2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)十二 電磁學(xué)綜合題專項(xiàng)訓(xùn)練

《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)十二 電磁學(xué)綜合題專項(xiàng)訓(xùn)練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)十二 電磁學(xué)綜合題專項(xiàng)訓(xùn)練（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)十二　電磁學(xué)綜合題 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題情境變化多，與現(xiàn)代科技聯(lián)系緊密，近年新課標(biāo)全國卷中對帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考查角度主要有三；一是將帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動和帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動綜合在一起命題；二是考查帶電粒子在電場、磁場的疊加場中的運(yùn)動；三是考查考慮重力的帶電質(zhì)點(diǎn)的電場、磁場、重力場的復(fù)合場中的運(yùn)動。 考向一　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 　如圖1所示，一對帶電平行金屬板A、B與豎直方向成30°角放置，B板中心有一小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy上的O點(diǎn)，y軸沿豎直方向。一比荷為1.0×105 C/kg的帶正電粒子P從A板中心O′處靜止釋放后沿O′O做勻加

2、速直線運(yùn)動，以速度v0＝104 m/s，方向與x軸正方向成30°夾角從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，電場僅分布在x軸的下方，場強(qiáng)大小E＝×103 V/m，方向與x軸正方向成60°角斜向上，粒子的重力不計(jì)。試求： 圖1 (1)AB兩板間的電勢差UAB。 (2)粒子P離開電場時(shí)的坐標(biāo)。 (3)若在P進(jìn)入電場的同時(shí)，在電場中適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止釋放另一與P完全相同的帶電粒子Q，可使兩粒子在離開電場前相遇。求所有滿足條件的釋放點(diǎn)的集合(不計(jì)兩粒子之間的相互作用力)。 [解析]　(1)由動能定理qUAB＝mv可得UAB＝＝＝ V＝500 V (2)粒子P在進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，設(shè)離開電場時(shí)到O的距離為

3、L，如圖所示， 則Lcos 30°＝v0t Lsin 30°＝t2 解得L＝1 m，所以P離開電場時(shí)的坐標(biāo)為(1,0) (3)由于粒子Q與P完全相同，所以只需在P進(jìn)入電場時(shí)速度方向的直線上的OM范圍內(nèi)任一點(diǎn)釋放粒子Q，可保證兩者在離開電場前相碰，所在的直線方程為y＝－x OM＝Lcos 30°＝ m 故M的橫坐標(biāo)為xM＝OM·cos 30°＝0.75 m。 [答案]　(1)500 V　(2)(1,0)　(3)y＝－x，且0≤x≤0.75 m 考向二　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 　如圖2所示，兩同心圓圓心為O，半徑分別為r和2r，在它們圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、

4、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。大量質(zhì)量為m、電量為＋q的帶電粒子以不同的速率從P點(diǎn)沿各個(gè)方向射入磁場區(qū)域，不計(jì)粒子重力及其相互作用。 圖2 (1)若某帶電粒子從P點(diǎn)沿PO方向射入磁場，恰好未能進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域，求該粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間。 (2)若有些帶電粒子第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點(diǎn)，求這些粒子中最小的入射速率。 [解析]　(1)該粒子恰好沒有進(jìn)入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明粒子軌跡與內(nèi)圓相切，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1，圓心為Q1，軌跡如圖，則有： (R1＋r)2＝R＋(2r)2① 設(shè)粒子偏轉(zhuǎn)角為θ，由幾何關(guān)系可得 tan＝ ② 由①、②解得θ＝106° 又由粒子在磁場

5、中運(yùn)動周期為T＝③ 粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t＝×T④ 粒子由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qvB＝m⑤ 由①～⑤得：t＝ (2)最小速率的帶電粒子應(yīng)與大圓相切入射，軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2，圓心為O2，粒子速度為v′，則 由幾何關(guān)系得：(2r－R2)2＝R＋r2⑥ 由牛頓第二定律可得：qv′B＝m⑦ 由⑥和⑦式解得：v′＝。 [答案]　(1)　(2) 考向三　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中運(yùn)動 　如圖3所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1＝0.2 T、B2＝0.05 T，分界線OM與x軸正方向的夾角為α。在第二

6、、三象限內(nèi)存在著沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝1×104 V/m?，F(xiàn)有一帶電粒子由x軸上A點(diǎn)靜止釋放，從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域。已知A點(diǎn)橫坐標(biāo)xA＝－5×10－2 m，帶電粒子的質(zhì)量m＝1.6×10－24 kg，電荷量q＝＋1.6×10－15 C。 圖3 (1)如果α＝30°，在OM上有一點(diǎn)P，OP＝3×10－2 m，粒子從進(jìn)入O點(diǎn)計(jì)時(shí)，經(jīng)多長時(shí)間經(jīng)過P點(diǎn)？ (2)要使帶電粒子能始終在第一象限內(nèi)運(yùn)動，求α的取值范圍？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [解析]　(1)在電場中加速過程，根據(jù)動能定理，有： qExA＝mv2， 解得：v＝ ＝ m/s ＝

7、1×106 m/s； 粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律， 有：qvB＝m， 解得：r＝； 故r1＝＝＝5×10－3 m r2＝＝＝2×10－2 m 粒子通過直線邊界OM時(shí)，進(jìn)入時(shí)速度與邊界線的夾角等于離開時(shí)速度與邊界線的夾角，故經(jīng)過B1磁場時(shí)沿著OM前進(jìn)r1距離，經(jīng)過B2磁場時(shí)沿著OM前進(jìn)r2距離，由于OP＝3×10－2 m＝2r1＋r2，故軌跡如圖所示： 故粒子從進(jìn)入O點(diǎn)計(jì)時(shí)，到達(dá)P點(diǎn)經(jīng)過的時(shí)間為： t＝T1＋T2＝×＋×＝ s＋ s＝3.14×10－8 s (2)由于r2＝4r1，畫出臨界軌跡，如圖所示： 由幾何關(guān)系解得：sin β＝＝，β＝arcsin＝5

8、3° 故α≤90°－＝63.5°。 [答案]　(1)3.14×10－8 s　(2)α≤63.5° 考向四　電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 　如圖4所示，傾角為θ＝30°的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌的頂端接定值電阻R，與導(dǎo)軌寬度相等的導(dǎo)體棒AB垂直導(dǎo)軌放置，且保持與導(dǎo)軌有良好的接觸，圖1中虛線1和2之間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度，該導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域后能向上運(yùn)動到的最高位置是虛線3處，然后沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動到底端。已知導(dǎo)體棒向上運(yùn)動經(jīng)過虛線1和2時(shí)的速度大小之比為2∶1，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動時(shí)由虛線2到虛線1做勻速直線運(yùn)動，虛線2、3之間的距離為虛線1、2之間距

9、離的2倍，整個(gè)運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒所受的阻力恒為導(dǎo)體棒重力的，除定值電阻外其余部分電阻均可忽略。 圖4 (1)求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動經(jīng)過虛線2的速度大小v1與沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動經(jīng)過虛線2的速度大小v2之比。 (2)求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動剛經(jīng)過虛線1和剛經(jīng)過虛線2的加速度大小之比。 (3)求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動經(jīng)過磁場過程中與沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動經(jīng)過磁場過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量之比Q1∶Q2。 [解析]　(1)設(shè)虛線2、3之間的距離為x，導(dǎo)體棒由虛線2運(yùn)動到虛線3的過程中，由牛頓第二定律得mgsin 30°＋mg＝ma1，解得a1＝g，又由0－v＝－2a1x可得v1＝導(dǎo)體棒由虛線3運(yùn)動到虛線

10、2的過程中，由牛頓第二定律得mgsin 30°－mg＝ma2，解得a2＝g，又由v＝2a2x可得v2＝，因此v1∶v2＝∶1。 (2)設(shè)導(dǎo)體棒的長度為l，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動經(jīng)過虛線1的速度為v0，加速度大小為a3，此時(shí)的感應(yīng)電動勢為E1＝Blv0，由歐姆定律得回路中的電流為I1＝＝ 此時(shí)導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F1＝BI1l＝方向沿導(dǎo)軌向下 由牛頓第二定律得mgsin 30°＋mg＋F1＝ma3，解得 a3＝g＋ 由題意知導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動經(jīng)過虛線2時(shí)的速度大小為v2，此時(shí)的感應(yīng)電動勢為E2＝Blv2，回路中的電流為I2＝＝ 此時(shí)導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F2＝BI2l＝，方向沿

11、導(dǎo)軌向上 由力的平衡條件可得mgsin 30°＝mg＋F2，解得 F2＝mg＝ 又因?yàn)関1∶v2＝∶1，v0∶v1＝2∶1，可得 v0∶v2＝2∶1 整理可得a3＝g 設(shè)導(dǎo)體棒向上運(yùn)動剛好經(jīng)過虛線2時(shí)的加速度大小為a4，則由牛頓第二定律得mgsin 30°＋mg＋＝ma4，整理可得a4＝g，解得a3∶a4＝∶1。 (3)設(shè)虛線1和虛線2之間的距離為d，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動穿過磁場區(qū)域時(shí)，由功能關(guān)系得mgsin 30°·d＋mgd＋Q1＝mv－mv 導(dǎo)體棒向上由虛線2運(yùn)動到虛線3的過程中，由功能關(guān)系得mv＝mgsin 30°·2d＋mg·2d，聯(lián)立解得Q1＝mgd 導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌

12、向下由虛線2運(yùn)動到虛線1的過程中， Q2＝W2＝F2d＝mgd 解得Q1∶Q2＝10∶1。 [答案]　(1)∶1　(2)∶1　(3)10∶1 1．如圖5所示，在y軸右側(cè)整個(gè)空間有無限大勻強(qiáng)電場區(qū)。區(qū)域Ⅰ，電場強(qiáng)度為E1，方向沿x軸負(fù)方向，在直線x＝－1 m與y軸之間的整個(gè)空間有勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ，電場強(qiáng)度為E2，方向沿y軸負(fù)方向，兩個(gè)電場的電場強(qiáng)度大小相等，即E1＝E2，一帶正電的粒子從電場Ⅰ中由靜止釋放。經(jīng)電場Ⅰ加速后垂直射入電場Ⅱ，粒子重力不計(jì)。 圖5 (1)若釋放點(diǎn)S坐標(biāo)為(0.5 m,0.5 m)，求粒子通過x軸的位置坐標(biāo)； (2)將粒子在電場Ⅰ中適當(dāng)位置由靜止釋放，

13、粒子能通過－x軸上的P點(diǎn)，P點(diǎn)坐標(biāo)為(－2,0)，求釋放點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)滿足的條件。 解析　(1)粒子在電場Ⅰ中加速過程，根據(jù)動能定理可得 qE1x＝mv 粒子進(jìn)入電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動y＝at2 a＝ sx＝v0t 代入數(shù)據(jù)可得sx＝1 m 因此粒子通過x軸的坐標(biāo)為(－1 m,0) (2)設(shè)滿足條件的釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，粒子在電場Ⅰ中加速過程根據(jù)動能定理可得 qE1x＝mv 粒子進(jìn)入電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子從P點(diǎn)射出的方向與x軸的偏轉(zhuǎn)角為θ vx＝v0 vy＝at a＝ 粒子在電場Ⅱ中的水平位移s＝1 m＝v0t tan θ＝ 粒子通過P點(diǎn)，則末速度的反向延

14、長線通過偏轉(zhuǎn)過程水平分位移的中點(diǎn)，故應(yīng)滿足tan θ＝，即y＝tan θ 聯(lián)立以上各式解得y＝。 答案　見解析 2.一半徑為R的薄圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖6所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉(zhuǎn)動，圓筒的轉(zhuǎn)動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變。一不計(jì)重力的帶負(fù)電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當(dāng)筒以大小為ω0的角速度轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒。 圖6 (1)若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則該粒子的比荷和速率分別是多大？ (2)若粒子速率不變，入射方向在該截面內(nèi)且與MN方向成30°角(

15、如圖所示)，則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒，圓筒角速度應(yīng)為多大？ 解析　 (1)若粒子沿MN方向入射，當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，粒子從M孔(筒逆時(shí)針轉(zhuǎn)動)或N孔(筒順時(shí)針轉(zhuǎn)動)射出，如圖所示，由軌跡1可知粒子做圓周運(yùn)動的軌跡半徑r＝R根據(jù)洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力可得qvB＝m 粒子運(yùn)動周期T＝＝ 筒轉(zhuǎn)過90°的時(shí)間t＝，又t＝＝ 聯(lián)立以上各式得粒子比荷＝， 粒子速率v＝ω0R (2)若粒子與MN方向成30°角入射，速率不變，則做圓周運(yùn)動的軌跡半徑仍為R，作粒子軌跡2如圖所示，軌跡2的圓心為O′，則四邊形MO′PO為菱形，可得∠MO′P＝∠MOP＝，所以∠NOP＝， 則粒子

16、偏轉(zhuǎn)的時(shí)間t′＝，又T＝， 得t′＝ 由于轉(zhuǎn)動方向與射出孔不確定，討論如下： ①當(dāng)圓筒順時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，設(shè)筒轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)棣?，若從N點(diǎn)離開，則筒轉(zhuǎn)動時(shí)間滿足 t′＝， 得ω1＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 若從M點(diǎn)離開，則筒轉(zhuǎn)動時(shí)間滿足 t′＝， 得ω1＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 綜上可得ω1＝ω0，其中n＝0,1,2,3，… ②當(dāng)圓筒逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，設(shè)筒轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)棣?；若從M點(diǎn)離開，則筒轉(zhuǎn)動時(shí)間滿足 t′＝，得ω2＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 若從N點(diǎn)離開，則筒轉(zhuǎn)動時(shí)間滿足 t′＝， 得ω2＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 綜上可得ω2＝

17、ω0，其中n＝0,1,2,3，… 綜上所述，圓筒角速度大小應(yīng)為ω1＝ω0 或者ω2＝ω0，其中n＝0,1,2,3，… 答案　見解析 3．如圖7所示，以豎直線MN為界，左側(cè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，右側(cè)空間有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面水平向外的勻強(qiáng)磁場。在左側(cè)空間O點(diǎn)用長為L的不可伸長的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩懸掛質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球。現(xiàn)使細(xì)繩拉直，從A點(diǎn)靜止釋放小球，小球繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，B點(diǎn)為圓周上速度最大點(diǎn)，已知OA與豎直方向夾角θ1＝30°，OB與豎直方向夾角θ2＝60°，左右兩側(cè)空間電場強(qiáng)度大小之比為E1∶E2＝∶1，重力加速度為g＝10 m/s2。 圖7 (1)求左側(cè)空

18、間電場強(qiáng)度大??； (2)求小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)?xì)繩的拉力大??； (3)若小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩突然斷開，小球運(yùn)動一段時(shí)間后，從MN邊界上某點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)空間運(yùn)動，然后又從MN邊界上另一點(diǎn)回到左側(cè)空間運(yùn)動，最后到達(dá)OB線上某點(diǎn)P時(shí)速度變?yōu)榱?，求小球在右?cè)空間運(yùn)動的時(shí)間。 解析　(1)要使小球在B點(diǎn)的速度最大，則重力與電場力的合力沿OB方向，則 tan 30°＝?E1＝。 (2)設(shè)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度大小為v0，小球所受重力與電場力的合力為： F＝＝2mg 從A到B，對小球由動能定理得： FL＝mv 聯(lián)立解得：v0＝ 在B點(diǎn)由牛頓第二定律：FT－F＝m 在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對小球的

19、拉力為：FT＝6mg 由牛頓第三定律知小球?qū)?xì)繩的拉力大小為6mg。 (3)設(shè)小球從MN邊界上的C點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)空間，從D點(diǎn)出右側(cè)空間，從B到C，小球做類平拋運(yùn)動，進(jìn)入MN右側(cè)空間后： E2＝＝，即qE2＝mg 小球在右側(cè)空間做勻速圓周運(yùn)動，小球回到左側(cè)空間后，到OB線上某點(diǎn)P速度減小到零，O′為小球在MN右側(cè)空間做圓周運(yùn)動的軌跡圓心，過C點(diǎn)作BD的垂線交BD于Q點(diǎn)。由幾何關(guān)系得∠CDQ＝60°，∠QCD＝30°，∠O′CD＝∠O′DC＝30°，在C點(diǎn)小球速度方向與界面夾角也為60°。 設(shè)小球從B到C的運(yùn)動時(shí)間為tB，在MN右側(cè)空間做圓周運(yùn)動半徑為R，運(yùn)動時(shí)間為t。 由幾何關(guān)系得：

20、CD＝2Rcos 30°，QC＝CD×cos 30°＝1.5R 從B到C，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得： QC＝v0tB，v0＝vcos 30°， vsin 30°＝atB，a＝＝2g 以上各式聯(lián)立解得：R＝，v＝ 小球在MN右側(cè)空間做圓周運(yùn)動的圓心角為240°，即圓周，故小球在MN右側(cè)運(yùn)動的時(shí)間為： t＝＝。 答案　(1)　(2)6mg　(3) 4．如圖8所示，ab為一長度為l＝1 m的粒子放射源，該放射源能同時(shí)釋放出大量帶正電的粒子，已知粒子的比荷均為＝1.6×105 C/kg，帶電粒子的重力以及粒子之間的相互作用均可忽略。圖中的虛線ef距離ab為h＝1 m，在虛線ef的上方存在垂直紙面

21、向里的勻強(qiáng)磁場。若以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)、以ab為x軸、以ad為y軸建立坐標(biāo)系，則圖中曲線ac的軌跡方程為y＝x2，在曲線ac與放射源ab之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，且電場強(qiáng)度的大小為E1＝2.0×102 N/C，圖中的虛線ad⊥ef，在ad左側(cè)l＝1 m處有一長度也為h＝1 m的熒光屏MN，在ad與MN之間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E2，某時(shí)刻放射源由靜止釋放大量帶正電的粒子。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖8 (1)從ab中點(diǎn)釋放的粒子到達(dá)虛線ef的速度v1為多大？ (2)如果所有的粒子均從同一位置離開勻強(qiáng)磁場，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？ (3)在滿足

22、第(2)問的條件下，如果所有的粒子均能打到熒光屏上，則E2的最小值為多少？當(dāng)E2取這個(gè)最小值時(shí)，運(yùn)動時(shí)間最短的粒子的運(yùn)動總時(shí)間為多少？ 解析　(1)由題意，設(shè)由粒子放射源發(fā)射的某個(gè)粒子由靜止釋放時(shí)與a點(diǎn)的距離為x，則其在區(qū)域Ⅰ中加速的位移y＝x2，設(shè)粒子射出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度大小為v，由動能定理可得E1qy＝mv2，聯(lián)立可得v＝x 從ab的中點(diǎn)釋放的粒子釋放時(shí)距a點(diǎn)x1＝m， 代入數(shù)據(jù)可解得v1＝4.0×103 m/s。 (2)所有帶電粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌跡半徑為r，由牛頓第二定律可得qvB＝m，解得r＝＝x 分析可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，軌跡半徑r與x成正比，當(dāng)x趨

23、近于零時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動的軌跡半徑趨近于零，即所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從d點(diǎn)射出磁場，且有2r＝x，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B＝0.10 T。 (3)粒子從d點(diǎn)沿豎直向下的方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的電場后，所有粒子均在電場力作用下做類平拋運(yùn)動，若所有帶電粒子均能打到熒光屏上，則從b點(diǎn)釋放的粒子剛好運(yùn)動到熒光屏上的N點(diǎn)時(shí)對應(yīng)電場強(qiáng)度最小，設(shè)為E2min，設(shè)該粒子由d點(diǎn)進(jìn)入電場的初速度為v2，則v2＝l，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時(shí)間為t3，加速度為a2，在水平方向上有l(wèi)＝a2t，在豎直方向上有h＝v2t3，又根據(jù)牛頓第二定律得E2minq＝ma2，聯(lián)立解得E2min＝8.0×102 N/C，由題意可知，當(dāng)E2＝E2

24、min時(shí)最先打在熒光屏上的粒子為從b點(diǎn)釋放的粒子，設(shè)該粒子在區(qū)域Ⅰ的電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t2，則有v2＝t1，在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝π，則有πr0＝v2t2，其中r0＝，故該粒子所經(jīng)歷的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3，代入數(shù)據(jù)得t≈5.7×10－4 s。 答案　見解析 5．如圖9所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻。質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)

25、強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場，閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運(yùn)動到水平軌道前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿MN始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g。 圖9 (1)求金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm； (2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動，速度未達(dá)到最大速度vm前，在流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)求金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm。 解析　(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到的合力為零，對其受力分析，可得： mgsin θ－BImL＝0

26、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可得： Im＝ 解得：vm＝。 (2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿MN運(yùn)動的位移為x 由電流的定義可得：q＝Δt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得： 平均電流＝＝ 解得：x＝ 設(shè)電流為I0時(shí)金屬桿MN的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可得： I0＝ 設(shè)此過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q熱，由功能關(guān)系可得：mgxsin θ＝Q熱＋mv 定值電阻r產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q熱 解得：Q＝－。 (3)設(shè)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行時(shí)的加速度為a，速度為v時(shí)回路電流為I 由牛頓第二定律得： BIL＝ma 由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可得： I＝ 解得：v＝m vΔt＝mΔv，即xm＝mvm 解得：xm＝。 答案　見解析 14