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2011-2012广东(广州+各市)高考、模拟考计算题(电磁学)答案


(2011 广东高考) 35、解: (1)粒子从 A 点射出后到外界边界射出过程,由动能定理得



解得



(2) 撤去电场后, 粒子运动轨迹如答图1, 设粒子运动的轨道半径为 r, 由牛顿第二定律 由几何关系可知,粒子运动的圆心角为90 ,则 得 ④
0



联立③④得



匀速圆周运动周期



粒子在磁场中运动时间



联立③⑤⑥⑦,得



(3)要使粒子一定能够从外圆射出,粒子刚好与两边界相切,轨迹如由③可知,R 越大,B 越小。与磁

场边界相切的圆的最大半径为 R=

=2



设此过程的磁感应强度为 B1, 由牛顿第二定律



由⑨⑩,得

(11)

还有一种情况如图所示

所以速度大小 v3应满足: (2010广东高考)



36.解:(1)粒子运动半径为



由牛顿第二定律



匀速圆周运动周期



粒子在磁场中运动时间



1

(2)如图。设粒子运动临界半径分别为 R1和 R2

⑤ 设粒子临界速度分别为 和 ,由②⑤⑥式,









若粒子通过转盘,由题设可知



联立⑦⑧⑨,得对应转盘的转速分别为





粒子要打在感光板上,需满足条件



(2012 广州一模) 35.解: (1)ab 在磁场区域运动时,产生的感应电动势大小为: E势 ? BLv0 …① 金属板间产生的场强大小为: E ?
? …② 3d
3dmg …④ qLv0

ab 在Ⅰ磁场区域运动时,带电小球匀速下落,有 mg ? qE …③,联立①②③得: B ?

(2)ab 在Ⅱ磁场区域运动时,设小球的加速度 a,依题,有 qE ? mg ? ma …⑤,联立③⑤得: a ? 2 g …⑥ (3)依题意,ab 分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时,小球在电场中分别做匀速、匀加速和匀速运动,设 发生的位移分别为 SⅠ、SⅡ、SⅢ;ab 进入Ⅲ磁场区域时,小球的运动速度为 vⅢ。则:
d d 1 d d d …⑦,SⅡ= v ? ? ? 2 g ? ( )2 …⑧,SⅢ=vⅢ ? …⑨ ,vⅢ= v ? 2 g ? …⑩ v0 v0 2 v0 v0 v0 A B + + + gd 又:SⅠ+SⅡ+SⅢ=3d …○ 11 ,联立可得: v ? v0 ? …○ 12 v0

SⅠ= v ?

M


O

评分说明:①②③④⑤⑥每式 2 分;⑦⑧⑨⑩○ 11 ○ 12 每式 1 分 (2012 佛山一模)

S●

R O2 - - - N d B P Q

35.解: (1) (共 4 分)带电粒子在加速电场中,由动能定理得: qU ?

1 2 mv 0 (3 分) 2

得带电粒子离开 B 板的速度: v0 ?

2qU …(1 分) m

2

(2) (共 9 分)粒子进入偏转电场后,有: t ?

L ……(1 分) v0

E?

2U F (1 分) , F ? qE (1 分) ,a ? (1 分) , v y ? at (1 分) ,解得 : v y ? v0 (1 分) L m

【说明: 1.直接写出: v y ? at ?

qE q ? 2U L qE q ? 2U L 给满分 6 分; 2. 写出: t? ? ? v0 , v y ? at ? t? ? , m mL v0 m m L v0
qE t ,后面连等错的,如将 2U 写成 U 的给 3 分; m

最后计算结果错的给 5 分;3.只写对: v y ? at ? 4.只写至: v y ? at ?

F t ,后面连等错的,给 2 分;5.只写至: v y ? at ,后面连等错的,给 1 分. 】 m
2 2 v0 ? vy ? 2v0 ? 2

则粒子离开偏转电场时的速度大小: v ?

qU ,…(2 分) m

【说明:若未用 v0 ?

2qU 0 代入,只算到 v ? 2v0 ,给 1 分】方向与水平方向成 45 角.…(1 分) m

(3) (共 5 分)粒子进入磁场后,据牛顿第二定律得:

Bqv ? m

v2 …(2 分) R

由几何关系得: d ? R cos 45 …(2 分) ,解得: d ?
0

2m qU . (1 分) qB

(2012 揭阳一模) 35.解: (1)由题可知粒子在极板间受电场力和洛伦兹力平衡, 由粒子带正电可得电场强度方向竖直向上, (1 分) 设大小为 E,有: qE ? Bqv …①(2 分)


S
P



解得: E

? Bv (2 分)

(2)从 O1 进入磁场Ⅱ偏转后从点 S 飞出,如图, 设轨道半径为 R2,由几何关系得: S ? 2R2 …②(2 分) 又 2 Bqv ?

· O ● 1







O· 1 1



mv 2 …③(2 分),解得: S ? mv (2 分) R2 Bq

● ●





O● (3)由题可知撤去电场后粒子恰能飞出极板并回到 O 点,其轨迹如图所示: 1 设在磁场Ⅰ中偏转半径为 R1,则: Bqv ?



· O1 1 M

O3

N

mv2 …④(1 分) R1

O2
3

联立③④得: R1 ? 2 R2 …⑤(1 分) 由几何关系得:

3 R d ? 2 …⑥ (1 分),联立⑤⑥解得 R2 ? d …⑦(1 分) 2 R1 ? d R1

O3O1 ? R2 2 ? d 2 ?

5 3 5 3? 5 9 (2 分) d …⑧(1 分),故磁场Ⅱ区域的宽度至少为 O1 N ? d ? d? d …○ 2 2 2 2

(2012 汕头一模) 36.解: (1)由法拉第电磁感应定律,棒 PQ 产生的电动势 E ? Blv0 …①(2 分) 则回路产生的电流大小 I ?

Blv0 … ②(2 分) 2R v0 ③ 4

(2) 棒 PQ 和 MN 在运动过程中始终受到等大反向的安培力, 系统的动量守恒, 得 m v0 ? m v1 ? 2m ?

由能量守恒定律,回路中产生的焦耳热为 Q ? 解得 Q ?

v 1 2 1 2 1 m v0 ? m v1 ? 2m( 0 ) 2 …④(2 分) 2 2 2 4

5 2 mv 0 …⑤(1 分) 16

(3)回路中的电流始终保持为 I0,则棒 PQ 和 MN 所受的安培力大小保持不变.若 d 足够长,则棒 PQ 先向 右匀减速运动再向左匀加速运动,返回轨道左端时速度大小仍为 v0,而这个过程棒 MN 一直向右匀加速
' 运动,由动量守恒定律得: mv0 ? m(?v0 ) ? 2mv2 …⑥(2 分)
2 m v0 1 2 设这个过程棒 MN 的位移为 x, 由动能定理得 I 0 Blx ? 2mv ' 2 …⑦ (2 分) , 解得 x ? …⑧ (1 分) 2 I 0 Bl 2 m v0 时 , 棒 MN 在 导 轨 上 一 直 向 右 匀 加 速 运 动 直 到 脱 离 导 轨 , 由 动 能 定 理 得 : I 0 Bl

讨论:①当 d ?

I 0 Bld ?

1 2mv 2 ,解得 MN 棒脱离导轨时的速度 v ? 2

I 0 Bld m

…⑨(2 分)

2 m v0 ②当 d ? 时,棒 PQ 先从导轨左端脱离导轨,棒 MN 之后保持匀速运动直到脱离导轨,脱离导轨时的 I 0 Bl

速度 v ? v' 2 ? v0 …⑩(2 分)

(2012 深圳一模) 36.解:(1)A 球能做圆周运动,必须有:Eq=mAg…2 分, E ?

mA g =17N/C…1 分,电场强度方向竖直向上…1 q
4

M

M

M


P R/ N h 37° Q Q O/ R/ A N h 37° R O R vA N h 37° Q
/ /

P B

P

x

vB0

O

vy

vB

(2)A 球在 MNPQ 区域运动时间相等, 必须从边界 MN 飞出, 如图所示, 最大半径满足: R cosθ +R =hcosθ …… 2分 A 球做匀速圆周运动有: qBvA ? mA
2 vA …2 分,解得:vA=0.4m/s) (1 分) R?

依题意,A 球速度必须满足:0<vA≤0.4m/s(1 分) (3)AB 相碰后,A 做匀速圆周运动,半径 R=h(1 分) 由 qBvA ? mA
2 vA 错误!未找到引用源。得 vA=0.9m/s(1 分) ,B 球做平抛运动,设飞行的水平距离为 x, R

时间为 t,有:x=vB0t(1 分)
h ? x tan ? ? 1 2 ,vB0=vytanθ =gttanθ (1 分) ,得 vB0=3m/s(1 分) gt (1 分) 2

由动量守恒定律得:mAvA0=mAvA+mBvB0(1 分) ,mB=0.119kg(1 分)

(2012 湛江一模) 35.解:(1)电阻 R 的电流方向为 M→O (3 分)

(2)导体棒 CD 达到最大速度时拉力与安培力的合力为零,由牛顿第二定律有: F ? BI m L ? 0 ① (3 分) 由法拉第电磁感应定律有 Em ? BLvm …②(3 分) 由闭合电路的欧姆定律有 I m ? Em ( R ? R0 ) …③(2 分) 联立①②③式解得磁感应强度大小为 B ?

F ( R ? R0 ) …④(2 分) L2 vm
1 2 mv m … ⑤(3 分) 2
⑥ (1 分)

(3)设产生的总热量为 Q ,由功能关系有 Fs ? Q ? 由电路知 R 、 R0 所产生的热量关系为 QR ?

R Q R ? R0

联立⑤⑥式求得电阻 R 上产生的热量为 QR ?

R 1 2 ( Fs ? m vm ) ⑦(1 分) R ? R0 2
5

(2012 肇庆一模) 35.解: (1)设电子打到 D 点时的动能为 Ek,由动能定理可得: Ek ?
2 得: Ek ? (Ue ? mv0 ) / 2 ②(2 分)

1 U 2 mv 0 ? e ①(3 分),由①式解 2 2

(2)设电子刚好打到极板边缘时的速度为 v,电子在平行板电容器间做类平抛运动,设其在竖直方向的加 速度为 a,在电场中的飞行时间为 t,则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得: 分)

eu ? ma ③(1 d

d / 2 ? at 2 / 2 ④(1 分) , v ? L / t ⑤(1 分) ,由③④⑤式联立解得: v ?
所以电子要逸出电容器,必有: v0 ? L ue / m
d

L ue d m

(1 分)

(1 分)

(3)在只有磁场情况下电子要逸出电容器,有两种情况. ①电子从左边出,做半圆周运动,其半径: R1 ? d / 4 ⑥(1 分)
2 由洛仑兹力和向心力公式可得: ev1 B ? mv1 ,由⑦式解得: v1 ? eBd / 4m ⑧(1 分) / R1 ⑦(1 分)

因此电子避开极板的条件是: v1 ? eBd / 4m ⑨(1 分)
2 ②电子从右边出,做半圆周运动其半径: R2 ? L2 ? ( R2 ? d / 2)2



由⑩式解得: R2 ? (4L2 ? d 2 ) / (4d )

(1 分)

2 由洛仑兹力和向心力公式可得: ev2 B ? mv2 11 (1 分) / R2 ○

由○ 11 式解得: v2 ? (4L2 ? d 2 )eB / (4dm) ○ 12 (1 分) 电子避开极板的条件是: v2 ? (4L2 ? d 2 )eB / (4dm) (1 分)

(2012 茂名一模) 35.解: (1)设粒子在电场中运动的时间为 t ,粒子经过 y 轴时的位置与原点 O 的距离为 y,则:

S OA ?

F 1 2 F at …○ 1 (1 分), a ? …○ 2 (1 分), E ? … ○ 3 (1 分), y ? v0t …○ 4 (1 分) m 2 q
15 2

解得:a=1.0×10 m/s

t=2.0×10 s

-8

y ? 0.4m

5 ○

(3 分)

v

y

(2)粒子经过 y 轴时在电场方向的分速度为 v x ? at (1 分)

E O1

? 2 ?107 m / s (1 分)
粒子经过 y 轴时的速度大小为: v ?
2 2 7 vx ? v0 (1 分) ? 2 2 ?10 m / s (1 分)

v0
O A x

6

与 y 轴正方向的夹角为θ :θ = arctan

vx 0 ? 45 (1 分) v0
/

要粒子不进入第三象限,如图所示,此时粒子做圆周运动的轨道半径为 R ,则: R/ ? 由 qvB ? m
v2 (2 分),解得 B ? (2 2 ? 2) ?10?2 T (2 分) / R

2 / R ? y (2 分) 2

(2012 东莞一模) 35.解: (1)微粒在加速电场中由动能定理得 qU 1 ? (2)微粒在偏转电场中做类平抛运动,有

1 4 2 (2 分) ,解得 v0=1.0×10 m/s (1 分) mv 0 2

a?
vy v0

qU 2 L (2 分) , v y ? at ? a (2 分) md v0
U2L 1 (2 分) ? 2U 1 d 3

飞出电场时,速度偏转角的正切为 tan? ? 解得 θ =30 (1 分) 进入磁场时微粒的速度是: v ?
o

?

v0 2 3 ? ? 104 m/s (2 分) cos? 3

(3)轨迹如图,由几何关系有: D ? r ? r sin ? (2 分) 洛伦兹力提供向心力: Bqv ? 代入数据得 D=0.1m (1 分)

mv r

2

(1 分) ,联立以上三式得

D?

m v0 (1 ? sin ? ) (2 分) qB cos?

(2012 惠州一模) 36. 解: (1) (8 分)在 t=0 时刻,电子进入偏转电场,Ox 方向(水平向右为正)做匀速直线运动。 (2 分)

Oy 方向(竖直向上为正)在 0-t0 时间内受电场力作用做匀加速运动, a ?
在 t0~2t0 时间内匀速直线运动,速度 v y ?

U 0e (2 分) dm

2 3U 0 et0 U 0 et0 1 2 (2 分) ,侧向位移 y ? at 0 (2 分) ? v y t 0 ,得 y ? 2 dm 2dm

(2) (6 分)设电子以初速度 v0=vx 进入偏转电场,在偏转电场中受电场力作用而加速。不管电子是何时进入 偏转电场,在它穿过电场的 2t0 时间内,其 Oy 方向的加速度或者是 a ?

U 0e (电压为 U0 时) ,或者是 0 dm
U 0 et0 。 (2 分) dm

(电压为 0 时) 。(2 分) ?v ? a?t ,它在 Oy 方向上速度增加量都为 ?v y ? 因此所有电子离开偏转电场时的 Oy 方向的分速度都相等为 v y ? 有电子离开偏转电场的偏向角都相同。 (2 分)

U 0 et0 ;Ox 方向的分速度都为 v0=vx,所 dm

(3) (6 分) 设电子从偏转电场中射出时的偏向角为?, 电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上,
7

如图所示。电子在磁场中运动的半径: R ?

l sin ?

(2 分) vt θ R l (1 分)

设电子从偏转电场中出来时的速度为 vt, 则电子从偏转电场中射出时的偏向角为:

sin ? ?

vy vt

(1 分)

电子进入磁场后做圆周运动,其半径 R ? 由上述四式可得: B ?

mvt eB

U 0 t0 。 (2 分) dl

(2011广州一模) 35.解: (1)设带电粒子的质量为 m、电量为 q,在平行金属板间的运动速度为 v,平行金属板间的场强为

E0.依题意,有:

……① ,又匀强电场,有:

……②,联立①②解得:

……③

(2)带电粒子进入 pOy 区域,做匀速圆周运动,设轨道半径为 r,有:

……④

依题意带电粒子进入第Ⅰ象限转过 系: ……⑤

圈后从 Op 上离开磁场,如图,由几何关

联立③④⑤得:

……⑥

(3) 匀速圆周运动的周期

……⑦

带电粒子在磁场中的

运动时间:

……⑧ ……⑨

离子从 C 出来后作匀速直线运动,设经过 x 轴上的 D 点,如图,由几何关系,有:

从 C 到 D 的时间为:

……⑩

联立③⑤⑦⑧⑨⑩得:

评分说明:①②③④⑤⑥每项正确的给2分;⑦⑧⑨⑩每项正确的给1分;结果 t1,t2正确给2分。如果: ①②连等或合并一式,正确的给4分;⑦⑧连等,正确的给2分

8

(2011汕头一模) 36. (1)cd 杆保持静止,则杆所受安培力 设 ab 杆所受的拉力为 F,则对 ab 杆,有 ① (2分) ②(2分)

设 ab 杆的速度为 v0,则回路中的感应电流 拉力做功的功率 ④(1分)

③(2分)

联立解得拉力做功的功率

⑤(2分)

(2)开始时 ab 杆所受合力沿斜面向上,因此沿斜面向上运动,而 cd 杆所受合力沿斜面向下,因此沿斜 面向下运动,随着速度的增大,安培力也逐渐增大,最后两杆同时达到匀速运动状态。 设 ab 杆和 cd 杆最后的速度大小分别为 v1、v2,因为两杆组成的系统所受的外力合力为零,因此系统 动量守恒,取沿斜面向上为正方向,则 cd 杆匀速运动,则杆所受安培力 ⑦(1分) ⑥(2分)

回路中的电流

⑧(2分)

联立解得 ab 杆和 cd 杆达到稳定状态时的速度分别为

(方向沿斜面向上) ⑨(2分)

(方向沿斜面向下)

⑩(2分)

(2011深圳一模) 35.解: (1)由法拉第电磁感应定律得:

…………5分

(2)

…………………………5分

(3)分析线圈受力可知,当细线松弛时有:

9

…………………………4分 由图像知: 解得: ……………………4分

(2011茂名一模) 36.解:(1) 离子在磁场中做匀速圆周运动,由于洛仑兹力提供向心力,则有:

① (3分)

解得:

(2分)

(2) 将速度 v 分解为如图所示的 x 方向速度 v1和 y 方向速度 v2, 得到: ② (1分) ③ (1分)

离子在偏转电场中,由动能定理: 联立②③④解得: (3)当圆心 (2分)



(2分)

在 x=0.01m 时,由于 R=0.02m=2r,所以离子从 x 轴上的 D (2分)

点离开磁场。

由几何关系可知,离子打在荧光屏的最低点,纵坐标为:

⑤(2分) 随着磁场向右移动,荧光屏上亮点的位置逐渐向上移动,当速度 v 的方向

与磁场边界相切时, 离子将打在荧光屏的最高位置。 其最高点的纵坐标为: ⑥ (2分)

故离子打在荧光屏上的点纵坐标范围为[



]

(1分)

(2011东莞一模) 35。(1)设粒子经电场加速后的速度为 v,根据动能定理有 qEL=

1 2 mv (3分) ,得: v ? 2

2qEL (2分) m

10

(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动, 设其半径为 R, 因洛仑兹力提供向心力, 所以有 qvB= m (2分)

v2 R

由几何关系得

(3分),所以

(2分)

(3)设粒子在电场中加速的时间为 ,在磁场中偏转的时间为

粒子在电场中运动的时间 t1=

=

(2分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动,其周期为 由于∠MON=120°,所以∠MO'N=60°

(2分)

故粒子在磁场中运动时间 t2=

(2分)

所以粒子从 A 点出发到 N 点离开磁场经历的时间 t= t1+t2 = 分)

+

=

(2

(2011肇庆一模) 36.解: (1)电场方向竖直向下(2分) ,与磁场构成粒子速度选择器,离子运动不偏转,则:qE=qB v①(2分),由①式解得:v=2×10 m/s (2分)


(2)撤去电场,离子在磁场中做匀速圆周运动,所需向心力为洛伦兹力,于是:qBv= 由②式可得:R=0.4m

②(1分)

离子离开磁场区边界时,如答图(甲)所示,偏转角: sinθ = 分) 由③式得: θ =30° y1=0.05m

=

③(1

偏离距离y1=R-Rcos ④ (1分) , 由④式得:

离开磁场后离子做匀速直线运动,总的偏离距离为y=y1+Dtanθ 分) ,由⑤式得:y=0.28m

⑤(1

11

若撤去磁场,离子在电场中做匀变速曲线运动

通过电场的时间:t=

⑥(1分)

加速度:a=

⑦(1分)

偏离距离为y2′=

at ⑧(1分) ,由⑥⑦⑧式解得y2′=0.05(m)



偏转角为θ ′,如图(乙)所示,则 tanθ ′=

⑨(1分) ,而 vy = at ⑩(1分) 11 (1分) ○

离开电场后离子做匀速直线运动,总的偏离距离y′=y2′+Dtanθ 由○ 11 式解得y′=0.25(m) ,a、b间的距离 由上述式子解得: =0.53(m) (1分) =y+y′○ 12 (1分)

(2011江门一模) 36.(1)由左手定则可知:该粒子带正电荷。 (1分)

粒子在磁场中做圆周运动,设半径为 r,速度为 v0,几何关系有:

(2分)

得:

(1分)

粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律: (1分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动:

(2分) ,得:

①(2分)

对回路,由闭合电路欧姆定律:

②(2分)

由①②得:

(1分)

(3)当 ab 棒达到最大速度时,设变阻器接入电路电阻为 R,电压为 U,由①式得: 对变阻器,由欧姆定律: ③ (1分)

12

极板电压也为 U,粒子匀速运动:

④ (2分)

由①③④得:

(1分)

因 R 为: (2分)

, 故粒子的速度范围为:

(2011揭阳一模)

35.解:(1)根据法拉第电磁感应定律,闭合电路的电动势为

-----(2分)

根据闭合电路的欧姆定律,闭合电路的电流为

-----(2分)

电阻获得的电压

-----(1分)

因电容器与电阻是并联的,故电容器获得的电压

-----(1分)

(2)带电粒子在电容器中受到电场力作用而做匀加速直线运动,根据动能定理,有:

---(2分)

得到带电粒子从小孔

射入匀强磁场时的速度为

----(2分)

(3)带电粒子进入圆形匀强磁场后, 洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力, 有:

----(2分)

得带电粒子在圆形匀强磁场运动的半径为

---(2分)

又圆形磁场的半径

,即

----(1分)

根据左手定则, 带电粒子在圆形磁场向右转过 分)

的圆周 (如右图所示) , 故它离开磁场时的偏转角为90°. (3

13

(2011广州二模)

35、解:?由

得,ab 到达圆弧底端时的速度为



在底端时:

②,联以上两式得:N=3mg ⑤



根据牛顿第三定律知,ab 对轨道的压力 N ?=N=3mg

?ab 刚进入磁场时,由右手定则可判断电流的方向为 abdca ?设 cd 刚离开磁场时的速度为 v,则 ab 此时的速度为2v,以为 ab、cd 为系统,所受合外力为零,动量守

恒,则有:mv0=m×2v+3mv

⑥,联①⑥得:



此时 ab 产生的感应电动势为 E=2BLv

⑧,cd 已出磁场,不产生的感应电动势

回路中的感应电流为:

⑨ ⑩

ab 受到的安培力为:F=ILB

联⑦⑧⑨⑩?得:

?

(2011东莞二模) 35.解: (1)ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动,速度为 ,则有: ①



对 ab 棒 F-BIl=0 ③

解得



注:Vm、F 是正比关系,在不同拉力作用下物体做匀速运动的最大速度不同。 (2)在全程,由能量转化和守恒可得: ⑤

解得:



(3)设棒刚进入磁场时速度为 v, 由:

⑦,可得:



棒在进入磁场前做匀加速直线运动,在磁场中运动可分三种情况讨论:

①若

(或

) ,则棒做匀速直线运动;

14

②若

(或 F>

) ,则棒先加速后匀速;

③若

(或 F<

) ,则棒先减速后匀速。

(2011佛山二模) 36. (1) (共3分)P 进入电、磁场后,受电场力、重力、洛伦兹力三力作用。 电场力 (1分) 重力 (1分)

可见电场力与重力大小相等方向相反,两力平衡。 故相当于 P 在电、磁场中只受洛仑兹力作用,做匀速圆周运动。 (1分)

(2) (共8分) 由 (1分)

(1分) , 得



周期 (1分)

(1分) ,代入数据得

由已知条件,有 30° (2分)

,故 P 的轨迹圆心角θ =

由右图可知,轨迹半径 (3)P 和 Q 碰撞时,系统动量守恒,有 对 Q 应用牛顿第二定律,有 ,得

(1分) ,结合①式得 (1分) ,解得 (1分)

(1分) (1分)

Q 停下前运动的时间

(1分)

由于

,说明 P 离开电、磁场时,Q 已经停下

(1分) ,故位移

(1分)

即 Q 停留在右方距初始位置0.225m 处。 (1分)

15

(2011揭阳二模)

35.解: (1)轨迹如图所示; (2分)

---- (2分)

(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,其轨道半径 R 由几何关系可知:

(2分)

qvB ? m

v2 m v0 ------(3分) ,解得: B ? -----(3分) R qd

(3)粒子进入板间电场至速度减为零的过程,由动能定理有:

----(3分)

解得:

----(3分)

(2011揭阳二模)

36.解: (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时,由牛顿第二定律有: 解得: -----(3分)

----(3分)

(2)碰撞后 cd 绝缘杆滑至最高点的过程中,由动能定理有: 解得碰撞后 cd 绝缘杆的速度: 两杆碰撞过程,动量守恒,有: 解得碰撞后 ab 金属杆的速度: -----------(2分) ----(2分) -----------(2分)

-----(2分)

ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有:
解得:Q=2J --(2分)

-----(2分)

(2011深圳二模) 35.解: (1)因小球受力平衡, ( 2分)

得:

(2分),电势差

(2分)
16

(2) 进入 PQ 后小球受到向上大小等于 mg 的电场力,地面对装置的支持力 N2=Mg+mg. (3分) 根据牛顿第三定律可得 PQ 对地的压力 N2*=Mg+mg.(1分) (3)当下落高度较低时,依题意得: (1分)

根据

(1分) , 得

(1分)

又因为

( 1分)



(1分)

当下落高度较高时,有

(1分),同理可得

(1分)

所以小球应距 P 板在

释放(1分)

(2011汕头二模) 36.(1)设滑块所受滑动摩擦力大小为 f,则滑块从 A 点运动至 C 点过程,由动能定理得 f

d 1 2 2 = m(v0 -vc )----① 2 2 d 1 2 2 = m(vc -vB )------② 2 2

假设最后滑块从 B 点离开 AB 区域,则滑块从 C 点运动至 B 点过程,由动能定理得 (qE1+f)

将 vc=

1 3 v0和和 qE1=f 代入解得 vB= v0--------③ 2 2 1 v0,方向水平向右. 2

由于滑块运动至 B 点时还有动能,因此滑块从 B 点离开 AB 区域,速度大小为

(2)要使小滑块在 AB 区域内运动的时间到达最长,必须使滑块运动至 B 点停下,然后再向左加速运动, 最后从 A 点离开 AB 区域. 滑块从 C 点运动至 B 点过程,由动能定理得(qE2+f)
2 m v0 -------⑤ 2qd

d 1 2 = mvc ------④ 2 2

由①④两式可得电场强度 E2=

滑块运动至 B 点后,因为 qE2=2f>f,所以滑块向左加速运动,从 B 运动至 A 点过程,由动能定理得 (qE2-f)d=

1 2 mvA ;-------⑥ 2

由以上各式解得滑块离开 AB 区域时的速度 vA=

2 v0(方向水平向左)----------⑦ 2
17

(2011肇庆二模) 36.解: (1)2极板为正极板(2分)

由题意可知:

两板间的电压 U=

①(1分)

而:S=π r

2



带电液滴受的电场力:F=



(1分) ,故:F-mg=0



(1分)

由以上各式得 K=



(1分)

(2)液滴在复合场中作匀速圆周周运动,则必须电场力与重力平衡,所以,电场力方向竖直向上,由(1) 知该液滴带正电,故电场强度方向竖直向上。 设匀强电场强度为 E,则 ⑥ (2分) (2分)

(3) 液滴进入复合场后做匀速圆周运动,设运动半径为 R

由牛顿第二定律有:



(1分) ,所以: (1分) ⑧ (1分)

(1分)

讨论:①若 R>L,电子从磁场右边界离开 由几何关系知偏转距离为

代入数据并整理得 ②若 R≤L,电子从磁场左边界离开 由几何关系知偏转距离为 d=2R (1分)



(1分) (1分)

代入数据并整理得



(1分)

(2011珠海二模) 36.解: (1)导体棒 P 由 C1C2下滑到 D1D2,根据机械能守恒定律:



…………………(2分) ,求导体棒 P 到达 D1D2瞬间:

…(1分)

回路中的电流

……(1分) ,方向逆时针……(1分)

18

(2)棒 Q 到达 E1E2瞬间,恰能脱离轨道飞出,此时对 Q: 设导体棒 P 离开轨道瞬间的速度为 代入数据得, …(1分) ,根据动量守恒定律:



……(2分) ……(2分)

(3)由(2)若导体棒 Q 恰能在到达 E1E2瞬间飞离轨道,P 也必能在该处飞离轨道

根据能量守恒,回路中产生的热量 若导体棒 Q 与 P 能达到共速 v,则根据动量守恒:

……(2分) ,

…… (1分) ……(2分)

回路中产生的热量 综上所述,回路中产生热量的范围是

……(2分)

……(1分)

…………………(2分)

19


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