專題19 電磁學(xué)計算-【好題匯編】5年（2020-2024）高考1年模擬物理真題分類匯編（解析版）

專題19電磁學(xué)計算1．（2024·北京·高考）如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R。開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。（1）求閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流I；（2）求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a；（3）在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒的速度v隨時間t的變化圖線?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓開關(guān)閉合瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流解得閉合開關(guān)瞬間通過導(dǎo)體棒的電流為（2）開關(guān)閉合瞬間由牛頓第二定律有將電流I代入解得（3）由（2）中結(jié)論可知，隨著電容器放電，所帶電荷量不斷減少，所以導(dǎo)體棒的加速度不斷減小，其v-t圖線如圖所示2．（2023·北京·高考）某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度。a、半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2），25%【詳解】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，有解得（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度且解得b.帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有在豎直方向顆粒勻速下落的顆粒帶電荷量為q顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有設(shè)只有距下極板為d′的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落解得的顆粒被收集的百分比3．（2023·北京·高考）2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進技術(shù)的世界最高速度紀錄。一種兩級導(dǎo)軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導(dǎo)軌流回，圖中電源未畫出。導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度B與電流i的關(guān)系式為（k為常量）。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)?。已知兩?dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m。求：（1）金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F；（2）金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比；（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小v。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知第一級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小為（2）根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域的加速度大小為第二級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域時受到安培力的大小為金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后，根據(jù)動能定理可得解得金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小為4．（2022·北京·高考）指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進了人們對地磁場的認識。現(xiàn)代科技可以實現(xiàn)對地磁場的精確測量。（1）如圖1所示，兩同學(xué)把一根長約10m的電線兩端用其他導(dǎo)線連接一個電壓表，迅速搖動這根電線。若電線中間位置的速度約10m/s，電壓表的最大示數(shù)約2mV。粗略估算該處地磁場磁感應(yīng)強度的大小B地；（2）如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為a，寬為b，厚為c。大小為I的恒定電流從電極P流入、從電極Q流出，當外加與薄片垂直的勻強磁場時，M、N兩電極間產(chǎn)生的電壓為U。已知薄片單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e。求磁感應(yīng)強度的大小B；（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區(qū)地磁場磁感應(yīng)強度的大小和方向，請說明測量的思路?！敬鸢浮浚?）數(shù)量級為10－5T；（2）；（3）見解析【詳解】（1）由E=BLv可估算得該處地磁場磁感應(yīng)強度B地的大小的數(shù)量級為10－5T。（2）設(shè)導(dǎo)電電子定向移動的速率為v，t時間內(nèi)通過橫截面的電量為q，有導(dǎo)電電子定向移動過程中，在方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有得（3）如答圖3建立三維直角坐標系Oxyz設(shè)地磁場磁感應(yīng)強度在三個方向的分量為Bx、By、Bz。把金屬薄片置于xOy平面內(nèi)，M、N兩極間產(chǎn)生電壓Uz僅取決于Bz。由（2）得由Uz的正負（M、N兩極電勢的高低）和電流I的方向可以確定Bz的方向。同理，把金屬薄片置于xOz平面內(nèi)，可得By的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內(nèi)，可得Bx的大小和方向，則地磁場的磁感應(yīng)強度的大小為根據(jù)Bx、By、Bz的大小和方向可確定此處地磁場的磁感應(yīng)強度的方向。5．（2022·北京·高考）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場強帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運動距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運動，后距離做勻速運動，設(shè)用時分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間6．（2021·北京·高考）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得7．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個與運動方向相反的空氣阻力（k為常量）的作用。其速率v隨時間t的變化規(guī)律可用方程（①式）描述，其中m為物體質(zhì)量，G為其重力。求物體下落的最大速率。（2）情境2：如圖1所示，電源電動勢為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢能的減少量物體動能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）；（2）a.，b.；（3）見解析【詳解】（1）當物體下落速度達到最大速度時，加速度為零，有得（2）a.由閉合電路的歐姆定理有b.由自感規(guī)律可知，線圈產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，I-t圖線如答圖2（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場能的增加量克服阻力做功消耗的機械能8．（2020·北京·高考）如圖甲所示，匝的線圈（圖中只畫了2匝），電阻，其兩端與一個的電阻相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。(1)判斷通過電阻的電流方向；(2)求線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(3)求電阻兩端的電壓?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)根據(jù)圖像可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場增大，為了阻礙線圈中磁通量的增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的感應(yīng)電流為逆時針方向，所通過電阻的電流方向為。(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律(3)電阻兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知1．（2024·北京海淀·統(tǒng)考一模）有關(guān)列車電氣制動，可以借助如圖所示模型來理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為L，磁場的磁感應(yīng)強度為B，金屬棒MN的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌右端接有阻值為R的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r，導(dǎo)軌的電阻不計。MN在安培力作用下向右減速運動的過程對應(yīng)于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為v0。（1）求開始減速時：①導(dǎo)體棒兩端的電壓U。②安培力的功率P。（2）在制動過程中，列車還會受到軌道和空氣阻力的作用，為了研究問題方便，設(shè)這些阻力總和大小恒定，對應(yīng)于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金屬棒的速度從v0減至的過程中，金屬棒的位移大小為x。求該過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）①；②；（2）【詳解】（1）①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知導(dǎo)體棒兩端的電壓為②電路中的電流為安培力的功率為解得（2）根據(jù)能量守恒定律可知解得2．（2024·北京西城·統(tǒng)考一模）磁力剎車是為了保證過山車在最后進站時的安全而設(shè)計的一種剎車形式。在軌道之間設(shè)置較強的磁場，剎車金屬片安裝在過山車底部，該裝置（俯視）可簡化為如圖所示的模型：水平導(dǎo)軌間距為L，剎車金屬片等效為一根金屬桿ab，整個回路的等效電阻為R。磁場區(qū)域為方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，過山車的總質(zhì)量為m。過山車以速度v進入磁場區(qū)域，通過磁場區(qū)域后速度變?yōu)?.5v。磁力剎車階段不計摩擦力和空氣阻力。（1）求桿ab剛進入磁場區(qū)域時，受到的安培力F的大小和方向。（2）求過山車通過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。（3）求磁力剎車階段過山車加速度大小a的變化范圍。為使過山車加速度的大小不超過a?，磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）；與速度方向相反；（2）；（3）【詳解】（1）桿通過磁場的過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路的感應(yīng)電流的大小桿受到的安培力大小桿受到的安培力方向與速度方向相反。（2）桿通過磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律有（3）設(shè)桿剛進入磁場時加速度的大小為，根據(jù)牛頓第二定律有得同理，桿即將離開磁場時的加速度大小磁力剎車階段過山車的加速度大小的變化范圍為為使加速度的大小不超過，則得3．（2024·北京西城·統(tǒng)考一模）我國的東方超環(huán)（EAST）是研究可控核聚變反應(yīng)的超大型科學(xué)實驗裝置。該裝置需要將高速運動的離子變成中性粒子，沒有被中性化的離子對實驗裝置有很大的破壞作用，因此需要利用“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”將其從粒子束中剝離出來?！捌D(zhuǎn)系統(tǒng)”的原理簡圖如圖1所示，包含中性粒子和帶電離子的混合粒子進入由一對平行帶電極板構(gòu)成的勻強電場區(qū)域，混合粒子進入電場時速度方向與極板平行，極板右側(cè)存在勻強磁場區(qū)域。離子在電場磁場區(qū)域發(fā)生偏轉(zhuǎn)，中性粒子繼續(xù)沿原方向運動，到達接收器。已知離子帶正電、電荷量為q，質(zhì)量為m，速度為v，兩極板間距為d。離子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮粒子間的相互作用。（1）兩極板間不加電壓，只利用磁場使離子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，若恰好所有離子均被圖1中的吞噬板吞噬，求磁場的磁感應(yīng)強度的大小B。（2）以下極板左端點為坐標原點建立坐標系，沿板建立x軸，垂直板建立y軸，如圖1所示。假設(shè)離子在混合粒子束中是均勻分布的，單位時間內(nèi)通過y軸單位長度進入電場的離子數(shù)為n。在兩極板間加電壓U，恰好所有離子均被吸附在下極板。a．求極板的長度L，并分析落在x軸上坐標為范圍內(nèi)的離子，進入電場時通過y軸的坐標范圍。b．離子落在極板上的數(shù)量分布呈現(xiàn)一定的規(guī)律，若單位時間內(nèi)落在下極板x位置附近單位長度上的離子數(shù)量為，求隨x變化的規(guī)律，在圖2中作出圖像，說明圖線與橫軸所圍面積的物理意義。（若遠小于x，則）【答案】（1）；（2）a．，；b．見解析【詳解】（1）離子恰好被全部吞噬時，離子的運動半徑由洛倫茲力提供向心力得（2）a．離子恰好全部落在下極板，則從上極板邊緣進入電場中的離子沿板方向做勻速直線運動有離子受到電場力根據(jù)牛頓第二定律有垂直板方向做勻變速直線運動有得落在下極板位置的離子，在電場中的運動時間進入電場時的縱坐標同理，落在下極板位置的離子，進入電場時縱坐標離子從區(qū)間進入電場。b．單位時間從范圍內(nèi)進入電場的離子，落在區(qū)間，由離子數(shù)量相等有得圖像如圖所示圖線下的面積代表單位時間內(nèi)落在下極板的離子數(shù)。4．（2024·北京東城·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面上有一邊長為l、電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度大于l的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的左、右邊框平行，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場方向豎直向下。導(dǎo)線框以向右的初速度進入磁場。（1）求dc邊剛進入磁場時，線框中感應(yīng)電動勢的大??；（2）求dc邊剛進入磁場時，ab邊的瞬時電功率；（3）若導(dǎo)線框能夠完全通過磁場區(qū)域并繼續(xù)運動，請在圖乙中定性畫出導(dǎo)線框所受安培力大小F隨時間t變化的圖像，并說明安培力隨時間變化的原因?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），原因見解析【詳解】（1）剛進入磁場時，dc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，此時線框中感應(yīng)電動勢為（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，dc邊剛進入磁場時，線框中感應(yīng)電流為故ab邊的瞬時電功率為聯(lián)立解得（3）當線框dc邊進入磁場到ab邊進入磁場之前，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，任意時刻dc邊產(chǎn)生的瞬時感應(yīng)電動勢為回路中的瞬時電流為線框此時受到的安培力為聯(lián)立可得得方向與速度方向相反，因此，導(dǎo)線框做減速運動，隨著速度v減小，安培力F也減小；根據(jù)牛頓第二定律有且a為速度的變化率，并且F正比于v，所以F減小的越來越慢。由于導(dǎo)線框能夠全部通過磁場區(qū)域，故導(dǎo)線框在速度減為零前已完全進入磁場，且當整個線框均在磁場中運動時，ab邊和cd邊都產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但線框總電動勢為零，電流為零，安培力為零，線框做勻速直線運動；當線框離開磁場區(qū)域時，只有ab邊做切割磁感應(yīng)線運動，只有ab邊產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，導(dǎo)線框又受到安培力作用，初始大小與ab邊剛進入磁場時相同，之后隨著速度的減小而減小。故導(dǎo)線框所受安培力大小F隨時間t變化的圖像如答圖所示。5．（2024·北京朝陽·統(tǒng)考一模）地球高層大氣空域的電離層中存在大量的自由電子和離子，使用繩系衛(wèi)星可以研究電離層的特性。如圖所示，由子衛(wèi)星和組成的繩系衛(wèi)星，在地球赤道上空的電離層中繞地球中心做勻速圓周運動。已知繩系衛(wèi)星軌道距地面的高度為H，兩顆子衛(wèi)星之間的導(dǎo)體繩長為，導(dǎo)體繩沿地球半徑方向。衛(wèi)星軌道所在處的地磁場磁感應(yīng)強度大小為B，方向如圖。地球半徑為R，地球表面處的重力加速度為g，不計地球自轉(zhuǎn)、電離層的運動。（1）不計環(huán)境阻力，求繩系衛(wèi)星在軌道上繞地球中心運行速度的大小v；（2）考慮環(huán)境阻力并設(shè)其大小恒為f、方向總垂直于導(dǎo)體繩，為使衛(wèi)星保持在原軌道上，設(shè)想在導(dǎo)體繩上串聯(lián)接入一電動勢恒定的電源，如圖所示。該電源、導(dǎo)體繩及附近的電離層可視為閉合電路，電路等效總電阻為r，此時在電源和感應(yīng)電動勢的共同作用下，導(dǎo)體繩所受安培力恰好克服環(huán)境阻力。a．說明導(dǎo)體繩中電流方向及導(dǎo)體繩所受安培力方向；b．求接入電源的電動勢E?！敬鸢浮浚?）；（2）a．電流方向由指向，安培力方向與衛(wèi)星運動方向相同；b．【詳解】（1）萬有引力提供向心力對地面質(zhì)量為的物體有得（2）a．根據(jù)題意可知，導(dǎo)體繩所受安培力恰好克服環(huán)境阻力，則安培力方向與衛(wèi)星運動方向相同，根據(jù)左手定則可知，電流方向由指向。b．由于電流方向由P1指向P2，根據(jù)閉合電路歐姆定律和右手定則有要求安培力與阻力平衡聯(lián)立，解得6．（2024·北京豐臺·統(tǒng)考一模）如圖所示，空間中有寬度為d的勻強磁場區(qū)域，一束電子以垂直于磁感應(yīng)強度B并垂直于磁場邊界的速度射入磁場，穿出磁場時的速度方向與原入射方向的夾角θ＝60°。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計重力。求：（1）通過作圖，確定電子做圓周運動時圓心的位置；（2）電子進入磁場的速度大小v；（3）電子穿越磁場的時間t；（4）電子穿越磁場過程中洛倫茲力沖量的大小I?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）圓心O點位置的確定如圖所示（2）設(shè)電子做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系rsin60°＝d洛倫茲力提供向心力聯(lián)立得電子速度（3）由圓周運動周期T與線速度v的關(guān)系得，電子運動時間為可得（4）根據(jù)動量定理如圖所示可得動量的變化量大小為mv解得7．（2024·北京石景山·統(tǒng)考一模）（1）如圖1所示，在勻強電場中，將電荷量的點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做功，再從B點移到C點，靜電力做功。已知電場的方向與△ABC所在的平面平行。①求A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差；②如果規(guī)定B點的電勢為0，求A點和C點的電勢；③請在圖中畫出過B點的電場線方向，并說明理由；（2）如圖2所示，電荷量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。已知靜電力常量為k，若圖中A點的電場強度為0，求B點的電場強度?！敬鸢浮浚?）①，，②，，③見解析；（2），方向水平向左【詳解】（1）①由靜電力做功解得②由解得③過B點的電場線方向如圖中箭頭所示連接AB的中點與C點，即為一條φ=2V的等勢線，根據(jù)勻強電場中電場線與等勢線垂直且從高電勢指向低電勢的特點，過B點作等勢線的垂線可得。（2）A點的電場強度為0，即點電荷q在A點的場強與帶電板在A點的場強等大反向由對稱性，帶電板在B點的場強與A點的場強等大反向，則B點的電場強度方向水平向左。8．（2024·北京石景山·統(tǒng)考一模）（1）如圖1所示，固定于水平面的U形金屬框架處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，金屬框兩平行導(dǎo)軌間距為l。金屬棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做勻速直線運動，運動過程中金屬棒始終垂直于兩平行導(dǎo)軌并接觸良好。請根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，推導(dǎo)金屬棒MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1的大小。（2）變化的磁場會在空間中激發(fā)感生電場。如圖2所示，空間存在一個垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B0，磁場區(qū)域半徑為R。一半徑為r的圓形導(dǎo)線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心O與圓形磁場區(qū)域的中心重合。如果磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為其中k為大于0的常量。求圓形導(dǎo)線環(huán)中的感應(yīng)電動勢E2的大小。（3）電源是通過非靜電力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能的裝置，電源的電動勢是電源內(nèi)部非靜電力所做的功與所移動的電荷量之比。已知電子的電荷量為e。求上述金屬棒中電子所受到的非靜電力F?的大小和導(dǎo)線環(huán)中電子所受到的非靜電力F2的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【詳解】（1）在△t內(nèi)金屬框和棒所圍面積的變化量是△S=lv△t則穿過閉合電路的磁通量的變化量是△=B△S=Blv△t根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得感應(yīng)電動勢（2）由得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得（3）①金屬棒MN向右切割磁感線時，棒中的電子受到沿棒向下的洛侖茲力充當非靜電力F?。由解得②在很短的時間內(nèi)導(dǎo)線環(huán)中電子的位移為△x，非靜電力對電子做的功為F?△x，電子沿著導(dǎo)線環(huán)運動一周，非靜電力做的功根據(jù)電動勢定義解得9．（2024·北京通州·統(tǒng)考一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內(nèi)陰極K發(fā)出的電子經(jīng)陽極A與陰極K之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板C、D間的區(qū)域，若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點，若在兩極板間施加電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點又回到O點。該裝置中C、D極板的長度為，間距為d，極板區(qū)的中點M到熒光屏中點O的距離為，P點到O點的距離為h。（1）判斷所加磁場的方向；（2）求電子經(jīng)高壓加速后的速度大小v；（3）求電子的比荷。【答案】（1）垂直于紙面向外；（2）；（3）【詳解】（1）加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可得出磁場方向垂直于紙面向外。（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，有又有聯(lián)立解得，電子射入偏轉(zhuǎn)電場的速度（3）電子在極板區(qū)域運行的時間在電場中的偏轉(zhuǎn)位移電子離開極板區(qū)域時，沿垂直極板方向的末速度設(shè)電子離開極板區(qū)域后，電子到達光屏P點所需的時間為t2，則有電子離開電場后在垂直極板方向的位移P點離開O點的距離等于電子在垂直極板方向的總位移聯(lián)立解得10．（2024·北京通州·統(tǒng)考一模）磁力剎車是為了保證過山車在進站前降到安全速度而設(shè)計的一種剎車方式，在軌道上安裝可產(chǎn)生很強磁場的長條釹磁鐵，剎車金屬片安裝在過山車底部或兩側(cè)。磁力剎車的結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖1所示，相距為L，水平放置的導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下的勻強磁場中，整個回路的等效電阻為R。將過山車上的剎車金屬片等效為一根金屬桿MN。設(shè)過山車的質(zhì)量為m，不計軌道摩擦和空氣阻力。（1）若過山車水平行駛的速度為v，采用磁力剎車時，求此時過山車的加速度大小a。（2）我們已經(jīng)學(xué)過放射性同位素衰變的快慢遵循一定的統(tǒng)計規(guī)律。任意半衰期T初始時刻的放射性同位素個數(shù)為N。時間T內(nèi)發(fā)生衰變的放射性同位素個數(shù)為ΔN，滿足。某同學(xué)經(jīng)過分析發(fā)現(xiàn)過山車的速度變化與放射性同位素衰變規(guī)律相似，即過山車任意相等短時間內(nèi)速度變化與初速度的比為定值，請推導(dǎo)過山車速度每減小一半所用時間的表達式。并根據(jù)該結(jié)論在圖2中定性畫出水平行駛的過山車在磁力剎車過程中的速度大小v隨時間t的變化圖像。（3）結(jié)合（1）、（2）的研究，對比摩擦力剎車方式，從剎車效果分析，簡要說明磁力剎車的優(yōu)勢和不足?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）若過山車水平行駛的速度為v，則感應(yīng)電動勢安培力加速度解得此時過山車的加速度大?。?）根據(jù)加速度的定義式可知根據(jù)題意，類比放射性同位素衰變規(guī)律，當速度減小為原來一半時，即整理有設(shè)任意相等時間為T，則過山車速度每減小一半所用時間的表達式定性畫出水平行駛的過山車在磁力剎車過程中的速度大小v隨時間t的變化圖像如圖。（3）磁力剎車：速度越大，減速的加速度越大，當速度減到一定程度時，加速度過小，不足以阻止列車。依賴于磁性的基本屬性，除電磁鐵外，使用永磁體的剎車不需要電力。摩擦力剎車：摩擦力恒定，與速度無關(guān)。存在不穩(wěn)定性，比如下雨天剎車打滑等。11．（2024·北京通州·統(tǒng)考一模）對于同一個物理問題，經(jīng)?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，加深理解。給定一段粗細均勻的導(dǎo)體AB，橫截面積為S、長為L。單位體積內(nèi)有n個自由電子，每個電子的電荷量為e。該導(dǎo)體AB兩端加某一電壓時，自由電子定向移動的平均速率為v。（1）求導(dǎo)體中的電流I；（2）經(jīng)典物理學(xué)認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞。電子與金屬離子碰撞的平均結(jié)果表現(xiàn)為導(dǎo)體給電子以連續(xù)的阻力，這是導(dǎo)體形成電阻的原因。設(shè)阻力的大小與電子定向移動速率成正比，即，k是阻力系數(shù)。請推導(dǎo)導(dǎo)體的電阻率。（3）自由電子與金屬離子發(fā)生碰撞，會使金屬離子的熱運動更加劇烈，電子將能量轉(zhuǎn)移給金屬離子，從而使金屬導(dǎo)體發(fā)熱。某段時間內(nèi)，將導(dǎo)體中所有自由電子因與正離子碰撞而損失的動能之和設(shè)為，將這段時間內(nèi)導(dǎo)體產(chǎn)生的焦耳熱設(shè)為Q，請證明：。【答案】(1)；(2)見解析；(3)見解析【詳解】(1)根據(jù)電流的微觀表達式可解得(2)根據(jù)歐姆定律可知將電流微觀表達式帶入可得由電阻率表達式可知將該式帶入歐姆定律表達式可得導(dǎo)體中電子勻速運動，有而根據(jù)電場強度和電勢差的關(guān)系可知聯(lián)立兩式可得將v的表達式代入U的表達式可得化簡后可解得最終化簡可知(3)根據(jù)焦耳熱表達式可知將電流微觀表達式代入可得將電阻率公式和第(2)問的結(jié)論代入，化簡可得由于L為電子移動的總距離，則每個電子損失的動能等于阻力做的功。每個電子移動的距離大約為vt，可得損失的動能為則導(dǎo)體AB中所有電子損失的總動能為可得12．（2024·北京順義·統(tǒng)考一模）如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ之間電勢差為U，金屬板PQ的右方直角坐標系的第一象限內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，從金屬板MN的入口處由靜止釋放，經(jīng)電場加速垂直于y軸進入磁場后做勻速圓周運動，恰好從K點射出，速度方向與x軸負方向夾角為60，忽略重力的影響，求：（1）粒子從電場射出時速度的大小v；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R和運動時間t；（3）若要使粒子從坐標原點O點射出，可以采取什么措施？【答案】（1）；（2）；（3）電勢差變?yōu)?；磁感?yīng)強度變?yōu)椤驹斀狻浚?）依題意，粒子在電場中加速，由動能定理可得解得（2）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖可得解得根據(jù)解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的運動時間為（3）由幾何關(guān)系可知從金屬板MN的入口處到坐標原點的距離為若要使粒子從坐標原點O點射出，則粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為若僅改變磁場的磁感應(yīng)強度，則只需磁感應(yīng)強度變?yōu)?。若僅改變電場的電勢差，則只需電勢差變?yōu)椤?3．（2024·北京房山·統(tǒng)考一模）列車進站時，其剎車原理可簡化如圖所示，在車身下方固定一單匝矩形線框，利用線框進入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車的質(zhì)量為m，車身長為s，線框的ab和cd長度均為L（L小于勻強磁場的寬度），線框的總電阻為R。站臺軌道上勻強磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強度的大小為B。車頭的線框剛進入磁場的速度為v0，列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f。車尾的線框剛進入磁場時，列車剛好停止。求：（1）車頭進入磁場瞬間，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小I，并判斷方向。（2）車頭進入磁場瞬間，列車的加速度大小a。（3）列車從進站到停下來的過程中線框產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?），電流方向為abcd；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)楞次定律結(jié)合安培定則可知，線框中電流的方向為順時針（俯視），即列車進站過程中電流方向為abcd。列車車頭進入磁場瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為則回路中產(chǎn)生的瞬時感應(yīng)電流的大小為（2）車頭進入磁場瞬間所受安培力的大小為則由牛頓第二定律有聯(lián)立解得（3）在列車從進入磁場到停止的過程中，克服安培所做的功在數(shù)值上等于線框產(chǎn)生的熱量，則由能量守恒有解得14．（2024·北京房山·統(tǒng)考一模）電容器作為儲能器件在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電壓隨兩極板所帶的電荷量的變化圖像都相同。（1）請在圖中畫出上述圖像，并類比由圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能。（2）一個金屬球和一個與它同心的金屬球殼組成的電容器叫做球形電容器。孤立導(dǎo)體球可看作另一極在無窮遠的球形電容器。如圖所示，兩極間為真空的球形電容器，其內(nèi)球半徑為，球殼內(nèi)半徑為，電容為，其中k為靜電力常量。根據(jù)球形電容器電容的表達式，推導(dǎo)半徑為R的孤立導(dǎo)體球的電容C的表達式；（3）將帶電金屬小球用導(dǎo)線與大地相連，我們就會認為小球的電荷量減小為零。請結(jié)合上面題目信息與所學(xué)知識解釋這一現(xiàn)象。【答案】（1），；（2）；（3）見解析【詳解】（1）根據(jù)可得做出圖像如圖所示類比由圖像求位移的方法，圖中三角形的面積表示電容器所帶電荷量達到Q時電容器所具有的電勢能的大小，由圖可得而聯(lián)立可得（2）根據(jù)題中模型，可將孤立導(dǎo)體球看成另一極在無窮遠處的球形電容器，即，代入球形電容器電容的表達式可得（3）根據(jù)孤立導(dǎo)體球的電容表達式可知，球體的半徑越大，其電容越大，由于金屬小球的半徑遠小于地球半徑，所以地球的電容遠大于小球的電容，當二者用導(dǎo)線連接，電勢相同，根據(jù)可知，地球的帶電量遠大于小球的帶電量，電荷總量保持不變，所以可以認為小球的電荷量減小為0。15．（2024·北京門頭溝·統(tǒng)考一模）2023年12月1日晚間，絢麗的極光現(xiàn)身北京市門頭溝區(qū)。極光是由太陽拋射出的高能帶電粒子受到地磁場作用，在地球南北極附近與大氣碰撞產(chǎn)生的發(fā)光現(xiàn)象。從北極地區(qū)看赤道平面的地磁場，可簡化為下圖：O為地球球心，R為地球半徑，將地磁場在半徑為R到3R之間的圓環(huán)區(qū)域看成是勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。假設(shè)高能粒子的質(zhì)量為m，電荷量為。不計粒子重力及大氣對粒子運動的影響，且不考慮相對論效應(yīng)。（1）若高能粒子從A點以速度沿切線進入磁場邊界位置時，粒子恰好繞著磁場邊界做圓周運動，求粒子的速度的大小。（2）地球磁層是保護地球的一道天然屏障，它阻擋著高能粒子直接到達地球表面，從而保護了地球上的生態(tài)環(huán)境。a．假設(shè)高能粒子從磁場邊緣A點以速率v沿半徑方向射入磁場時恰不能到達地球表面，求粒子的比荷；b．高能粒子實際上可在赤道平面內(nèi)向各個方向均勻地射入磁場。若高能粒子仍以速率v射入地球磁場，求到達地球粒子數(shù)與進入地磁場粒子總數(shù)比值。（結(jié)果用反三角函數(shù)表示，例：，則，θ為弧度）【答案】（1）；（2）a．；b．【詳解】（1）若高能粒子從A點以速度沿切線進入磁場邊界位置時，粒子恰好繞著磁場邊界做圓周運動，可知粒子的軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得粒子的速度的大小為（2）a．假設(shè)高能粒子從磁場邊緣A點以速率v沿半徑方向射入磁場時恰不能到達地球表面，如圖所示由幾何關(guān)系可得解得由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得粒子的比荷為b．若高能粒子仍以速率v射入地球磁場，可知沿徑向方向射入的粒子會和地球相切而出，和AO方向成角向上方射入磁場的粒子也恰從地球上沿相切射出，在此角范圍內(nèi)的粒子能到達地球，其余進入磁場粒子不能到達地球，作A點該速度垂直和過切點與O點連線延長線交于F點，則F點為圓心，如圖所示由圖中幾何關(guān)系可得，則有可得故到達地球粒子數(shù)與進入地磁場粒子總數(shù)比值為16．（2024·北京延慶·統(tǒng)考一模）電子的電荷量e與其質(zhì)量m之比稱為電子的比荷，測定電子的比荷是物理學(xué)發(fā)展史上的非常重要的事件，電子比荷的測定有多種方法。（1）湯姆孫偏轉(zhuǎn)法測電子的比荷圖是湯姆孫用來測定電子比荷的實驗裝置示意圖，某實驗小組的同學(xué)利用此裝置進行了如下探索：①真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子經(jīng)加速后，穿過A'中心的小孔沿中心線OP的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板M和N間的區(qū)域。當M和N間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心P點處，形成了一個亮點；②在M和N間加上大小為U的偏轉(zhuǎn)電壓后，亮點偏離到P1點；③在M和N之間再加上垂直于紙面向外的勻強磁場，調(diào)節(jié)磁場的強弱，當磁感應(yīng)強度的大小為B時，電子在M、N間作勻速直線運動，亮點重新回到P點；④撤去M和N間的偏轉(zhuǎn)電壓，只保留磁場，電子在M、N間作勻速圓周運動，亮點偏離到P2點。熒光屏可視為平面，測得P、P2的距離。若已知平行板的間距為d，并已經(jīng)求得電子在M、N間作勻速圓周運動的軌跡半徑為r，請結(jié)合上述步驟求電子的比荷。（不計電子所受的重力和電子間的相互作用）（2）磁聚焦法測電子的比荷圖2磁聚焦法測量電子比荷的裝置示意圖。在抽成真空的玻璃管中裝有熱陰極K和有小孔的陽極A。在A、K之間加一電壓，對電子進行加速，電子由陽極小孔高速射出；在電容器C的兩極板間加一不大的交變電場，使不同時刻通過這里的電子發(fā)生不同程度的微小偏轉(zhuǎn)，在電容器右側(cè)和熒光屏之間加一水平方向的勻強磁場，進入磁場的電子會沿不同的螺旋線運動，每繞行一周后都會到達同一位置聚焦，適當調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度的大小，可使電子流的焦點落在熒光屏S上。已知加速電壓的大小為U0，電容器右端到熒光屏的水平距離為l，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，假設(shè)電子在磁場中運動僅繞行一周就剛好打在熒光屏上，請根據(jù)以上條件及所學(xué)的知識求電子的比荷。（不計電子所受的重力和電子間的相互作用）（3）如何說明金屬導(dǎo)電靠的是電子？有人嘗試用下述實驗來證明這件事：讓一塊向前運動的金屬長方體突然剎車，其中的載流子便會因慣性而聚集到前端使之帶電，而在后端由于缺乏這種電荷而帶相反電性的電，于是在導(dǎo)體前后兩端之間形成電場，通過分析該情景下載流子的受力和運動就可以求解載流子的比荷。若該比荷的數(shù)值與湯姆孫所研究的陰極射線（電子流）的比荷相同，就可以說明金屬導(dǎo)電靠的是電子。已知金屬導(dǎo)體突然剎車的加速度大小為a，你認為這種實驗方法能否測出電子的比荷？如果能，請寫出還需測量的物理量和對應(yīng)的測量工具，并用需要測量的物理量表示金屬內(nèi)部載流子的比荷。如果不能，你認為還有什么方法可以測量該金屬導(dǎo)體內(nèi)部載流子的比荷？【答案】（1）；（2）；（3），還需要用合適的電表測出，用刻度尺測出導(dǎo)體沿運動方向的長度L【詳解】（1）設(shè)電子進入極板間的速度為v，由平衡條件有兩極板間電場強度電子在磁場中做勻速圓周運動聯(lián)立解得

（2）電子在A、K之間加速設(shè)進入磁場時電子的速度大小為v'，與水平方向夾角為θ，設(shè)其垂直磁場的分速度為v1，平行磁場方向的分速度為v2由題意可知速度分量可證電子回旋周期故電子在磁場中做螺旋運動的螺距可得（3）能測出電子的比荷設(shè)剎車過程中的導(dǎo)體前后之間的電勢差的大小為，導(dǎo)體的長度為L根據(jù)牛頓第二定律于是在加速度已知的條件下，我們還需要用合適的電表測出，用刻度尺測出導(dǎo)體沿運動方向的長度L。17．（2024·北京海淀·統(tǒng)考二模）如圖所示，寬為L的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成α角，金屬桿ab水平放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直，處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。電源電動勢為E，當電阻箱接入電路的阻值為R0時，金屬桿恰好保持靜止。不計電源內(nèi)阻、導(dǎo)軌和金屬桿的電阻，重力加速度為g。（1）求金屬桿所受安培力的大小F。（2）求金屬桿的質(zhì)量m。（3）保持磁感應(yīng)強度大小不變，改變其方向，同時調(diào)整電阻箱接入電路的阻值R以保持金屬桿靜止，求R的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）電路中的電流金屬桿受到的安培力（2）金屬桿受力平衡，有解得（3）當磁感應(yīng)強度垂直斜面向上時，安培力最小，電路中的電流最小，R有最大值，依據(jù)平衡條件有解得18．（2024·北京海淀·統(tǒng)考二模）分析電路中的電勢變化是研究電路規(guī)律的重要方法。比如閉合電路歐姆定律可以通過分析電勢的變化得出：在電源內(nèi)部，電流I從負極流向正極，非靜電力的作用使電勢升高E（電動勢），電流流過電源內(nèi)阻r時電勢降低，因此電源兩端電壓。（1）如圖1所示，100匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、K與一個電阻相連，線圈的電阻r=5Ω。線圈內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，線圈中的磁通量隨時間均勻變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流，A、K兩點間的電勢差。求：①線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E。②磁通量的變化率。（2）電動機的模型示意圖如圖2所示，MN、PQ是間距為L的固定平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下的勻強磁場中，M、P間接有電源。一根與導(dǎo)軌接觸良好、長度也為L、阻值為R、質(zhì)量為m的金屬棒cd垂直導(dǎo)軌放置，通過輕滑輪以速率v勻速提升質(zhì)量為m的重物。摩擦阻力、導(dǎo)軌電阻均不計，重力加速度為g。當電動機穩(wěn)定工作時，求cd兩端的電勢差。（3）如圖3所示，將一長方體金屬薄片垂直置于勻強磁場中，在薄片的左右兩個側(cè)面間通以向右的電流時，上下兩側(cè)面間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，在垂直上下表面的連線上e、f兩點間電勢差的絕對值通常稱為霍爾電壓。實際測量霍爾電壓時的測量點往往不在垂直上下表面的連線上（如e、g兩點），從而導(dǎo)致測量出現(xiàn)偏差，但仍可以采用一定的辦法推測出準確的霍爾電壓。某次測量，先測得e、g兩點間的電勢差為，僅將磁場反向，磁感應(yīng)強度的大小不變，再測得e、g兩點間的電勢差為Ueg′，求上述情況中該金屬薄片產(chǎn)生的霍爾電壓UH。【答案】（1）50V，0.5Wb/s；（2）；（3）【詳解】（1）①路端電壓代入數(shù)據(jù)得②由法拉第電磁感應(yīng)定律，得（2）設(shè)電路中的電流為I，金屬棒中電流從c到d，非靜電力（洛倫茲力）做負功，電勢降低BLv，靜電力做正功，電勢降低IR，金屬棒cd兩端的電勢差物體勻速上升，有解得（3）設(shè)f、g間的電阻為R，通過金屬薄片的電流為I，金屬薄片上e、g兩點的電勢差磁場方向、通過金屬薄片中的電流方向如題中圖3所示時，金屬片薄上表面的電勢低，可得

僅磁場方向反向時，金屬片上表面的電勢高，同理可得

解得霍爾電壓19．（2024·北京西城·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩平行正對的極板A與B的長度均為L，極板間距為d，極板間的電壓為U，板間的電場可視為勻強電場。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的離子，沿平行于板面的方向射入電場中，射入時的速度為，離子穿過板間電場區(qū)域。不計離子的重力，求：（1）離子從電場射出時垂直板方向偏移的距離y；（2）離子從電場射出時速度方向偏轉(zhuǎn)的角度（可用三角函數(shù)表示）；（3）離子穿過板間電場的過程中，增加的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）離子在偏轉(zhuǎn)電場中，根據(jù)牛頓第二定律，有離子在偏轉(zhuǎn)電場的運動時間離子從偏轉(zhuǎn)電場射出時，沿垂直于極板方向偏移的距離得（2）離子從電場射出時，垂直于極板方向的速度速度方向偏轉(zhuǎn)角度（如答圖1所示）則（3）離子增加的動能20．（2024·北京東城·統(tǒng)考二模）如圖所示，在真空中A、B兩個完全相同的帶正電小球（可視為質(zhì)點）分別用長為l的輕細線系住，另一端懸掛在P點，電荷量qA=qB=q0。OP為A、B連線中垂線，當A、B靜止時，∠PAO＝60°。已知靜電力常量為k，求：（1）輕細線拉力的大小FT；（2）P點電場強度的大小Ep和方向；（3）若把電荷量為q＝2.0×10－9C（q＜＜q0）的正試探電荷從P點移到O點，克服電場力做了1.0×10－7J的功，求P、O兩點間的電勢差UPO?！敬鸢浮浚?）；（2）；方向向上（沿OP向上）；（3）－50V【詳解】（1）A、B間的庫侖力F=（2）由點電荷的場強公式知EAP＝EBP＝因此E＝2EAPcos30°＝方向向上（沿OP向上）（3）P、O兩點間的電勢差21．（2024·北京朝陽·統(tǒng)考二模）如圖1所示，水平放置的兩平行金屬板相距為d，充電后帶電量保持不變，其間形成勻強電場。一帶電量為+q、質(zhì)量為m的液滴以速度從下板左邊緣射入電場，沿直線運動恰好從上板右邊緣射出。已知重力加速度為g。（1）求勻強電場的電場強度大小E；（2）求靜電力對液滴做的功W；（3）如圖2所示，若將上極板上移少許，其他條件不變，請在圖2中畫出液滴在兩板間的運動軌跡。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）液滴沿直線恰好從上板右邊緣射出，可知受力平衡，即解得（2）靜電力對液滴做的功（3）根據(jù)可得若將上極板上移少許，兩板間場強不變，液滴受電場力不變，則液滴仍沿直線運動，軌跡如圖22．（2024·北京西城·統(tǒng)考二模）在半導(dǎo)體芯片加工中常用等離子體對材料進行蝕刻，用于形成半導(dǎo)體芯片上的細微結(jié)構(gòu)。利用電磁場使質(zhì)量為m、電荷量為e的電子發(fā)生回旋共振是獲取高濃度等離子體的一種有效方式。其簡化原理如下：如圖1所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B；旋轉(zhuǎn)電場的方向繞過O點的垂直紙面的軸順時針旋轉(zhuǎn)，電場強度的大小為E；旋轉(zhuǎn)電場帶動電子加速運動，使其獲得較高的能量，利用高能的電子使空間中的中性氣體電離，生成等離子體。（提示：不涉及求解半徑的問題，圓周運動向心加速度的大小可表示為）（1）若空間只存在勻強磁場，電子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，求電子做圓周運動的角速度。（2）將電子回旋共振簡化為二維運動進行研究。施加旋轉(zhuǎn)電場后，電子在圖2所示的平面內(nèi)運動，電子運動的過程中會受到氣體的阻力，其方向與速度的方向相反，大小，式中k為已知常量。最終電子會以與旋轉(zhuǎn)電場相同的角速度做勻速圓周運動，且電子的線速度與旋轉(zhuǎn)電場力的夾角（小于90°）保持不變。只考慮電子受到的勻強磁場的洛倫茲力、旋轉(zhuǎn)電場的電場力及氣體的阻力作用，不考慮電磁波引起的能量變化。a．若電場旋轉(zhuǎn)的角速度為，求電子最終做勻速圓周運動的線速度大小v；b．電場旋轉(zhuǎn)的角速度不同，電子最終做勻速圓周運動的線速度大小也不同。求電場旋轉(zhuǎn)的角速度多大時，電子最終做勻速圓周運動的線速度最大，并求最大線速度的大小。c．旋轉(zhuǎn)電場對電子做功的功率存在最大值，為使電場力的功率不小于最大功率的一半，電場旋轉(zhuǎn)的角速度應(yīng)控制在范圍內(nèi)，求的數(shù)值。【答案】（1）；（2