【新高考】2012-2020浙江省高考物理专项分类汇编专题21 电学计算题 题目+答案

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专题21 电学计算题
1、(浙江.2012)11．（20分）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．
（1）判读墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度B的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
2、(浙江.2012)12．（22分）为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r1=5.0×10﹣2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属外圈和绝缘幅条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ=．后轮以角速度ω=2π rad/s，相对转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．
（1）当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
（2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
（3）从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab﹣t图象；
（4）若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．
3、(浙江.2013)24． (20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．
(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？
(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．
4、(浙江.2013)25． (22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2 Ω·m的海水，通道中a×b×c＝0.3 m×0.4 m×0.3 m的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝6.4 T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3 m×0.4 m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I＝1.0×103 A的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm≈1.0×103 kg/m3.
(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．
(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？
(3)当潜艇以恒定速度v0＝30 m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v＝34 m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．
5、(浙江.2014)24．某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)
第24题图
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
6、(浙江.2014)25． 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)
第25题图1
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；
(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；
第25题图2
(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．
7、(浙江.2015)24．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度取）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数至少为多少
（2）进一步探究电磁感应现象，另选匝、形状相同的线圈，总电阻，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。　　
8、(浙江.2015)25．使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道时半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。
为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于点（点图中未画出）。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L。OQ与OP的夹角为，
（1）求离子的电荷量q并判断其正负
（2）离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为，求；
（3）换用静电偏转法引出离_???????????????é??_道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。
9、（2016?浙江）11．（20分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50m，倾角θ=53°，导轨上端串接一个0.05Ω的电阻．在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T．质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m．一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）．求
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q．
10、（2016?浙江）12．（22分）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin（α±β ）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1﹣2sin2．
11、(浙江.2017)22.间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为，长为的金属杆，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆、和电阻均为。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；
（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小；
（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热
12、(浙江.2017)23.如图所示,在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出N个速率均为的电子，形成宽为2b，在轴方向均匀分布且关于轴对称的电子流。电子流沿方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为且关于轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围；
（3）当时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
（4）画出电流随变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。
13、(浙江.2018)22．（10分）【加试题】压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号，其原理如图1所示。压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“-|”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（x=αp，α>0）。霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B=B0（1-β|x|），β>0。无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1 、D2两点间产生霍尔电压U0。
（1）指出D1 、D2两点哪点电势高；
（2）推导出U0与I、B0之间的关系式（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd，其中e为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p（t），霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。（结果用U0、U1、t0、α及β表示）
14、(浙江.2018)23．（10分）【加试题】如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界，方向垂直直面向内的匀强磁场区域。一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m）。现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q；
（3）在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
15、(浙江.2019)22.如图所示，倾角θ=37°、间距l=的足够长金属导轨底端接有阻值R=Ω的电阻，质量m=的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在≤x≤区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F的作用下，从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v=kx（可导出a=kv），k=5s-1。当棒ab运动至x1=处时，电阻R消耗的电功率P=，运动至x2=处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：（提示：可以用F-x图像下的“面积”代表力F做的功，sin37°=）
（1）磁感应强度B的大小;
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
16、(浙江.2019)23.（10分）【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一的圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知0，0，N、P两点间的电势差NP，，不计重力和离子间相互作用。
（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；
（2）求质量为的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；
（3）若磁感应强度在（）到（）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和的两束离子，求的最大值。
17、(浙江.2020)22.如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框，当平行于磁场边界的边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到边进入磁场时撤去外力。若以边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在内流过导线横截面的电荷量q。
18、(浙江.2020)23.某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到距离L的关系。
专题21 电学计算题 参考答案
1、(浙江.2012)11．
解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有： ①
由①式得，q=． ②
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷． ③
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有：
④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d ⑤
由②④⑤式得，B=．⑥
（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R′，有：
⑦
由图示可得， ⑧
得， ⑨
联立②⑦⑨式可得，．
答：（1）墨滴带负电，电量为．
（2）磁感应强度B=．
（3）B’的大小为．
2、(浙江.2012)12．
解：（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由E=得：感应电动势为
E=﹣
=
=4.9×10﹣2V
根据右手定则判断可知电流方向由b到a；
（2）ab边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示
（3）设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，
ab两端电势差： ①
设ab离开磁场区域的时刻t1，下一根金属条进入磁场的时刻t2
t1==s ②
t2==s ③
设轮子转一圈的时间为T，
T==1s ④
在T=1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．
由①→④可画出如下Uab﹣t图象
（4）小灯泡不能正常工作，因为感应电动势E=4.9×10﹣2V远小于灯泡的额定电压，因此闪烁装置不可能工作．
B增大，E增大，但有限度；
r增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变．
3、(浙江.2013)24．
解： (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．
(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有
eE＝m
Ek0＝mv2
R＝
联立解得：E＝＝
(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有
ΔΕk＝qU
对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有
ΔΕk左＝e(φB－φC)
对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有
ΔΕk右＝e(φA－φC)
(4)根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有
>
即>
4、(浙江.2013)25．解： (1)将通电海水看成导线，所受磁场力
F＝IBL
代入数据得：F＝IBc＝1.0×103×6.4×0.3 N＝1.92 N
用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)
(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．
改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．
(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率
P1＝F牵v0
根据牛顿第三定律：F牵＝12IBL
当v0＝30 m/s时，代入数据得：
P1＝F牵v0＝12×1.92×103×30 W＝6.9×105 W
第二部分：海水的焦耳热功率
对单个直线推进器，根据电阻定律：
R＝ρ
代入数据得：R＝ρ＝0.2× Ω＝0.5 Ω
由热功率公式，P＝I2R
代入数据得：P单＝I2R＝5.0×105 W
P2＝12×5.0×105W＝6.0×106 W
第三部分：单位时间内海水动能的增加值
设Δt时间内喷出的海水质量为m
P3＝12×
考虑到海水的初动能为零，
ΔΕk＝Εk＝mv
m＝ρmbcv水对地Δt
P3＝12×＝12×ρmbcv＝4.6×104 W
5、(浙江.2014)24．[答案] (1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J
解：(1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ　U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J
6、(浙江.2014)25．答案： ,2L)　(2)垂直纸面向外　(3)v0≤v≤
(4)vmax＝
解析：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力．
(1)由动能定理得Mv＝eU①
U＝,2e)②
a＝＝e＝,2L)③
(2)垂直纸面向外④
(3)设电子运动的最大半径为r
2r＝R.⑤
eBv＝m⑥
所以有v0≤v<⑦
要使⑦式有解，磁感应强度B>.⑧
(4)如图所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r
根据几何关系得r＝⑨
由⑥⑨式得vmax＝ .
7、(浙江.2015)24．答案：（1）N1=25匝（2）
解：（1）线圈受到安培力
代入数据得N1=25匝
（2）由电磁感应定律得

由欧姆定律得
线圈受到安培力
天平平衡
代入数据可得
8、(浙江.2015)25．答案：（1），正电荷（2）（3）
解：（1）离子做圆周运动
，正电荷
（2）如图所示
O?Q=R， OQ=L， O?O=R–r
引出轨迹为圆弧
根据几何关系得
（3）电场强度方向沿径向向外
引出轨迹为圆弧

9、（2016?浙江）11．
解：（1）CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：
a==12m/s2…①
进入磁场时CD棒的速度为：v===2.4m/s…②
（2）CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：E=Blv…③
感应电流为：I=…④
CD棒安培力为：FA=BIl…⑤
联立代入得：FA==48N…⑥
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：W=F（s+d）=64J…⑦
由于 F﹣mgsinθ﹣FA=0…⑧
所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t=…⑨
则电阻产生的焦耳热为：Q=I2Rt=26.88J
答：（1）CD棒进入磁场时速度v的大小为2.4m/s
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小是48N；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W是64J，电阻产生的焦耳热Q是26.88J．
10、（2016?浙江）12．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
分析：（1）根据带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式和左手定则求解
（2）离子在峰区运动轨迹是圆弧，在谷区做匀速直线运动，根据几何关系求出圆弧所对的圆心角，根据求出离子绕闭合平衡轨道一周的时间，即离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T
（3）根据几何关系求出谷区圆弧所对的圆心角，峰区和谷区圆弧的弦长相等，列出等式求出B′与B之间的关系；
解：（1）峰区内圆弧半径①
旋转方向为逆时针方向②
（2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角③
每个圆弧的长度④
每段直线长度⑤
周期⑥
代入得⑦
（3）谷区内的圆心角θ=120°﹣90°=30°⑧
谷区内的轨道圆弧半径⑨
由几何关系⑩
由三角关系?
代入得?
答：（1）闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r为，离子旋转的方向是逆时针；
（2）轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ是，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T为；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，B′和B的关系是．
11、(浙江.2017)22.答案：(1)=6m/s (2) v’=1.5m/s (3)0.25J
考点：本题主要考察知识点：电磁感应与动量守恒定律综合应用
解：沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡
(1)感应电动势
电流
安培力
匀速运动条件

（2）由定量守恒定律

（3）进入B2磁场区域，设速度变化v,动量定理有


出B2磁场后“联动三杆”的速度为


12、(浙江.2017)23.答案：（1），（2）60o,（3）（4）
解：由题意可以知道是磁聚焦问题，即
轨到半径R=r

右图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，由几何关系

同理下端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是60度
范围是

每秒进入两极板间的电子数为n

n=0.82N
(4)有动能定理得出遏止电压
与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压或者根据（3）可得饱和电流大小。
13、(浙江.2018)22．答案：（1）D1点电势高
（2）电子受力平衡：evB0=eEH 得到
（3）霍尔电压，
振幅： 频率：
14、(浙江.2018)23．
解：（1）感应电流，受力平衡mg=BIl
进入时的y方向速度vy=2m/s，B=2T
（2）由动量定理：-BlΔq=mv-mv0得到
全过程能量守恒：得到Q=0.0375J
（3）进入磁场前：x≤0.4m， Uab=0
进入磁场过程：0.4m＜x≤0.5m，
在磁场中 0.5m＜x≤0.6m，
出磁场过程 0.6m＜x≤0.7m，
15、(浙江.2019)22.
解：（1）当棒ab运动至x1=0.2m处时，速度v=kx1=5×0.2=1m/s
电阻R消耗的电功率P=
又E =Blv
联立得B==T=T
（2）无磁场区间0≤x＜0.2m，a=5v=25x
根据牛顿第二定律得F -μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得F =0.96+2.5x
有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m
棒ab所受的安培力大小FA=BIl=Bl==0.6x
根据牛顿第二定律得F-μmgcosθ-mgsinθ-FA=ma
解得F =0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x
（3）上升过程中，棒ab克服安培力做功（FA-x图象中梯形面积）WA1=
（x1+x2）（x2-x1）
解得WA1=0.18J
撤去外力后，棒上升的最大距离为s，再次进入磁场时速度为v′，由动能定理得：
上升过程有-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-
下降过程有（mgsinθ-μmgcosθ）s=-0
解得v′=2m/s
因mgsinθ-μmgcosθ-=0，故棒ab再次进入磁场后作匀速运动，
下降过程中克服安培力做功WA2=（x2-x1）
解得WA2=0.144J
故电阻R产生的焦耳热Q=WA1+WA2=0.324J。
答：（1）磁感应强度B的大小是T；
（2）外力F随位移x变化的关系式：无磁场区间0≤x＜0.2m，为F =0.96+2.5x；有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m，为F=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q是0.324J。
16、(浙江.2019)23.
解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qE0=m，
解得：E0=；
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=m，
解得：B=；
（2）对离子，由动能定理得：qUNP=，
解得：v=v0，
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=，
解得：r=r0，
距离：l=2rcosθ，
解得：l=；
（3）恰好能分辨的条件：=，
解得：=-4≈；
答：（1）静电分析器中半径为r0处的电场强度E0为，磁分析器中的磁感应强度B的大小为；
（2）质量为的离子到达探测板上的位置与O点的距离l为；
（3）若磁感应强度在（B-△B）到（B+△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和的两东离子，的最大值为：。
17、(浙江.2020)22.答案：(1)；(2)；(3)
解：(1)由图2可知，则回路电流
安培力
所以外力
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，时，，磁通量，则t时刻，磁通量
解得
(3)电荷量
电荷量
总电荷量
18、(浙江.2020)23.答案：(1)，0.8R；(2)；(3)当时：；当时：；当时：
解：(1)离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得
，

(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大，
则
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
当时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力
当时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
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