專題21計算題電與磁基礎(chǔ)-三年高考物理試題分項版解析

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的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力?！敬鸢浮浚?）R

T

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

3【解析】（1）t090°T=4t0①設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力公式和定律得2qvB=mv2r勻速圓周運動的速度滿足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軸對稱的導(dǎo)體軌道位于內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B的勻mxF作用下從原點由靜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；通過動能定理計算棒運動過程中外力做的功。3【

B=0.5T。有一帶正電的小球，m=1×10–6kgq=2×10–6CvP點時撤掉磁場（不考慮磁場引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10m/s2。求： （2）3.5q2E2q2E2m2gv=20vEθtanθ=mg3代入數(shù)據(jù)解得tan 3P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻運動，其初速度為vy=vsinθ⑤23 s=3.53、【名師點睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，主要物體的平衡運動定律的應(yīng)用、平、；在xxOyx軸成45mq（q>0）v0yPy軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶铮笮〔蛔?。不計重力。Px

（2）E

B RT x5，所需時間tt5

聯(lián)立123式得t1 時速度大小仍為v0。設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為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)體板與開關(guān)S和，v0x軸正向流動，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磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面（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軸的方向進人電場。不計重力。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，GHθ37GB=1.25TD點、垂直于紙面的豎E=1×104N/CP1m=2×10-3kg、電荷q=+8×10-6CF=9.98×10-3NCDD點后P1GP2GHt0.1s與P1相遇。P1P2CD、GH=0.5g10m/s2，sin37°0.6，cos37°=P1CDv【答案】 （2）P1G點的速度為v1由動能定理知qErsin37mgr(1cos37)1mv21mv2解得速度v15

P1GHqEmgN1，沿斜面向下的滑動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【考點定位】物體平衡動能定理第二定律勻變速直線運動規(guī)【2014·浙江·24】（20分）其同學(xué)設(shè)計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示。一個半徑為R=0.1mROA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在r=R/3的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動。圓盤上繞有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點與導(dǎo)軌相連，bOa、bUh=0.3mU=0.15V。（細(xì)線與圓盤間沒有滑動國，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，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)運動過程電流不變判斷電動勢不變，設(shè)末速度為v'BLv3BLEFv可得vIR電動勢BS運動時間t

3 B2L2v 克服力做功IRt 3 根據(jù)動能定理有7 3

1mv'2

mv3整理可得3

1ms或

7m/s（舍去330°MP（電阻忽略不計MPNP2.5m，MN3mMNO為原點、OPxOx。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CDd3mm1kgR0.3ΩFMNv=1m/s，x軸正向運動（金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好）。g10m/s2。CDEx0.8m處電勢差UCDCDMNPFx2F-求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(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，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L3dθd的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁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：整個運動過程中，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、【考點定位】本題主要考查了共點力平衡條件力大小公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電、· 勻強磁場方向垂直斜面向下，II中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B=0.5T?！I的磁場中，ab、cdg10ms2，問cd下滑的過程中，abab剛要向上滑動時，cdvQ【答案】（1）ab；（2）v5ms；（3）Q1.3J（2）ab剛好不下滑時，abFmax

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

7.8106m/s（3）

EBLv[IE[R導(dǎo)線受到的力為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)束之間的運動都相同，設(shè)經(jīng)歷的時間為t，電子的動量變化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電子的平均作用力做功而產(chǎn)生的，有Wt時間內(nèi)電子運動過程中克服阻力所做的功，可以表示為WNf電生的焦為：Q

動，A、BAv060°；它B30°A、B兩點間的電勢差?！敬鸢浮縐

q【2015·重慶·7】音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機.7圖是某音圈電機L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)B，區(qū)域外的磁場忽略不計.線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等.PQI．若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求力的功率【答案】（1）FnBIL，方向水平向右；（2）P【解析】（1）線圈的右邊受到磁場的力，共有n條邊，F(xiàn)nBILnBILPFv【考點定位】考查力、功率【2015·新課標(biāo)Ⅰ·24】如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個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。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量0.5cm0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判斷開關(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關(guān)閉合前2k0.5102mmg開關(guān)閉合后2k0.50.3102mmgm【考點定位】【方法技巧】開關(guān)斷開前后彈簧長度變化了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。線圈的下邊處于g10m/s2為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(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磁場，且磁感應(yīng)強度B隨時間均勻變大，磁場區(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線圈受 力F'N2B0I' B天平平衡mg

2B0t

【考點定位】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，滑動過程中始終保持與導(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)體棒的運動情況，結(jié)合歐姆定律，分析解【2015··23】在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E（圖中未畫出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：動生問題（棒切割磁感線）EBLv由右手定則；感生問題（磁感應(yīng)強度的變化）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【考點定位】電磁感應(yīng)定律、第二定【名師點睛】此題是法拉第電磁感應(yīng)定律與第二定律的綜合應(yīng)用問題；解題時要認(rèn)真分析物理過【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時撤去拉力，同時使磁場隨時間變化，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【考點定位】第二定律；導(dǎo)體棒切割磁感v-t圖象。分析清楚每個過程中的力，以及為什么只有這些力。例如：15—20s時間段內(nèi)速度在改變，而合力恒定，說明沒有感應(yīng)電生。3【2015··33】如圖，在場強大小為E、水平向右的勻強電場中，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)的電勢能We桿在平衡位置時與電場間的夾角桿在電勢能為零處的角速度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，AO正上0θ<150°時，AO正下方處電勢能為零。末態(tài)：We0EPmgl3qElcosmglsin5ml22223(123(1sin)6cos523(1sin)6cos523(1sin)6cos52mg(1sin)6qEAO正上方時，23(123(1sin)6cos5【2015··11】如圖所示，凸字形硬質(zhì)金屬線框質(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。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd2lcd邊進入磁ef、pqef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做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，光照前兩板都板運動，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板之間的最大電勢差Uma、bIm在a和b之間連接一個外電阻時，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板的過程中損失的動能之和設(shè)為EK，請推導(dǎo)證明：PEK【答案】

Ekm

I短

Ee

，r

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

e短路時，在A板上方設(shè)置與At內(nèi)通過該參考面的電荷量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動時，兩極板間電壓為U,每個電子損失的動能Ek0B板的電子損失的總動能EkNEkEkP【2015·江蘇·13】做磁檢查時，對施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電的半徑r=5.0cm，線圈導(dǎo)線的橫截面積A=0.80cm21.5m，如圖所示，勻強磁場方向與線圈【答案】 （2）4×10- （3）8×10-【解析】（1）R2rAEBr2E=4×10-Q

Et，解得：Q=8×10-2R2【考點】考查感應(yīng)電動 本題主要是公式及計算，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，導(dǎo)軌間正方形abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，bdL0Bt變化，規(guī)律如圖（b）所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動，1s后剛好進入磁v＝1m/s做直線運動，求：【答案】⑴E＝0.04V；⑵Fm＝0.04N，i＝t－1