【高考物理一轮电磁学专题复习】 计算题（含解析 ）

这是一份【高考物理一轮电磁学专题复习】 计算题（含解析 ），共42页。试卷主要包含了类比是研究问题的常用方法，如图所示等内容，欢迎下载使用。
（1）求粒子加速器M的加速电压U；
（2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；
（3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能Ek。
2．贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E；
（2）线圈的输出功率P。
3．嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r，“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E；
(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；
(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情況下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
4．如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R=3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L=0.6m。初始时CD与EF相距s0=0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1=316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B=1T，重力加速度大小取g=10m/s2,sinα=0.6。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
5．一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0=10Ω的细导线绕制、匝数N=5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R=90Ω的电阻连接。螺线管的横截面是半径a=1.0×10−2m的圆，其中心与长直导线的距离r=0.1m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I−t图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=kIr，其中k=2×10−7T⋅m/A。
（1）求0~6.0×10−3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求3.0×10−3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的iR−t图像；
（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的iR−t图像。
6．类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f=kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G−kv=mΔvΔt（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率vm。
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I - t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
7．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ=30°角，N、Q两端接有R=1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2kg，电阻r=1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1=0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v=2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g=10m/s2。
（1）求拉力的功率P；
（2）ab开始运动后，经t=0.09s速度达到v2=1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W=0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
8．如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q>0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求小球S1在M点所受电场力大小。
（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23L，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。
（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
9．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，csα≈1−12α2。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
10．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A0，r1、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C0，−r2。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
11．图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan22.5°=0.4。
（1）当Ek0=0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0=keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
12．如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0=2mv05eL。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
13．某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离S。
14．霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿+x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿+y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿−z方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿+x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。
15．如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为m3的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
16．如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度dm；
（3）磁场区域的最大半径Rm。
17．如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U−I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0=mg4BL，Um=mgR2BL。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S。，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
18．如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为u02，求：
（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。
19．如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，CP长度为L0，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。sin37°=35。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压U0的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（CH≤CP0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
情境1
情境2
物体重力势能的减少量
物体动能的增加量
电阻R上消耗的电能
参考答案：
1．（1）U=mv22q；（2）E=vB，方向垂直导体板向下；（3）Ek=12mv2+qBvd
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子直线加速，根据功能关系有
qU=12mv2
解得
U=mv22q
（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡
Eq=qvB
得
E=vB
方向垂直导体板向下。
（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有
Ek=qU+Eqd
解得
Ek=12mv2+qBvd
2．（1）E=6.4×102V；（2）P=3.1×104W
【解析】
【详解】
（1）电动势的最大值
Em=NBSω
有效值
E=Em2
解得
E=NBSω2
带入数据得
E=6.4×102V
（2）输出电压
U=E−Ir
输出功率
P=IU
解得
P=I(E−Ir)
代入数据得
P=3.1×104W
3．(1)Blv0；(2)Blv02r；(3)m1gr3B2l2；(4)m1gr3B2l2，m1grC6Bl
【解析】
【详解】
(1)导体切割磁感线，电动势
E0=Blv0
(2)等效电路图如图
并联总电阻
R=2r
电流
I0=E0R=Blv02r
(3)匀速运动时线框受到安培力
FA=B2l2v2r
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA，方向竖直向上，匀速条件
F=m1g6
得
v=m1gr3B2l2
(4)匀速运动时电容器不充放电，满足
v′=v=m1gr3B2l2
电容器两端电压为
UC=13I×3r=m1gr6Bl
电荷量为
q=CUC=m1grC6Bl
4．（1）0.18N；（2）m=0.02kg，μ=38；（3）x2=518m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
(M+m)gs1sinα=12(M+m)v02
代入数据解得
v0=32m/s
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
E=BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得
I=ER
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
F安=BIL=0.18N
（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
mgsinα+μmgcsα=F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
Mgsinα−μmgcsα=Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
t=xv0
则此时导体框的速度为
v1=v0+at
则导体框的位移
x1=v0t+12at2
因此导体框和金属棒的相对位移为
Δx=x1−x=12at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
s0−Δx=x
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
E1=BLv1，I1=BLv1R
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
Mgsinα=μmgcsα+BI1L
联立以上可得
x=0.3m，a=5m/s2，m=0.02kg，μ=38
（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
mgsinα+μmgcsα=ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
v0+a1t1=v1
导体框匀速运动的距离为
x2=v1t1
代入数据解得
x2=2.59m=518m
5．（1）Q=0.5C；（2）Φ=6.28×10−8Wb；（3）见解析；（4）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由电量和电流的关系q=It可知I−t图像下方的面积表示电荷量，因此有
Q=I1Δt1+I2Δt2+I3Δt3
代入数据解得
Q=0.5C
（2）由磁通量的定义可得
Φ=BS=kIr×πa2
代入数据可得
Φ=6.28×10−8Wb
（3）在0~1.0×10−3s时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向c→R→d，产生恒定的感应电动势
E=NΔΦΔt=Nkπa2r×ΔIΔt
由闭合回路欧姆定律可得
iR=ER+R0
代入数据解得
iR=3.14×10−3A
在1.0×10−3s~5.0×10−3s电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在5.0×10−3s~6.0×10−3s时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0~1.0×10−3s大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c，则图像如图所示
（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×10−3s~5.0×10−3s时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在5.0×10−3s~6.0×10−3s内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在6.0×10−3s之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图
6．（1）vm=Gk；（2）a.E−RI=LΔIΔt，b.；（3）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）当物体下落速度达到最大速度vm时，加速度为零，有
G=kvm
得
vm=Gk
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有
E−RI=LΔIΔt
b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I - t图线如答图2
（3）各种能量转化的规律如图所示
7．（1）P=4W；（2）x=0.1m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有
F−mgsinθ−FA=0
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
E=BLv
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I=ER+r
ab受到的安培力
FA=ILB
由功率表达式，有
P=Fv
联立上述各式，代入数据解得
P=4W
（2）ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt−W−mgxsinθ=12mv22−12mv12
代入数据解得
x=0.1m
8．（1）2kQ24L2；（2）8kQ2gL9gL2；（3）Ek>(13−82)kQ227L
【解析】
【详解】
（1）设A到M点的距离为RM，A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA，由库仑定律有
FA=kQ2RM2 ①
设小球S1在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有
FM=2FAsin45° ②
联立①②式，由几何关系并代入数据得
FM=2kQ24L2 ③
（2）设O点下方L2处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有
FC=2kQ2RC2sinθ ④
式中
sinθ=OCRC
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
FC+m1g=m1a ⑤
由图（c）可知，式中
a=2g
联立④⑤式并代入数据得
m1=8kQ227gL2 ⑥
设S2的质量为m2，碰撞前、后S1的速度分别为v1，v1′，S2碰撞前、后的速度分别为v2，v2′，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ ⑦
12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v2′2 ⑧
设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有
p2=m2v2 ⑨
依题意有
12m1v12=12m1v1′2=4kQ23L
m1=m2
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得
p2=−8kQ2gL9gL2⑩
即碰撞前S2的动量大小为8kQ2gL9gL2。
（3）设O点上方L2处为D点。根据图（c）和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为UMD，由电势差定义有
UMD=φM−φD ⑪
设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有
m1g(MO−DO)+QUMD=EkD−Ek ⑫
EkD>0 ⑬
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得
Ek>(13−82)kQ227L ⑭
9．(1)EB，2E(R1+R2)B2；(2)（3L2R1+R2，0）；(3)（0，3L2R1+R2）；(4)见解析
【解析】
【详解】
(1)通过速度选择器离子的速度
v=EB
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
R=R1+R22
由mv2R=qvB得
qm=vRB=2E(R1+R2)B2
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离
x1=12qEmLv2
tanθ=qELmv2
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
x2=Ltanθ=qEL2mv2
x=x1+x2=3qEL22mv2=3L2R1+R2
位置坐标为(3L2R1+R2，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
r=mvqB
sinα=Lr
经过磁场后，离子在y方向偏转距离
y1=r(1−csα)≈L2R1+R2
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2=Ltanα≈2L2R1+R2
则
y=y1+y2≈3L2R1+R2
位置坐标为(0，3L2R1+R2)
(4)注入晶圆的位置坐标为(3L2R1+R2，3L2R1+R2),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
10．（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直与纸面向里，S2=πr22；（3）BI=mvqr3，BIII=mvqr4，SII=(12π−1)r32，SIV=(12π−1)r42
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子垂直x进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
qvB1=mv2r1
解得
B1=mvqr1
（2）粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入然后平行x轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为r2，根据qvB=mv2r可知磁感应强度为
B2=mvqr2
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
S2=πr22
（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周
根据qvB=mv2r可知I和III中的磁感应强度为
BI=mvqr3，BIII=mvqr4
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周SAOB与三角形SAOB之差，所以阴影部分的面积为
S1=2(SAOB−SAOB)=2×(14πr32−12r32)=(12π−1)r32
类似地可知IV区域的阴影部分面积为
SIV=2×(14πr42−12r42)=(12π−1)r42
根据对称性可知II中的匀强磁场面积为
SII=(12π−1)r32
11．（1）5eUmeR，πRmeU4eU，8eU；（2）136
【解析】
【分析】
【详解】
（1）电子在电场中加速有
2eU=12mv2
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
r=Rtan22.5∘=0.4R
B1ev=mv2r
联立解得
B1=5eUmeR
在磁场Ⅰ中的运动周期为
T=2πrv
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
φ=54π
在磁场Ⅰ中的运动时间为
t=φ2πT
联立解得
t=πRmeU4eU
从Q点出来的动能为
Ek=8eU
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
3R−rm2=R2+rm2
解得
rm=33R
由于
B1evm=mvm2rm
2eU=12mvm2−keU
联立解得
k=136
12．（1）vS=v02−4eEdm；（2）0~mv03eL；（3）35nmv0，方向沿z轴负方向
【解析】
【分析】
【详解】
（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有
2eEd=12mv02−12mvS2
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
vS=v02−4eEdm
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
R1−L22+L2=R12
根据洛伦兹力提供向心力有
2ev0B0=mv02R1
联立解得
B0=2mv05eL
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
R2−2L22+L2=R22
此时B=2B0；根据洛伦兹力提供向心力有
2e×v0×2B0=mv02R2
联立解得
B0=mv03eL
故B0的取值范围为0~mv03eL；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有
2e×v0×2B0=mv02R3
且满足
B0=2mv05eL
所以可得
R3=mv022eB0=54L
所以可得
csθ=35
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
FΔt=nΔtmv0csθ−0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
F′=35nmv0
方向沿z轴负方向。
13．（1）v=qB0dmsinθ；（2）E=2qB02d2mL2tan2θLtanθ+dsinθ−dtanθ；（3）S=6(3+1)7πL
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
qvB0=mv2r①
根据几何关系得
sinθ=dr②
联立①②式得
v=qB0dmsinθ
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
qE=ma
由运动的合成与分解得
L=(vcsθ)·t，y0=−r(1−csθ)，y0=(vsinθ)·t−12at2
联立得
E=2qB02d2mL2tan2θLtanθ+dsinθ−dtanθ
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcsθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，运动轨迹长度为l′，由几何关系得
l'=α2π×2πr'+α+π22π×2πr'， csα=r'2r'
由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
l'vcsθ=Lvcsθ
C到O1的距离
S=2r′sinα+r′
联立得
S=6(3+1)7πL
14．（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z方向；（2）Fnz=eInBneab+E；（3）见解析所示
【解析】
【分析】
【详解】
（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z方向；
（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
In=qt
设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为
In=neabvnx
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
F洛=evnxB
霍尔电场力大小为
F电=eE
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为
Fnz=eInBneab+E
（3）设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np，则
Nn=nacvnzΔt
Np=pacvpzΔt
霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应
Nn=Np
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
15．（1）E=qB2a2m；（2）Δt=2πmqB；（3）L=2a7
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径
R=a
则
qBv=mv2R
则
v=qBam
粒子从S到O，有动能定理可得
qEa=12mv2
可得
E=qB2a2m
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，则有
mv=mv1+13mv2
12mv2=12mv12+12×13mv22
计算可得
v1=12v=qBa2m
v2=32v=3qBa2m
两粒子碰后在磁场中运动
12qBv1=mv12R1
12qBv2=mv223R2
解得
R1=a
R2=a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
T1=2πR1v1=4πmqB
T2=2πR2v2=4πm3qB
则两粒子碰后再次相遇
2πT2Δt=2πT1Δt+2π
解得再次相遇时间
Δt=2πmqB
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
θ=2πT1⋅T24=π6
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t′，由余弦定理可得
cs60°=(v1t')2+(v2t′)2−(2a)22×v1t′×v2t′
v1t'=13v2t'
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
L=v1t′=2a7
16．（1）qB2R22mU−1πmqB；（2）2R2−2mUqB2−R2−4mUqB2；（3）R+2mERqB2R−mEsinα2
【解析】
【详解】
（1）设粒子在P的速度大小为vP，则根据
qvB=mv2r
可知半径表达式为
R=mvPqB
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有
nqU=12mvP2
粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmqB
粒子运动的总时间为
t=(n−1)×T2
解得
t=qB2R22mU−1πmqB
（2）由粒子的运动半径r=mvqB，结合动能表达式Ek=12mv2变形得
r=2mEkqB
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
r1=2mEkP−qUqB，r2=2mEkP−2qUqB
由几何关系有
dm=2r1−r2
结合EkP=(qBR)22m解得
dm=2R2−2mUqB2−R2−4mUqB2
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即
qvPB−qE=mvP2rQ
设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O′。由题意知，O′在SQ上，且粒子飞离磁场的点与O、O′在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
Rm=OF=R+OO′
将等腰三角形△OO′Q放大如图所示。
虚线为从Q点向OO′所引垂线，虚线平分α角，则
OO′=2(rQ−R)sinα2
解得最大半径为
Rm=R+2mERqB2R−mEsinα2
17．（1）v1=mgRB2L2；（2）v2=3mgR2B2L2；（3）a=g2
【解析】
【分析】
[关键能力]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电磁学知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最大速度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流大小关系，然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的关键在于求出开关断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出金属棒的加速度。
【详解】
（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
mg=BI1L
由法拉第电磁感应定律得
E1=BLv1
由欧姆定律得
I1=E1R
解得
v1=mgRB2L2
（2）由第（1）问得
I1=mgBL
由于
I0