【物理】2011年高考试题分类汇编专题11_电场、磁场综合

2011年高考物理分类汇编专题电场、磁场综合

1.(全国)(19分)

如图,与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I区。

粒子在I区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大

小为E;在II区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B,方向

垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可

以忽略。

【解析】

带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线运动,其加速度方向竖直向下,设其大小为a,由牛顿定律得

qE = ma①

设经过时间t0,粒子从平面MN上的点P1进入磁场,由运动学公式和几何关系得

v0t0 = 1

2at0

2②

粒子速度大小v1 = v02+(at0)2③设速度方向与竖直方向的夹角为α,则

tanα = v0

at0④

此时粒子到出发点P0的距离为

s0 = 2v0t0⑤

粒子进入磁场,在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为

r1 = mv1

qB⑥

设粒子首次离开磁场的点为P2,弧︵

P1P2所张的圆心角为2β,则P1到点P2的距离为s1 = 2r1sinβ⑦

由几何关系得

α + β = 45°⑧

联立①②③④⑥⑦⑧式得

s1 = 2 mv0

qB⑨

点P 2与点P 0相距

l = s 0 + s 1 ⑩ 联立①②⑤解得 l =

2mv 0q (2v 0E + 1

B

) 2.(安徽)(16分)

如图所示,在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内,有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为B ,磁场方向垂直于xOy 平面向里。一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入,带电粒子恰好做匀速直线运动,经t 0时间从P 点射出。

(1)求电场强度的大小和方向。

(2)若仅撤去磁场,带电粒子仍从O 点以相同的速度射入,经

2

t 时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。

(3)若仅撤去电场,带电粒子仍从O 点射入,且速度为原来的4倍,求粒子在磁场中

运动的时间。

解析:(1)设带电粒子的质量为m ,电荷量为q ,初速度为v ,电场强度为E 。可判断

出粒子受到的洛伦磁力沿x 轴负方向,于是可知电场强度沿x 轴正方向 且有 qE =qvB ① 又 R =vt 0 ② 则 0

BR

E t =

③ (2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中作类平抛运动

在y 方向位移 2

2t y v

= ④ 由②④式得 2

R

y = ⑤

设在水平方向位移为x ,因射出位置在半圆形区域边界上,于是

2

x R = 又有 2

01()22

t x a =

⑥ x

y

P

B

2

a t

3.(全国)(15分)(注意:在试题卷上答题无效)

如图,两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置,导轨间距 离为L ,电阻不计。在导轨上端并接2个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m 、电阻可忽略不计的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平,

且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g 。求:

(1)磁感应强度的大小;

(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。 【解析】

(1)设小灯泡的额定电流为I 0,有 P = I 02R ①

根据题意,金属棒MN 沿导轨竖直下落的某时刻后,小灯泡保持正常发光,流经MN 的电流为

N c

d

I = 2I 0 ②

此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等,下落的速度达到最大值,有 mg = BLI ③ 联立①②③式得式得 B =

mg 2L

R

P

④ (2)设灯泡正常发光时,导体棒的速率为v ,由电磁感应定律与欧姆定律得 E = BLv ⑤ E = RI 0 ⑥ 联立①②④⑤⑥式得 v =

2P

mg

⑦ 4.(广东)(18分)

如图19(a )所示,在以O 为圆心,内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内,存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场,内外圆间的电势差U 为常量,R 1=R 0,R 2=3R 0。一电荷量为+q ,质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入,不计重力。

?已知粒子从外圆上以速度v 1射出,求粒子在A 点的初速度v 0的大小

?若撤去电场,如图19(b )所示,已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出,方向与OA 延长线成450角,求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。 ?在图19(b )中,若粒子从A 点进入磁场,速度大小为v 3,方向不确定,要使粒子一定能够从外圆射出,磁感应强度应小于多少?

解析:?根据动能定理,22

101122

qU mv mv =

-,

0 图19

所以0v =

?如图所示,设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R ,由几何知识可知

22221()R R R R +=-

,解得:0R =。

根据洛仑兹力公式22

2v qv B m R

=,

解得:0B =

=

根据公式2t T θπ=,22R v T π=,2

2

2v qv B m R

=

解得:02224424R T m m

t Bq v ππ=

===

?考虑临界情况,如图所示

①2'

331

0v qv B m R =,解得:'3

10

mv B qR =

②2'

332

02v qv B m R =,解得:'

3202mv B qR =

,综合得:'30

2mv B qR < 5.(福建)(20分)

如图甲,在x <0的空间中存在沿y 轴负方向的匀强电场和垂直于xoy 平面向里的匀强磁场,电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B.一质量为m 、电荷量为q(q >0)的粒子从坐标原点O 处,以初速度v 0沿x 轴正方向射人,粒子的运动轨迹见图甲,不计粒子的重力。

求该粒子运动到y=h 时的速度大小v ;

现只改变人射粒子初速度的大小,发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y-x 曲线)不同,但具有相同的空间周期性,如图乙所示;同时,这些粒子在y 轴方向上的运动(y-t 关系)是简谐运动,且都有相同的周期T =

2m

qB

π。 Ⅰ.求粒子在一个周期T 内,沿x 轴方向前进的距离s ;

Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v 0时,其y-t 图像如图丙所示,求该粒子在y 轴方向上

做简谐运动的振幅A,并写出y-t 的函数表达式。

解析:此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。 (1)由于洛仑兹力不做功,只有电场力做功,由动能定理有-qEh =

12m v 2-1

2

m v 02,①

由①式解得 (2)I .由图乙可知,所有粒子在一个周期T 内沿x 轴方向前进的距离相同,即都等于

恰好沿x 轴方向匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离。设粒子恰好沿x 轴方向匀速运动的速度大小为v 1,则qv 1B=qE , ③ 又 s= v 1T , ④ 式中T =

2m

qB

π 由③④式解得s=

2

2mE

qB π ⑤ II.设粒子在y 方向上的最大位移为y m (图丙曲线的最高点处),对应的粒子运动速度大小为v 2(方向沿x 轴),因为粒子在y 方向上的运动为简谐运动,因而在y=0和y=y m 处粒子所受的合外力大小相等,方向相反,则 qv 0B -qE =-(qv 2B-qE ),

由动能定理有 -qEy m =12m v 22-1

2

m v 02, 又 A y =

1

2

y m 由⑥⑦⑧式解得 A y =

m

qB

( v 0-E/B )。

可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t 的函数表达式为y=m

qB

( v 0-E/B ) (1-cos qB m t)

6.(北京)(20分)

静电场方向平行于x 轴,其电势φ随x 的分布可简化为如图所示

的折线,图中φ0和d 为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x =0为中心,沿x 轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m 、电量为-q ,其动能与电势能之和为-A (0

(1)粒子所受电场力的大小; (2)粒子的运动区间; (3)粒子的运动周期。

解析:(1)由图可知,0与d (或-d )两点间的电势差为φ0 电场强度的大小 0

E d

?=

电场力的大小 0

q F qE d

?==

(2)设粒子在[-x 0,x 0]区间内运动,速率为v ,由题意得

2

12

mv q A ?-=- 由图可知 0(1)x d

??=-

由上二式得

2

01(1)2x mv q A d

?=-- 因动能非负,有 0(1)0x

q A d

?-

-≥ 得 0(1)A x d q ?≤-

即 00

(1)A x d q ?=-

粒子运动区间00

(1)(1)A A d x d q q ??--

≤≤- (3)考虑粒子从-x 0处开始运动的四分之一周期

根据牛顿第二定律,粒子的加速度 0

q F Eq a m m md

?=

== 由匀加速直线运动

t =

将○

4○5代入,得

t =粒子运动周期

4T t ==

7.(上海)如图,质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、,并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x 正方向的电流I ,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为

(A) z 正向,

tan mg IL θ (B)y 正向,mg

IL

(C) z 负向,

tan mg

IL

θ (D)沿悬线向上,sin mg IL θ

【答案】BC.

【解析】对于A 选项,安培力水平向内,三力合力不可能为零,A 错误;对于B 选项,

安培力竖直向上,当安培力mg BIL =时,可以平衡,此时IL

mg

B =

,B 选项正确;对于C 选项,安培力水平向外,三力平衡时安培力θtan mg BIL =,此时θtan IL

mg

B =,

C 选项正确;对于

D 选项,安培力垂直于绳子的方向向内,三力不可能平衡,D 错误. 8.(浙江)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN 上方是磁

感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝,两缝近端相距为L 。一群质量为m 、电荷量为q ,具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场,对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子,下列说法正确的是

A. 粒子带正电

B. 射出粒子的最大速度为

m

d L qB 2)

3(+

C. 保持d 和L 不变,增大B ,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

D. 保持d 和B 不变,增大L ,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 【答案】BC

【解析】由左手定则可判断粒子带负电,故A 错误;由题意知:粒子的最大半径

23max d L r +=

、粒子的最小半径2min L r =,根据qB

m v

r =,可得m d L qB v 2)3(max +=、m qBL v 2min =

,则m

qBd v v 23min max =-,故可知B 、C 正确,D 错误。 9.(新课标)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并

与轨道保持良好接触。电流I 从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I 成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的方法是( )

A.只将轨道长度L 变为原来的2倍

B.只将电流I 增加至原来的2倍

C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L 变为原来的2倍,其它量不变 解析:设轨道间距为d ,B=kI 。由F=BId ,221mv FL =

,得m

kdL

I v 2=,可知BD 正确

答案:BD

10.(浙江)(16分)如图甲所示,在水平面上固定有长为L =2m 、宽为d =1m 的金属“U”型

轨导,在“U”型导轨右侧l =0.5m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t =0时刻,质量为m =0.1kg 的导体棒以v 0=1m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为m /1.0Ω=λ,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取2/10s m g =)。

(1)通过计算分析4s 内导体棒的运动情况;

(2)计算4s 内回路中电流的大小,并判断电流方向; (3)计算4s 内回路产生的焦耳热。

【答案】(1)导体棒在s 1前做匀减速运动,在s 1后以后一直保持静止。 (2)A 2.0,电流方向是顺时针方向。 (3)J 04.0

【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动,有

ma mg =-μ at v v t +=0 202

1at t v x +

=

代入数据解得:s t 1=,m x 5.0=,导体棒没有进入磁场区域。

导体棒在s 1末已经停止运动,以后一直保持静止,离左端位置仍为m x 5.0= (2)前s 2磁通量不变,回路电动势和电流分别为0=E ,0=I 后s 2回路产生的电动势为V t

B

ld t E 1.0=??=??=

φ 回路的总长度为m 5,因此回路的总电阻为Ω==5.05λR 电流为A R

E

I 2.0==

根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向

(3)前s 2电流为零,后s 2有恒定电流,焦耳热为J Rt I Q 04.02==

11.(浙江)(22分)如图甲所示,静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道,

其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m 、电荷量为-q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。通过调整两板间距d 可以改变收集效率η。当d=d 0时η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。

(1)求收集效率为100%时,两板间距的最大值为m d ; (2)求收集率η与两板间距d 的函数关系;

(3)若单位体积内的尘埃数为n ,求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ?? 与两板间距d 的函数关系,并绘出图线。

【答案】(1)09.0d (2)当09.0d d ≤时,收集效率η为100%;当09.0d d >时,收

集率2

081.0??

?

??=d d η(3)/M t ??=d d nmbv 200

81.0=η,如图所示。

【解析】(1)收集效率η为81%,即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源的电压为U ,在水平方向有 t v L 0= ①

在竖直方向有2

02

181.0at d = ② 其中0

md qU

m qE m F a =

==

③ 当减少两板间距是,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时,两板间距为m d 。如果进一步减少d ,收集效率仍为100%。

因此,在水平方向有t v L 0= ④ 在竖直方向有2

2

1t a d m '= ⑤ 其中m

md qU

m E q m F a =

'='=

' ⑥ 联立①②③④⑤⑥可得09.0d d m = ⑦ (2)通过前面的求解可知,当09.0d d ≤时,收集效率η为100% ⑧ 当09.0d d >时,设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘,此时有

2

021???

? ??=v L m d qU x ⑨ 根据题意,收集效率为d

x

=

η ⑩ 联立①②③⑨⑩可得2

081.0??

?

??=d d η

(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量/M t ??=0nmbdv η 当09.0d d ≤时,1=η,因此/M t ??=0nmbdv

当09.0d d >时,2

081.0??

? ??=d d η,因此/M t ??=d d nmbv 200

81.0=η 绘出的图线如下

12.(19分)

如图,在区域I(0≤x≤d)和区域II(d≤x≤2d)内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I 时,速度方向与x轴正方向的夹角为30°;因此,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b 也从p点沿x轴正向射入区域I,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

(1)粒子a射入区域I时速度的大小;

(2)当a离开区域II时,a、b两粒子的y坐标之差。

解:(1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心

为C(在y轴上),

半径为R 1,粒子速率为v ,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P /,如图,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

1

2R v m

qvB =

① 由几何关系得∠pcp /=θ=300

② θ

sin 1d

R =

=2d ③

由①②③式得

m

qBd

v 2=

(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ,半径为R 2,射出点为P a (图中未画出轨迹),∠P /O a P a =θ/。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2

2)2(R v m

B qv = ⑤

由①⑤式得2

1

2R R =

⑥ C 、P /、O a 三点共线,且由⑥式知O a 点必位于d x 2

3

= ⑦的平面上。由对称性知,P a 点与P /点纵坐标相同,即

y Pa = R 1cosθ+h

式中,h 是C 点的y 坐标。

设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b ,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

22)3

()3v R m B v q b =(

设a 到达P a 点时,b 位于P b 点,转过的角度为a 。如果b 没有飞出Ⅰ,则

π

θ2/

2=

a T t ⑩

π

21a T t b =

式中,t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间,而

v R T a a 2

22π=

3

/21

1v R T b b π=

由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 a =300

由①③⑨⒁式可见,b 没有飞出Ⅰ。P b 点的y 坐标为 y Pb = R b (2+cosθ)+h

由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得,a 、b 两粒子的y 坐标之差为

d y y pb pa )23(3

2

-=

- ⒃

13.(天津)(18分)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l =0.5m ,其电

阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒的质量均为0.02kg ,电阻均为R =0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B =0.2T ,棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd 恰好能保持静止。取g =10m/s 2,问:

(1)通过cd 棒的电流I 是多少,方向如何?

(2)棒ab 受到的力F 多大?

(3)棒cd 每产生Q =0.1J 的热量,力F 做的功W 是多少? 【答案】

(1)棒cd 受到的安培力 cd F IlB = ①

棒cd 在共点力作用下平衡,则 sin30cd F mg = ②

由①②式代入数据解得 I =1A ,方向由右手定则可知由d 到c 。 (2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等 F ab =F cd 对棒ab 由共点力平衡有 sin30F mg IlB =+ ③ 代入数据解得 F =0.2N ④

(3)设在时间t 内棒cd 产生Q =0.1J 热量,由焦耳定律可知 2Q I Rt = ⑤

设ab 棒匀速运动的速度大小为v ,则产生的感应电动势 E=Blv ⑥

由闭合电路欧姆定律知 2E I R

=

⑦ 由运动学公式知,在时间t 内,棒ab 沿导轨的位移 x =vt ⑧

力F 做的功 W =Fx

综合上述各式,代入数据解得 W =0.4J

14.(天津)(20分)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应

用,有力地推动了现代科学技术的发展。

(1)当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,

常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子,碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得,同时还产生另一粒子,试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min ,经2.0h 剩余碳11的质量占原来的百分之几?(结果取2位有效数字)

(2)回旋加速器的原理如图,D 1和D 2是两个中空的半径为R 的半圆金属盒,它们接

在电压一定、频率为f 的交流电源上,位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计),它们在两盒之间被电场加速,D 1、D 2置于与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ,求输出时质子束的等效电流I 与P 、B 、R 、f 的关系式(忽略质子在电场中运动的时间,其最大速度远小于光速)

(3)试推理说明:质子在回旋加速器中运动时,随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻

轨道的半径之差 r ?是增大、减小还是不变? 12.(20分)

(1)核反应方程为141114

71 62N H C+He +→

① 设碳11原有质量为m 0,经过t =2.0h 剩余的质量为m t ,根据半衰期定义,有:

120

20

011 1.6%22t

t m m τ????

=== ? ?????

(2)设质子质量为m ,电荷量为q ,质子离开加速器时速度大小为v ,由牛顿第二定律

知:

2

v qvB m R

= ③

质子运动的回旋周期为:22R m

T v qB

ππ== ④

由回旋加速器工作原理可知,交变电源的频率与质子回旋频率相同,由周期T 与频率f 的关系可得:

1

f T

=

⑤ 设在t 时间内离开加速器的质子数为N ,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率

2

12N mv P t

?= ⑥

输出时质子束的等效电流为:Nq I t

= ⑦

由上述各式得2P

I BR f

π=

若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分 (3)方法一:

设k (k ∈N *)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为r k ,r k +1

(r k >r k +1),

1k k k r r r +?=-,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ,v k +1,D 1、D 2之间的电压

为U ,由动能定理知2211

1222

k k qU mv mv +=-

⑧ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知k k mv r qB

=,则222

212()2k k q B qU r r m +=- ⑨ 整理得 214()

k k k mU

r qB r r +?=

- ⑩

因U 、q 、m 、B 均为定值,令2

4mU

C qB =

,由上式得1k

k k C r r r +?=+ ⑾

相邻轨道半径r k+1,r k +2之差121k k k r r r +++?=- 同理 12

k k k C

r r r ++?=

+

因为r k +2> r k ,比较k r ?,1k r +?得1k k r r +?

说明随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小 方法二:

设k (k ∈N *)为同一盒子中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为r k ,r k +1(r k >r k +1),

1k k k r r r +?=-,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ,v k +1,D 1、D 2之间的电压

为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知k k mv r qB =

,故11

k k k k r v

r v ++= ⑿

由动能定理知,质子每加速一次,其动能增量k E qU ?=

以质子在D 2盒中运动为例,第k 次进入D 2时,被电场加速(2k ﹣1)次

速度大小为k v =

同理,质子第(k +1)次进入D 2

时,速度大小为1k v +=

综合上述各式可得

11k k k k r v r v ++==

整理得2212121k k r k r k +-=+,221212

21

k k k r r r k ++-=+

21

12(21)()

k k k k r r k r r ++?=++

同理,对于相邻轨道半径r k+1,r k +2,121k k k r r r +++?=-,整理后有

21

1+122(21)()

k k k k r r k r r +++?=++

由于r k +2> r k ,比较k r ?,1k r +?得1k k r r +?

说明随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小,用同样的方法也可得到质子在D 1盒中运动时具有相同的结论。

15.(四川)(19分)

如图所示,间距l=0.3m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内,在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ=?37的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1=0.4T 、方向竖直向上和B 2=1T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3Ω、质量m 1=0.1kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上,S 杆的两端固定在b 1、b 2点,K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K 杆中点的轻绳平行

于导轨绕过轻质滑轮自然下垂,绳上穿有质量m 2=0.05kg 的小环。已知小环以a=6 m/s 2的加速度沿绳下滑,K 杆保持静止,Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长。取g=10 m/s 2,sin ?37=0.6,cos ?37=0.8。求

(1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率

解析:(1)设小环受到摩擦力大小为f ,则由牛顿第二定律得到

11m g f m a -=......................................①

代入数据得到0.2f N =.................................② 说明:①式3分,②式1分

(2)设经过K 杆的电流为I 1,由K 杆受力平衡得到

11f B I L =.........................................③

设回路总电流为I ,总电阻为R 总,有

12I I =............................................④

3

=

2

R R 总...................................⑤ 设Q 杆下滑速度大小为v ,产生的感应电动势为E ,有

E

I R =

......................................⑥ 2E B Lv =....................................⑦ 12sin F m g B IL θ+=..................⑧

拉力的瞬时功率为P Fv =.........⑨

联立以上方程得到2P W =.......⑩

说明:③⑧式各3分,④⑤⑥各1分,⑦⑨⑩式各2分 16.(四川)(20分)

如图所示:正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l =1.8m ,距地面h=0.8m 。平行板电容器的极板CD 间距d=0.1m 且垂直放置于台面,C 板位于边界WX 上,D 板与边界WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T 、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C 的微粒静止于W 处,在CD 间加上恒定电压U=2.5V ,板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触),然后由XY 边界离开台面。在微粒离开台面瞬时,静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度,在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场,滑块视为质点,滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s 2

(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性; (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围;

(3)若微粒质量m o =1×10-13kg ,求滑块开始运动时所获得的速度。 解析:(1)微粒在极板间所受到的电场力大小为

qU

F d

=

.................................................① 代入数据 11

1.2510F N -=?...............②

由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷,微粒由极板间电场加速,故C 板为正极,D 板为负极

说明:①式2分,②式1分,正确说明极性得2分。

若微粒质量为m ,刚进入磁场时 的速度大小为v ,由动能定理

2

12

qU mv =

.....................................③ 微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力充当向心力,若圆周运动半

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