1、1(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 0，则得 联立得 匀速圆周运动周期 粒子在磁场中运动时间 联立，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，得 (11) 还有一种情况如图所示所以速度大小 v3应满足： 或（2010广东高考）36.解:（1）粒子运动半径为 由牛
2、顿第二定律 匀速圆周运动周期 粒子在磁场中运动时间 2dRO2OBBA NP+ + + M QS（2）如图。设粒子运动临界半径分别为 R1和 R2 设粒子临界速度分别为 和 ，由式，得 若粒子通过转盘，由题设可知 联立，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： 0EBLv势金属板间产生的场强大小为： dE3ab 在磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有 ，联立得： qmg03qLvdmg（2） ab 在磁场区域运动时，设小球的加速度 a，依题，有 ，联立得：magEga（3）依题意， ab 分别
3、在、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 S 、 S 、 S ； ab 进入磁场区域时，小球的运动速度为 v 。则：S = ， S = ， S =v ， v = 0vd 2001)vd(gvd 0d 02dg又： S +S +S =3d ，联立可得： 11 0g12评分说明：每式 2 分； 每式 1 分1112（2012 佛山一模）35解：（1） （共 4 分）带电粒子在加速电场中，由动能定理得： （3 分）201mvqU3O1O3O2MNO11 得带电粒子离开 B 板的速度： （1 分）mqUv20（2） （共 9 分）粒子进入偏转电场后，有： （1
4、分）0vLt（1 分） ， （1 分） ， （1 分） ， （1 分） ，解得 ： （1 分）LUEqEFFaaty0vy【说明：1.直接写出： ，给满分 6 分；2. 写出：02vLmUqtvy ，最后计算结果错的给 5 分；3只写对： ，后面连等错的，02LmqtEavy tmqEavy如将 2U 写成 U 的给 3 分；4只写至： ，后面连等错的，给 2 分；5只写至： ，后面连等错的，给 1tFavy atvy分 】则粒子离开偏转电场时的速度大小： ，（2 分）mqUvvy2020【说明：若未用 代入，只算到 ，给 1 分】方向与水平方向成 450角（1 分）mqUv200（3） （共
5、 5 分）粒子进入磁场后，据牛顿第二定律得： （2 分）RvmBq由几何关系得: （2 分） ，解得： （1 分）045cosRdUd（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： （2 分）qBv解得： （2 分）v（2）从 O1进入磁场偏转后从点 S 飞出，如图，设轨道半径为 R2，由几何关系得： （2 分）RS O1O11 P4又 (2 分)，解得: (2 分)22mvBqRmvSBq（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：设在磁场中偏转半径为 R1，则
6、： (1 分)21vR联立得： (1 分)12由几何关系得： (1 分)，联立解得 (1 分)11dR23d(1 分)，故磁场区域的宽度至少为 (2 分)2315O 1532ONd 9（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 （2 分）0BlvE则回路产生的电流大小 （2 分） RBlvI0（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 42010vmv由能量守恒定律，回路中产生的焦耳热为 （2 分）02120)4(vmvQ解得 （1 分） 2065mvQ（3）回路中的电流始终保持为 I0，则棒 PQ 和 MN 所受的
7、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： （2 分）00)(mvv设这个过程棒 MN 的位移为 x，由动能定理得 （2 分） ，解得 （101BlxI BlImvx02分）讨论：当 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：BlImvd02,解得 MN 棒脱离导轨时的速度 （2 分）201BlI mBldIv05当 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BlImvd02的速度 （2 分）0（
8、2012 深圳一模）36.解：(1)A 球能做圆周运动，必须有： Eq=mAg2 分, =17N/C1 分,电场强度方向竖直向AgEq上1 分(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/cos +R/=hcos 2 分A 球做匀速圆周运动有： 2 分，解得： vA=0.4m/s） （1 分）2AvqBmR依题意，A 球速度必须满足：0 vA0.4m/s（1 分）(3)AB 相碰后，A 做匀速圆周运动，半径 R=h（1 分）由 得 vA=0.9m/s（1 分） ，B 球做平抛运动，设飞行的水平距离为 x，时间为 t，有：2AvqBmRx=vB0
9、t（1 分）（1 分） ， vB0=vytan =gttan （1 分） ，得 vB0=3m/s（1 分）2anhgt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： (3 分)0LBIFm由法拉第电磁感应定律有 （3 分）mBLvE由闭合电路的欧姆定律有 (2 分)(0RIRAvAROhMNPQ37xOhBvBMNPQ37vB0vyhMNPQ37R/R/O/6联立式解得磁感应强度大小为 （2
10、 分）mvLRFB20)(（3）设产生的总热量为 ，由功能关系有 （3 分）Q1Qs由电路知 、 所产生的热量关系为 （1 分）R0 R0联立式求得电阻 上产生的热量为 （1 分）)2(0mvFs（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： （3 分）,由式eUvEk20解得： （2 分）0()/kEUemv（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： madeu（1 分）（1 分） ， （1 分） ，由式联立解得
11、： （1 分）2/dt/vLt eLv所以电子要逸出电容器，必有： （1 分）0/uemd（3）在只有磁场情况下电子要逸出电容器，有两种情况.电子从左边出，做半圆周运动，其半径： （1 分）1/4R由洛仑兹力和向心力公式可得： （1 分） ，由式解得： （1 分）21evB1/4veBdm因此电子避开极板的条件是： （1 分）/dm电子从右边出，做半圆周运动其半径： 222(/)Ld由式解得： （1 分）2(4)/(RL由洛仑兹力和向心力公式可得： （1 分）22/evBR11由 式解得： （1 分）11 2()/(4)vdm12电子避开极板的条件是： （1 分）2/()Ld（2012 茂名一
12、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：7 (1 分)， (1 分)， (1 分)， (1 分)21atSOA 1 mFa 2 qFE 3 0yvt 4解得：a=1.010 15m/s2 t=2.010-8s (3 分)0.4ym 5（2）粒子经过 y 轴时在电场方向的分速度为 (1 分)atvx(1 分)sm/107粒子经过 y 轴时的速度大小为： (1 分) (1 分)20vxsm/1027与 y 轴正方向的夹角为 ： = 450 (1 分)arctn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
13、： (2/2Ry分)由 (2 分)，解得 (2 分)2/vqBmR 2(2)10BT（2012 东莞一模）35解：（1）微粒在加速电场中由动能定理得 201mvqU （2 分） ，解得 v0=1.0104m/s （1 分）（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有 da（2 分） ， 0Laty（2 分）飞出电场时，速度偏转角的正切为 31tn20ULvy（2 分） 解得 =30o（1 分）进入磁场时微粒的速度是： （2 分）m/s132cos40v（3）轨迹如图，由几何关系有： inrD（2 分）洛伦兹力提供向心力：mvBq2（1 分） ，联立以上三式得 cos)in1(0qBvD（2 分）代入
14、数据得 D=0.1m （1 分）（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）AOExyv0vO18Oy 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， 0Ueadm（2 分）在 t0 2t0时间内匀速直线运动，速度 0yUetvdm（2 分） ，侧向位移 01tvyy，得 det320(2 分）(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 0Uead
15、m（电压为 U0时） ，或者是 0（电压为 0 时） 。(2 分） va，它在 Oy 方向上速度增加量都为 ytv。 （2 分）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 0yetvd； Ox 方向的分速度都为 v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同。 （2 分）（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，如图所示。电子在磁场中运动的半径： sinlR(2 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：tyvsin(1 分）电子进入磁场后做圆周运动，其半径 tmvReB (1 分）
16、由上述四式可得： 0UtBdl。 （2 分）（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： ,又匀强电场，有： ,联立解得：（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： 依题意带电粒子进入第象限转过 圈后从 Op 上离开磁场，如图，由几何关系：lRvt9联立得： （3）匀速圆周运动的周期 带电粒子在磁场中的运动时间： 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： 联立得：评分说明：每项正确的给2分；每项正确
17、的给1分；结果 t1， t2正确给2分。如果：连等或合并一式，正确的给4分；连等，正确的给2分（2011汕头一模）36 （1）cd 杆保持静止，则杆所受安培力 （2分） 设 ab 杆所受的拉力为 F，则对 ab 杆，有 （2分）设 ab 杆的速度为 v0，则回路中的感应电流 （2分）拉力做功的功率 （1分）联立解得拉力做功的功率 （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、v 2，因为两杆组成的系统所受
18、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 （2分）cd 杆匀速运动，则杆所受安培力 （1分） 回路中的电流 （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） （2分）10（方向沿斜面向下） （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： 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： (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
19、，得到： (1分) (1分)离子在偏转电场中，由动能定理： (2分)联立解得： (2分)(3)当圆心 在 x=0.01m 时，由于 R=0.02m=2r，所以离子从 x 轴上的 D 点离开磁场。 (2分)由几何关系可知，离子打在荧光屏的最低点，纵坐标为： (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11在荧光屏的最高位置。其最高点的纵坐标为： (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= mv2 （3分） ，得： （2分）1mqELv(2
20、)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）Rv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 （2分）由于MON120，所以MON60故粒子在磁场中运动时间 t 2= （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 = + = （2分）（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：（2分）,由式解得：210 （2
21、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： （112分）由式可得：0.4离子离开磁场区边界时，如答图（甲）所示，偏转角: sin = （1分）由式得：30 偏离距离 Rcos （1分） ，由式得： 0.05离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为 tan （1分） ，由式得：0.28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: （1分） 加速度: （1分）偏离距离为 at （1分） ，由式解得 0.05（）偏转角为 ，如图（乙）所示，则 tan （1分） ，而 vy = at （1分）离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离 an （1分）1
22、1由 式解得0.25（） ，、间的距离 + （1分）11 12由上述式子解得： 0.53（） （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： （2分） ，得：（1分）（2）ab 棒达到最大速度时做匀速运动： （2分）13对回路，由闭合电路欧姆定律： （2分）由得： （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，由式得：对变阻器，由欧姆定律： （1分）极板电压也为 U，粒子匀速运动： （2分）由得： （
23、1分）因 R 为： ，故粒子的速度范围为： （2分）（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)14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
24、，带电粒子在圆形磁场向右转过 的圆周（如右图所示） ，故它离开磁场时的偏转角为90(3分)（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： ，联以上两式得： N=3mg 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2 v，以为 ab、 cd 为系统，所受合外力为零，动量守恒，则有： mv0=m2v+3mv ，联得： 此时 ab 产生的感应电动势为 E=2BLv ， cd 已出磁场，不产生的感应电动势回路中的感应电流为： ab 受到
25、的安培力为： F=ILB 联得： （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： 对 ab 棒 F BIl0 解得 注：V m、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。15（2）在全程，由能量转化和守恒可得： 解得： （3）设棒刚进入磁场时速度为 v， 由： ，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：若 （或 ） ，则棒做匀速直线运动；若 （或 F ） ，则棒先加速后匀速；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
26、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） ，得 （1分）周期 （1分） ，代入数据得 （1分）由已知条件，有 ，故 P 的轨迹圆心角 30 （2分）由右图可知，轨迹半径 （1分） ，结合式得 （1分）（3） P 和 Q 碰撞时，系统动量守恒，有 （1分） ，解得 （1分）对 Q 应用牛顿第二定律，有 ，得 （1分）Q 停下前运动的时间 （1分）16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
27、.225m 处。 （1分）（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）-（3分） ，解得： -RvmqB2qdmvB0-（3分）（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： -（3分）解得： -（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： -（2分）解得碰撞后 cd 绝缘杆的速度： -（2分）两杆碰撞过程，动量守恒，有： -（2分）解得
28、碰撞后 ab 金属杆的速度： -（2分）17ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有： -（2分）解得： Q=2J -（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）(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） 得 （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
29、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 = m（v 02-vc2）-d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（qE 1+f） = m（v c2-vB2）-将 vc= v0和和 qE1=f 代入解得 vB= v0-31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 v0，方向水平向右21（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，18最后从 A 点离开 AB 区域滑块从 C 点运动至 B 点
30、过程，由动能定理得（qE 2+f） = mvc2-d1由两式可得电场强度 E2= -qdmv0滑块运动至 B 点后，因为 qE2=2ff，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（qE 2-f）d= mvA2；-1由以上各式解得滑块离开 AB 区域时的速度 vA= v0（方向水平向左）-2（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分） 而： Sr 2 带电液滴受的电场力： F （1分） ，故： Fmg0 （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
31、上，由（1）知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上。 （2分）设匀强电场强度为 E，则 （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）讨论：若 RL，电子从磁场右边界离开 （1分）由几何关系知偏转距离为 （1分）代入数据并整理得 （1分）若 RL，电子从磁场左边界离开 （1分）由几何关系知偏转距离为 d=2R （1分）代入数据并整理得 （1分）19（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）（2）棒 Q 到达 E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对 Q： ， （ 2分）设导体棒 P 离开轨道瞬间的速度为 ，根据动量守恒定律： （ 2分）代入数据得， （ 1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 （ 2分） （ 1分）若导体棒 Q 与 P 能达到共速 v，则根据动量守恒： ， （ 2分）回路中产生的热量 （ 2分） （ 1分）综上所述，回路中产生热量的范围是 （ 2分）
