(shù)據(jù)）。[分）的碰撞，展開(kāi)你翅膀，給出一個(gè)合理的自由電子運(yùn)動(dòng)模型：在此基礎(chǔ)上，求出導(dǎo)線(xiàn)MN中金屬f

7.8106m/s（3）

EBLv[IE[R導(dǎo)線(xiàn)受到的力為F安BIL

B2 拉力F做功WFxFvt，將F代入得到 tR電能為WEI

B2L2v2

t產(chǎn)生的焦為QI

B2L2v2

t，由此可見(jiàn)WW設(shè)電子在每一次碰撞結(jié)束至下一次碰撞結(jié)束之間的運(yùn)動(dòng)都相同，設(shè)經(jīng)歷的時(shí)間為t，電子的動(dòng)量變化MNffff洛tft

方法二：能量解法tNe電阻上產(chǎn)生的焦是由于克服金屬離子對(duì)電子的平均作用力做功而產(chǎn)生的，有Wt時(shí)間內(nèi)電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力所做的功，可以表示為WNf電生的焦為：Q

動(dòng)，A、BAv060°；它B30°A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差?！敬鸢浮縐

q【2015·重慶·7】音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤(pán)、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動(dòng)機(jī).7圖是某音圈電機(jī)L，匝數(shù)為n，磁極正對(duì)區(qū)B，區(qū)域外的磁場(chǎng)忽略不計(jì).線(xiàn)圈左邊始終在磁場(chǎng)外，右邊始終在磁場(chǎng)內(nèi)，前后兩邊在磁場(chǎng)內(nèi)的長(zhǎng)度始終相等.PQI．若此時(shí)線(xiàn)圈水平向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，求力的功率【答案】（1）FnBIL，方向水平向右；（2）P【解析】（1）線(xiàn)圈的右邊受到磁場(chǎng)的力，共有n條邊，F(xiàn)nBILnBILPFv【考點(diǎn)定位】考查力、功率【2015·新課標(biāo)Ⅰ·24】如圖，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕12V2Ω。已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量0.5cm0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量?！敬鸢浮縨IR

12v6A 力FBIL根據(jù)定則可判斷金屬棒受到力方向豎直向下開(kāi)關(guān)閉合前2k0.5102mmg開(kāi)關(guān)閉合后2k0.50.3102mmgm【考點(diǎn)定位】【方法技巧】開(kāi)關(guān)斷開(kāi)前后彈簧長(zhǎng)度變化了0.3cm是解題的關(guān)鍵，變化的原因是力的出現(xiàn)，從而把L=0.1mH=0.3mN1。線(xiàn)圈的下邊處于g10m/s2為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線(xiàn)圈的匝數(shù)N1至少為多N2100R10，不接外電流，兩臂平衡，如圖2所示，保持B0不變，圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪0.1m0.01kg 【答案】（1）N25匝（2）B 力FN1B0 天平平衡mg 代入數(shù)據(jù)得N125 （2）由電磁感應(yīng)定律得EN2 E

B 由歐姆定律得I' R線(xiàn)圈受 力F'N2B0I' B天平平衡mg

2B0t

【考點(diǎn)定位】法拉第電磁感應(yīng)，歐姆定律，力【2015·海南·13】如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)R相連；Bm的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速度v勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求：RB2

B2l【答案】（1）P （2）F 【方法技巧】力是聯(lián)系力與電磁感應(yīng)的橋梁，分析好導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合歐姆定律，分析解【2015··23】在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E（圖中未畫(huà)出Am，帶電荷量為+q的粒子，BCl0為ACAC【答案】

（2）t

（3）vC（3）粒子在DC2l0vCx2T，vCya2Tv2v2 【2015··22】如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L=0.4m一端連接R=1B=1TMN放在導(dǎo)軌上，其F作v=5m/s。求：0.1sIf【答案】（1）E2.0VI

；（2）I

0.08(N

U【規(guī)律總結(jié)】電磁感應(yīng)共分兩種情況：動(dòng)生問(wèn)題（棒切割磁感線(xiàn)）EBLv由右手定則；感生問(wèn)題（磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化）EnBS·【2016新課標(biāo)Ⅱ卷（12分）如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻ml的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0F的恒定拉力作用下由靜·μg。求：【答案】（1）Blt0(Fm

（2） m【考點(diǎn)定位】電磁感應(yīng)定律、第二定【名師點(diǎn)睛】此題是法拉第電磁感應(yīng)定律與第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題；解題時(shí)要認(rèn)真分析物理過(guò)【2015··32】如圖（a）兩相距L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上，導(dǎo)軌左端與阻值R=2Ωm=0.2kg的金屬桿垂直于導(dǎo)軌v-t圖像如圖（b）15s時(shí)撤去拉力，同時(shí)使磁場(chǎng)隨時(shí)間變化，從而保持桿中0，求（2）0-15sB0【答案】（1）0.24N；（2）0.4T；（3）B(t)

50(t15)(t15—20s15—20sd，15s后x

B(t)

B0dd

50(t15)(t【考點(diǎn)定位】第二定律；導(dǎo)體棒切割磁感v-t圖象。分析清楚每個(gè)過(guò)程中的力，以及為什么只有這些力。例如：15—20s時(shí)間段內(nèi)速度在改變，而合力恒定，說(shuō)明沒(méi)有感應(yīng)電生。3【2015··33】如圖，在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一輕桿可繞固定轉(zhuǎn)軸O在qA、B；A帶正電，B帶負(fù)電；A、B兩球3

（9001800）O初始狀態(tài)的電勢(shì)能We桿在平衡位置時(shí)與電場(chǎng)間的夾角桿在電勢(shì)能為零處的角速度23(1sin)6cos5【答案】（1）-323(1sin)6cos523(1sin)23(1sin)6cos523(1sin)6cos5【解析】由此得tan

mg OAθ=150°時(shí)，AO正上0θ<150°時(shí)，AO正下方處電勢(shì)能為零。末態(tài)：We0EPmgl3qElcosmglsin5ml22223(123(1sin)6cos523(1sin)6cos523(1sin)6cos52mg(1sin)6qEAO正上方時(shí)，23(123(1sin)6cos5【2015··11】如圖所示，凸字形硬質(zhì)金屬線(xiàn)框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，abl，cd2l，abcd2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線(xiàn)框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd2lcd邊進(jìn)入磁ef、pqef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線(xiàn)框又做cdg；求：【答案】（1）v4v；（2）HQ （2cd2mgl1 mg2lH1mv21mv2H

Q28l

【2015··24】真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置，如圖所示，光照前兩板都板運(yùn)動(dòng)，忽略電子之間的相互作用，保持光照條件不變，abA板逸出的NEkme。AB板之間的最大電勢(shì)差Uma、bIm在a和b之間連接一個(gè)外電阻時(shí)，該電阻兩端的電壓為U，外電阻上消耗的電功率設(shè)為P;單位BAB板的過(guò)程中損失的動(dòng)能之和設(shè)為EK，請(qǐng)推導(dǎo)證明：PEK【答案】

Ekm

I短

Ee

，r

（3）P（1）A板后，ABAB之間形成電場(chǎng)，將阻礙后B運(yùn)動(dòng)。當(dāng)AB之間的電勢(shì)差達(dá)到最大值Um時(shí)，以最大初動(dòng)能從A板逸出的光電子也BeUm

e短路時(shí)，在A板上方設(shè)置與At內(nèi)通過(guò)該參考面的電荷量QNetIQ

E由閉合電路的歐姆定律可得rI

er

BNIQNetN PUI光電阻在兩極板中運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩極板間電壓為U,每個(gè)電子損失的動(dòng)能Ek0B板的電子損失的總動(dòng)能EkNEkEkP【2015·江蘇·13】做磁檢查時(shí)，對(duì)施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電的半徑r=5.0cm，線(xiàn)圈導(dǎo)線(xiàn)的橫截面積A=0.80cm21.5m，如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線(xiàn)圈【答案】 （2）4×10- （3）8×10-【解析】（1）R2rAEBr2E=4×10-Q

Et，解得：Q=8×10-2R2【考點(diǎn)】考查感應(yīng)電動(dòng) 本題主要是公式及計(jì)算，理解法拉第電磁感應(yīng)定律En，磁通量的變化可以【2015··35】如圖（a）所示，平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌右端接有R＝1Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌間正方形abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bdL0Bt變化，規(guī)律如圖（b）所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開(kāi)始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1s后剛好進(jìn)入磁v＝1m/s做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求：【答案】⑴E＝0.04V；⑵Fm＝0.04N，i＝t－1