1、2024年高考物理电磁学解答题综合训练（难题篇）1如图，半径r=0.4m的固定水平金属圆环内存在方向竖直向上，磁感应强度B1=2T的匀强磁场，可绕圆心O转动的金属棒OA的A端与圆环接触良好。间距l=1m的两平行长直导轨GH和EF与水平面的夹角=37，导轨GH与金属环相连，EF与金属杆O端相连。导轨平面的CDQP矩形区域内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场。初始时，一质量m=0.2kg、长1m的金属棒MN垂直导轨放置并锁定。当杆OA以角速度=2.5rad/s沿顺时针方向匀速转动时，解除MN的锁定，之后在t=0时刻MN以速度v1=1m/s进入磁场，同时用外力控制MN棒，使MN
2、棒在磁场中做匀加速直线运动，1s后以v2=2m/s的速度离开磁场，此过程中MN棒始终与导轨接触良好。已知重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，金属棒OA、MN的电阻均为R=1，其余电阻均不计。求（1）t=0时刻MN棒受到的安培力大小FA；（2）MN棒受到的外力F与时间t的关系式；（3）在磁场运动的过程中，通过MN棒的电荷量。2 如图所示，竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为d，区域中存在竖直向下的匀强电场，区域、中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为6:2:1，区域下边界放置一块水平挡板，可吸收打到板上的粒子。零时刻，在纸面内从O点向各个方向（90范围）均
3、匀发射带电量为q、质量为m、初速度为v0的带正电粒子，其中水平向右射出的粒子第一次进入区域时速度方向与水平方向成60，且刚好经过区域的下边界。粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求：（1）电场强度大小E；（2）水平向右射出粒子经过区域I下边界的时刻t；（3）打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例。3如图所示，竖直固定的半径R0.32m的光滑绝缘圆弧轨道在B点与粗糙绝缘水平轨道AB相切。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。将一个质量m0.4kg、带电量q3103C的物块P（可视为质点）从水平轨道上B点右侧距离B点x0.64m的位置由静止释放，物块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为FN=12N。圆弧轨
4、道右下方留有开口，物块进入圆弧轨道后，开口将自动关闭形成一个闭合的圆轨道。已知物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数0.25，g=10m/s2，sin370.6，cos370.8.求：（1）物块P运动到B点时的速度大小以及匀强电场的场强大小；（2）为了让物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动，需要将物块P从B点右侧多远处由静止释放？（3）通过计算分析物块P进入圆弧轨道后的运动过程是否会与圆弧轨道分离。4如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进人偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子
5、打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出苂光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度为B1。已知离子的比荷为k，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则（1）要使v0=kU的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小；（2）若撤去极板间磁场B0，有n个速度为v1=3kU的离子，能进人偏转磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求吞噬板上收集的离子个数及B1的取值范围；（3）重新在两极板间施加一垂直于纸面
6、的匀强磁场并调整磁感应强度大小，使v2=2kU的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场，若此时磁场边界为矩形，如图所示，当B1=43L2Uk时上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积。5 截至2023年8月底，武威重离子中心已完成近900例患者治疗，疗效显著。医用重离子放疗设备主要由加速和散射两部分组成，整个系统如甲图所示，简化模型如乙图所示。乙图中，区域I为加速区，加速电压为U，区域II、III为散射区域，偏转磁场磁感应强度大小均为B，区域II中磁场沿y轴正方向，区域III中磁场沿x轴正方向。质量为m、电荷量为q的带正电的重离子在O点由静止进入加速电场，离子离开区域II时速度偏转了37，不
7、计离子的重力，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求离子进入磁场区域II时速度大小；（2）求磁场II的宽度d；（3）区域III磁场宽为d'=10B2mUq，在区域III右侧边界放置一接收屏，接收屏中心O'与离子进入电场时的O点在同一直线上，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O'点的距离。6阿尔法磁谱仪（简称AMS）是美籍华裔物理学家丁肇中构思，由中国参与建造的探测反物质和暗物质的仪器。图甲是AMS在空间站的实验场景，其工作原理可简化为如图乙所示：在xOy平面内，以M(0，-R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在y0的区域内有垂直纸面向外的匀
8、强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小相等。在第一象限有与x轴成45角倾斜放置的接收器与x、y轴交于Q、P两点，且OQ间距为(2+1)R，在圆形磁场区域左侧-2Ry0的区域内，均匀分布着质量为m、电荷量为e的一簇质子，所有质子均以速度v沿x轴正向射入圆形磁场区域，其中正对M点射入的质子经偏转后从O点进入x轴上方的磁场。不计质子的重力，不考虑质子间的相互作用。求：图甲 图乙（1）磁感应强度B的大小；（2）正对M点射入的质子，射入磁场后经多长时间到达接收器PQ；（3）接收器PQ被质子打中的区域的长度。7在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注入离子，需要在一个有限空间中
9、用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。现在我们来研究一个类似的模型。在空间内存在边长L=0.64m的立方体OACD-O'A'C'D'，以O为坐标原点，沿OA、OO'和OD方向分别建立x、y、z轴。在OACD面的中心M处存在一粒子发射源，可在底面内平行于底面沿任意方向发射初速度v0=8.0104m/s，比荷qm=1.0108C/kg的带正电粒子。在区域内施加一定的匀强电场或者匀强磁场，使粒子可以达到相应的空间位置。不计重力，则：（1）在立方体内施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子只能从O'A'C'D'面飞出，求施加电场的电场强度E的
10、最小值；（2）在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，若磁感应强度大小为B=4.010-3T，求粒子在磁场中运动时间的最小值tmin和最大值tmax；（sin53=0.8，cos53=0.6）（3）在第（2）问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E=4.0102N/C。判断第（2）问中最小时间和最大时间所对应的粒子能否从O'A'C'D'面飞出？若粒子不能从O'A'C'D'面飞出，请写出这些粒子从yOz平面飞出立方体区域时的空间坐标(x，y，z)。（结果保留2位小数）8如图，水平地面上放置一长度L=10m、质量M=1kg的长木
11、板。一可视为质点、质量m=1kg、带电量q=+110-sC的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1=7m。在距木板右端d2=9m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5m的匀强电场，场强E1=2106N/C，方向直向下。匀强电场E1右侧存在宽度，d4=6m的匀强电场，场强E2=1106N/C，方向紫直向上。从t=0时刻起，水平恒力F=8N作用在长木板上，5s木撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数1=0.4，长木板与水平地面间的动曆擦因数2=0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求（1）物块运动多长时间进入匀强电场E1；（2）物块漓开匀强电场E2时速度的大小；（3）物块最终停下来
12、时，离木板右的距离。9在xOy平面的x轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场（如图甲所示）。在空间坐标 (x=0，y=12a) 处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个（N足够大）质量为m、电荷量为-q，速度为v0的带电粒子。（不计粒子重力及粒子间的相互作用，题中N、a、m、-q、v0均为已知量）（1）若放射源所发出的粒子恰好有13不能到达x轴，求磁感应强度为多大。（2）求第（1）问中，x轴上能接收到粒子的区域长度L。（3）若磁场仅限制在一个半径为a的圆形区域内，圆心在坐标 (a，12a) 处。保持磁感应强度不变，在x轴的正半轴上铺设挡板，粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上
13、并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。10如图甲所示，xOy平面内y轴左侧有宽为L的匀强电场区域，电场方向平行于y轴向上，匀强电场左侧有一电压为U的加速电场。一质量为m、带电量为+q的带电粒子(不计重力)从A点飘入加速电场，加速后由x轴上的P(-L，0)点进入匀强电场，之后从y轴上的Q(0，L2)点进入y轴的右侧。（1）求粒子经过P点时的速度大小v0；（2）求匀强电场的场强大小E及达到Q点速度大小；（3）若y轴右侧存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。t=T04时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合
14、轨迹做周期性运动，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x。(忽略磁场突变的影响)11如图所示，水平光滑直轨道AB右侧BC部分为某种粗粘材料构成，BC长度可以调节，在BC的上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小EF=300V/m，在BC的下方，存在坚直向下的匀强电场，电场强度大小E2=1500V/m。小球a为绝缘材质，质量m=1.0kg，小球b质量为M=3.0kg，带电量为q=+2.010-2C，小球a从A点以水平向右v=6m/s的初速度释放，与静止的小球b发生弹性正碰，小球b在粗粘材料上所受阻力为其重力的0.3倍，然后从C点水平飞离水平轨道，落到水平面上的P点，
15、P、C两点间的高度差为H=1.6m。小球可以视为质点，且不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）求小球b运动至B点的速度大小；（2）求小球落点P与B点的最大水平距离；（3）通过调整BC的长度，使小球恰好能运动到C点，从C点下落，小球落到地面后弹起，假设小球每次碰撞机械能损失75%，与地面多次碰撞后静止。求小球从C点下落到静止所需的时间。12有一游戏机，通过弹性装置可以控制小球出射速度，小球投进篮筐得分，其内部原理如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板ab，板高h=3m，与板等高处有一筐扣水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=1m，板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀
16、强磁场和匀强电场（未画出），磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1103kg、电量q=3103C、直径略小于小孔的带负电小球（视为质点），以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与挡板相碰即以原速率弹回，碰撞时间不计，碰撞时电量不变，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，若小球最后都能从筐口的中心处落入筐中，求（结果可保留分数）：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球运动的最短时间；（3）小球出射的最小速度13 如图，长L、间距为d的平行金属板固定，板面与水平面成角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出
17、弹射器即以沿两板中心线O1O2的速度从下端O1点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。（1）要使小球能飞出O2点，求弹射器提供的最小能量E0；（2）若弹射器提供的能量为2E0，求小球到达的最高点和O2点之间的水平距离。14 如图所示，电场强度大小为E=3mg4q、方向水平向左的匀强电场充满整个空间，电场中有一个与水平方向成=53的光滑斜面与一个光滑的半径R=1m的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点。一质量为m=1kg，电荷量为-q（q>0）的带电小球从斜面上静止释放，已知重力加速度大小g=10m/s2，sin53=0.
18、8，cos53=0.6，若小球能通过C点，则其会被其它装置取走。（1）若运动过程中小球对轨道的最大压力大小为67.5N，求小球释放点与A的距离；（2）若将电场方向反向，场强大小不变，小球恰能到达C点，求小球运动在过程中对轨道最大压力大小。15某科研小组设计了一种列车的电磁阻尼辅助刹车系统，原理如图所示。在列车的车厢下面固定一个磁场控制系统，能在长为 L、宽为 L的矩形区域内产生方向竖直向下、大小为 B 的匀强磁场，在铁轨上安装长为L、宽为 L的单匝矩形线圈若干个，相邻两个线圈间距为 L，每个线圈的电阻为 R。设质量为 m 的列车以初速度v 无动力进入减速区域，运动过程中制动力可以改变，使列车做
19、匀减速直线运动，当列车磁场控制系统的磁场刚好通过n（n>1）个线圈时，列车的速度减为零，重力加速度为g，求：（1）磁场控制系统的磁场全部进入第一个线圈过程中，通过第一个线圈截面的电荷量；（2）磁场控制系统的磁场刚进入第二个线圈时，克服安培力做功的瞬时功率；（3）整个刹车过程中，除电磁阻力外的其它阻力的冲量。答案解析部分1【答案】（1）解：金属杆匀速转动，产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E=12B1r2MN进入磁场后，产生的感应电动势为E'=B2lv回路中电流I=E'-E2RMN所受的安培力FA=B2Ilt=0时，将v=v1=1m/s代入解得FA=0.3N（2）解
20、：MN在磁场中做匀加速直线运动a=v2-v1tMN的速度v=v1+at取沿轨道向下为正方向，对MN，根据牛顿第二定律F+mgsin-FA=ma解得F=0.5t-0.7N（3）解：导体棒MN所受安培力的冲量IA=FA-t又FA-=B2Ilq=It由F=0.5t-0.7N可知t=0时F0=-0.7Nt=1s时F1=-0.2N故外力的冲量IF=F0+F12由动量定理mgsint+IF-IA=mv2-mv1解得q=0.55C2【答案】（1）解：设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时的速度大小为v，有v=v0cos60=2v0根据动能定理有Eqd=12mv2-12mv02解得E=3mv022qd（2）
21、解：设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时速度竖直方向分量为vy，则vy=v0tan60粒子从水平射出到第一次射出电场的时间t1=2dvy=23d3v0粒子在区域运动的半径满足R(1-cos60)=d得R=2d粒子从第一次到区域下边界到第二次经过区域下边界的时间t2=1203602Rv=2d3v0粒子第n次通过区域下边界的时刻为t=n(t1+t22)-t22n为奇数时n(t1+t22)-t1n为偶数时，其中(n=1,2,)即t=(23+)dn3v0-d3v0当n为奇数时(23+)dn3v0-23d3v0当n为偶数时，其中(n=1,2,)（3）解：设粒子从O点射出时与水平方向成角，运动到区域，
22、轨迹刚好与挡板相切，经过区域、的下边界时水平分速度的大小分别为v0cos、vx、vx、2v0；粒子在区域中运动时，取极短时间t，由水平方向的动量定理qvyB1t=mvx两边求和有qB1(vyt)=mvx代入得qB1d=m(vllx-v0cos)同理在区域、中运动时，分别有qB2d=m(vx-vx)qB3d=m(2v0-vx)累加可得qd(B1+B2+B3)=m(2v0-v0cos)根据洛伦兹提供向心力qvB1=mv2R求得=60则3【答案】（1）解：依题意，物块运动到B点时，所受轨道的支持力大小为FN，由牛顿第二定律，可得FN-mg=mvB2R解得vB=4510m/s物块P从静止运动到B点过程
23、，根据动能定理可得qEx-mgx=12mvB2解得E=1103N/C（2）解：设物块P在圆弧轨道运动的等效最低点为D点，设电场力和物块的重力的合力与竖直方向的夹角为，如下图所示：则有tan=qEmg解得=37等效最高点在D点关于圆心对称的F点，依题意，物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动的条件为qEsin=mvF2R解得vF=2m/s即物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动的临界速度为2m/s，设将物块P从B点右侧x'处由静止释放运动到F点过程，由动能定理可得qE(x'-Rsin)-mg(R+Rcos)=12mvF2联立，解得x'=1.23m（3）解：根据（1
24、）中分析，物块P从B点运动到等效最高点的速度设为vF'，由动能定理可得-qERsin-mgR(1+cos)=12mv'F2-12mvB2解得v'F2<0 2="" 4="" 12="L4r，解得1=106，故有tmin=1360T，解得tmin=5336106s" qv0b0="qUL" b0="1LUk" y="R1=35B2mUq" 2l="" qul="ma" n="13n" qv
25、b1="mv2R" x="2Rcos=2vkB1" 6l3uk="" qv2b1="mv22r，r=34L" ar="r2L-r，" a="920L2分" smin="34L(L+34L+a)=3320L2" qu="12mv2" v="2qUm" d="35B2mUq" qvb="mv2R" vx="vcos37" vz="vsin37"
26、; vxt="d'" qvzb="mvz2R1" t="5R4v" z="R(1-cos37)+R1=45B2mUq" s="v0t" r="R" evb="mv2r" b="4.010-3T时，有" o2cq="2" cq="R" od="2R，OE垂直于PQ" oe="(22+1)R=QE，DE=OD2-OE2=52-2R" cd="Q
27、E-CQ+DE=(22+1)R-R+52-2R=22R+52-2R" l="12qEmt2，得t=4210-6s，因为tmax=2.510-6s" 8mvql="" emin="8.0102N/C" qv0b="mv02r，T=2rv0，解得r=mv0qB，代入数据得r=0.2m，T=510-6s" oc="L2-r，cos1=OCOA，同理可得OD=L2-OAsin1，cos2=ODOB，其中OB=OA=r，联立解得1=53，2=37，有=360-1-2-90，解得=180，故有tmax=36
28、0T，解得tmax=2.510-6s">t，tmin=533610-6s<t故在磁场中运动时间最长的粒子能从O'A'C'D'平面射出，运动时间最短的粒子不能从O'A'C'D'平面射出。运动时间最短的粒子在y轴上运动的距离为y=12qEmtmin2，解得y=28096482102m0.43m从yOz平面飞出立方体区域时的空间坐标有(0，0.43m，0.32m)8【答案】（1）解：在物块末进入电场时设其最大加速度大小为a0，则由牛顿第二定律有1mg=ma0，解得a0=4m/s2当给木板施加恒力时，假设物块和木板能
29、够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛领第二定律有F-2(m+M)g=(m+M)a代人数据解得a=2m/s2d1+d2则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为t0，由位移与时间的关系可得d1+d2=12at02解得t0=4s。（2）解：当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时边增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板解止，在电场E1中，在力F木撒去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为a1，由牛额第二定律有F-2(m+M)g+Eq=(m+M)a1解得a1=0即在物块进入电场
30、E1中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为x1，进入电场E1时的速度大小为v1，则有v1=at0=24m/s=8m/sx1=v1t1=81=8m此时距进入电场E2的距禹为x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m设在这投位移内物块和木板共同运动的加速度大小为a1'，由牛倾第二定律有2(m+M)g+Eq=(m+M)a1'解得a1'=4m/s2设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为v2，则由速度与位移的关系可得v22-v12=-2a1'x2解得v2=6m/s当进入纫强电场E2，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有mg=E2q可知，物块在电场E2中
31、做匀速直线运动，因此，物块离开次强电场E2时速度的大小为6m/s（3）解：9【答案】（1）解： 由几关系可知左右两个相切圆为临界条件，由于有13 不能到达x轴，所以 O1PO2=23由几何关系知，磁场中做圆周运动半径为R=a洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得Bqv0=mv02R磁感应强度B=mv0aq（2）解：粒子打x轴上的范围如图所示，x轴右侧长度为 L1=(2a)2-(12a)2=152ax轴左侧，F与x轴相切，由几何关系知 L2=a2-(12a)2=32a联立可得L=L1+L2=152a+32a（3）解： 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，轨迹半径R'=a，轨迹如下图，根
32、据几何关系则有垂直打在板上的区域有两部分， sin=12aa=12，sin=12aa=12解得=6，=6粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量 P=262Nmv0=Nmv06粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间 t1=a2v0=a2v0粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间 t2=av0+12av0=2a+a2v0这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力 F=Pt2-t1=Nmv026a10【答案】（1）解：粒子从A点到P点，由动能定理有qU=12mv02，解得v0=2qUm。（2）解：粒子在偏转电场中沿x方向有L=v0t，沿y方向有L2=
33、12at2，根据牛顿第二定律有qE=ma联立解得E=2UL，粒子从Q点射出时沿y方向的速度vy=qEmt，则射出速度v=vy2+v02，解得v=2v0=2qUm。（3）解：设粒子做圆周运动的半径为r，则qvB=mv2r解得r=T0qUm，粒子在磁场中运动的周期T=2mqB解得T=T0，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：所以圆形磁场的最小半径R=3r，最小面积S=R2解得S=9qUT02m，由图可知，进入磁场的位置距y的最小距离x=(1-22)R解得x=(6-32)T02qUm。11【答案】（1）解：两小球碰撞的过程，碰后小球a的速度为v1，小球b的速度为v2，由动量守恒、动能不变，得mv0=mv
34、1+Mv212mv02=12mv12+12Mv22代入数据可得v2=3m/s即小球b运动到B点的速度大小为vB=3m/s（2）解：B到C的过程中，由动能定理得qE1LBC-kMgLBC=12MvC2-12MvB2解得LBC=M(vc2-vn2)2(qE1-kMg)从C点滑出后Mg+qE2=Ma从C点到落地的时间t0=2Ha=0.4sB到P的水平距离L=M(vB2-vc2)2(kM-qE1)+vct0代入数据，联立并整理可得L=92-12vC2+25vC可知，当vC=0.4m/s时，P到B的水平距离最大，为L=4.58m（3）解：由于小球每次碰撞机械能损失75%，由Ek=12mv2，则碰撞后的速
35、度为碰撞前速度的12，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的12，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间t1=212t0=0.4s同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间t2=12t1=120.4=0.2s由此类推可知，从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间tn=(12)n-1t1小球运动的总时间t=t0+t1+t2+tn由等比数列求和可得t=1.2s12【答案】（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有Eq=mg解得E=mgq=10-210-3N/C=103N/C方向竖直向下（2）小球做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，有qvB=mv2R周期T=2Rv=2mqB=23小
36、球不与挡板相碰直接飞入框中，时间最短，如图所示由几何知识可得(h-Rm)2+s2=Rm2求得半径Rm=53mPO与挡板夹角为，则sin=sR=35，=37设小球圆周运动圆弧的圆心角为，则=180+=217则时间为t=217360T=217540（3）因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在挡板的竖直线上，设小球与挡板碰撞n次，其最大半径为R=h2n要击中目标必有Rs=3m即hn3h=9m代入解得n1.5n只能取0，1当半径越小时，速率越小，取n=1当n=1，时可得（h-3R）2+s2=R2解得R1=1m，R2=1.25m当R1=1m时半径最小，其运动轨迹如图中的轨迹所示洛仑兹力提供向心力，有qvm
37、inB=mvmin2R1可得最小速率vmin=3ms13【答案】（1）解：设小球的质量为m，重力加速度为g，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知E=Ud则有qE=qUd=mgcos解得mg=qUdcos要使小球能飞出O2点，当小球在O2点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理可得-mgLsin=0-E0解得E0=mgLsin=qULdtan（2）解：若弹射器提供的能量为2E0，当小球在O2点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得-mgLsin=12mv2-2E012mv2=E0解得v=2E0m则小球从O2点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平
38、方向则有x=vtcos在竖直方向则有vy=vsin-gt小球到达的最高点时vy=0，则有vsin=gtt=vsing其中g=qUmdcos联立解得x=Lsin2sin14【答案】（1）解：设重力与电场力的合力方向与竖直方向成角，故tan=Eqmg解得=37重力与电场力合力大小为F=(Eq)2+(mg)2=54mg由释放点到最大速度点由动能定理得F(s+R)=12mv2对该点由牛顿第二定律得N-F=mv2R由牛顿第三定律得压力FN=N解得s=1.2m（2）解：若电场反向，设小球于B点左侧角处达到最大速度，同理解得=37合力大小仍为F，沿如图所示OD方向，此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对
39、E点受力分析得F=(Eq)2+(mg)2=mvE2R解得vE=522m/s对D到E由动能定理得-F2R=12mvE2-12mvD2解得vD=5102m/s对该点由牛顿第二定律得N'-F=mvD2R由牛顿第三定律得压力F'N=N'=75N15【答案】（1）解：根据电流的定义式及法拉第电磁感应定律可得q=It=ERt=Rtt=R=BL1L2R（2）解：由于列车做匀减速直线运动，当磁场控制系统刚好通过n（n>1）个线圈时列车的速度减为零。故根据匀变速运动规律可得2a(2n)L2=v2设磁场控制系统的磁场刚进入第二个线圈时，列车速度为v1，则根据匀变速直线规律可得2a2L2=v2-v12此时线框受到安培力为F=BIL1=B2L12v1R克服安培力做功的瞬时功率为P=Fv1联立解得a=v24nL2，P=(n-1)B2L12v2nR（3）解：磁场控制系统进入到完全离开每个线圈过程中，通过每个线圈截面的电荷量相等。以水平向右为正方向，对整个过程运用动量定理可得I-F安t=0-mv其中F安t=BIL1t=nBL1q联立解得I=nB2L12L2R-mv方向水平向左。
