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1专题30力电综合问题-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（III）1.（2019湖南岳阳二模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子（可认为初速度为0）经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点若在两极板CD间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。（1）求电子进入偏转电场的速度v0。（2）求电子的比荷。【名师解析】（1）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv0B，又E=，联立解得电子射入偏转电场的速度。（2）电子在极板区域运行的时间，在电场中的偏转位移，电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度，设电子离开极板区域后，电子到达光屏P点所需的时间为t2，，电子离开电场后再垂直极板方向的位移y2=vyt2，P点离开O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移y=y1+y2，联立解得。2答：（1）电子进入偏转电场的速度为。（2）电子的比荷为。【关键点拨】（1）抓住电子在复合场中做直线运动，结合电场力和洛伦兹力平衡求出电子进入偏转电场的速度。（2）根据类平抛运动的规律，求出电子在偏转电场中的位移，以及离开偏转电场后垂直电场方向的位移，抓住两位移之和，求出电子的比荷。本题考查了电子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律、运动学公式以及电势差与电场强度关系进行求解，难度中等。2．（10分）（2019年4月浙江选考模拟1）如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B．P、M间所接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：（1）金属杆ab运动的最大速度v；（2）金属杆ab从开始下滑s距离过程中回路产生的焦耳热；（3）当金属杆ab运动的加速度为a＝gsinθ时，回路的电功率。【思路分析】（1）从静止释放ab，ab棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，当ab棒匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件和安培力公式，求解金属杆ab运动的最大速度；（2）根据牛顿第二定律求得此时金属杆ab运动的速度，得到感应电流，即可求得金属杆ab消耗的电功率；（3）根据法拉第定律、欧姆定律推导出电量表达式q＝，求出通过R的电量。【名师解析】（1）当金属杆的加速度为零，速度达到最大值，根据平衡条件有：mgsinθ＝BId根据闭合电路欧姆定律有：联立解得：；3（2）根据能量守恒有：解得：；（3）当金属杆ab运动的加速度为时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣BI′d＝ma，回路电功率等于回路热功率为：P＝I′2（R+r）联立解得：；答：（1）金属杆ab运动的最大速度v为；（2）金属杆ab从开始下滑s距离过程中回路产生的焦耳热为；（3）当金属杆ab运动的加速度为a＝gsinθ时，回路的电功率为。【点评】本题是电磁感应中收尾速度问题，分别从力和能量两个角度进行研究。其中能量守恒分析和计算是解题的关键步骤。3.（20分）（2019北京延庆模拟）如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度v0沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。（1）求在杆的速度从v0减小到02v的过程中a.电阻R上产生的热量b.通过电阻R的电量4（2）a．证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等b.若杆的动能减小一半所用时间为t0，则杆的动量减小一半所用时间是多少?【参考答案】（1）a.b.（2）a.见解析b.2t0【名师解析】（1）a.设电路产热为Q，由能量守恒+Q串联电路中，产热与电阻成正比，可得解得：电阻R产热为b.设该过程所用时间为t，由动量定理，其中解得：通过R的电量为（2）a.某时刻杆的速度为v（从v0开始分析亦可），则感应电动势E=Blv，感应电流，安培力在很短时间内，由动量定理，（为速度变化绝对值）可得所以在任意短时间内速度变化的比例为由于为定值，所以任何相等时间内速度变化的比例都相等。所以从任何时刻开始计算，速度减小一半所用时间都相等。b.动能减小一半，速度v减小为由a中分析可得，速度从再减小到所用时间仍为t05所以速度减小一半所用时间为2t0，动量减小一半所有时间也为2t0。4．[加试题](2017·绍兴选考模拟)某兴趣小组设计了一种利用开、关门来发电的装置，如图甲所示。门ABCD可绕AD轴无摩擦转动90°，其BC边是质量m＝2kg、电阻r＝5Ω的金属条，门的其他部分为绝缘体且质量忽略不计，AB＝1m，BC＝2m，金属条B、C两端用导线连接电阻R＝5Ω的小灯泡组成闭合回路，门角B点与墙面间连有一轻质弹簧(图中未画出)。门关闭时，门边BC处于Ⅰ位置，此时弹簧处于原长；门打开90°时，门边BC处于Ⅳ位置，此时弹簧拉伸最长。在门边BC转动路径的Ⅱ到Ⅲ位置区域，存在高2m圆心角为45°的柱形辐向磁场区域AMNFDAE，如图乙所示。BC边转动路径附近的磁感应强度为B＝1T。现用力推门，使门从Ⅰ位置由静止开始转动，以恒定的角速度ω＝1rad/s经过磁场区域，当门边BC转过Ⅲ时撤去F，门刚好能转过90°到达Ⅳ位置而速度减为0，此后又在弹簧作用下被弹回，直至关闭，已知此过程中推力做功为WF＝1.5J。其中π取3。(1)门边BC刚转到Ⅱ位置进入磁场瞬间，通过BC的电流方向如何(选答“B→C”或“C→B”)?(2)门边BC刚转到Ⅱ位置进入磁场瞬间，求灯泡两端的电压U；(3)已知门刚好关闭前的角速度ω＝1rad/s，求门弹回直至关闭过程中小灯泡消耗的电能。【名师解析】(1)根据右手定则，通过BC的电流方向为C→B。(2)门刚好进入磁场时，门BC边切割磁感线的速度x,]v＝ωlAB＝1m/s门转过磁场区的时间t＝π4ω＝0.75s产生的电动势E＝BLv＝1×2×1V＝2V回路中电流为I＝ER＋r＝210A＝0.2A灯泡两端的电压U＝IR＝1V。(3)在门打开过程中，BC边克服安培力做功，回路中产生焦耳热Q1＝I2(R＋r)t＝0.3J门关闭前的速度v1＝ωlAB＝1m/s此时门边BC具有的动能Ek＝12mv12＝1J整个过程中，根据能量守恒，外力做功转化为焦耳热和门增加的动能，则回路总的焦耳热Q总＝WF－ΔEk＝1.5J－1J＝0.5J因此门弹回直至关闭过程中产生的焦耳热6Q2＝Q总－Q1＝0.2J灯泡上消耗的电能即为产生的焦耳热W＝Q灯＝Q22＝0.1J。答案：(1)C→B(2)1V(3)0.1J5．(2019·浙江名校联考)如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0(方向如图所示)；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计。(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。【名师解析】：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU＝12mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0＝mv2R解得R＝2UE0。(2)离子做类平抛运动，d＝vt,3d＝12at2由牛顿第二定律得qE＝ma解得E＝12Ud。(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qBv＝mv2r则r＝1B2Umq离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ。7由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：32d＜r≤2d故有：32d＜1B2Umq≤2d解得12d2Umq≤B＜23d2Umq。]答案：(1)2UE0(2)12Ud(3)12d2Umq≤B＜23d2Umq6.（2019河南示范性高中联考）如图所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场其磁感应强度大小B=π×10－2T，在P点竖直下方，m处有一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷=1×106C/kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t=1×10－4s，电荷以v0=1×104m/s的速度通过MN进入磁场。求：(1)P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小；(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间。【参考答案】（1）0.5m；100N/C（2）0.28m（3）4.67×10-4s【思路分析】（1）根据平均速度公式求解P点到MN的距离；根据牛顿第二定律结合运动公式求解匀强电场的电场强度8E的大小；（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合结合关系求解电荷打到挡板的位置到MN的距离；（3）根据几何关系求解电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角，根据求解时间；根据运动公式求解在电场中的运动时间.【名师解析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为解得x=0.5m由速度公式v0=a∆t由牛顿第二定律qE=ma解得E=100N/C（2）电荷在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：解得运动周期电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图，Q点到挡板的距离为945°BxMNPQOv0Ft0则，即A点到MN的距离x=rcos600=m=0.28m.（3）电荷在电场中运动的总时间：电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为电荷在磁场中运动的总时间解得则电荷从P点出发至运动到挡板所需的时间为7．（16分）（2019上海长宁二模）如图，互相垂直的两根光滑足够长金属轨道POQ固定在水平面内，电阻不计。轨道内存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。一根质量为m、单位长度电阻值为r0的长金属杆MN与轨道成45°位置放置在轨道上。以O位置为坐标原点，t=0时刻起，杆MN在水平向右外力作用下，从O点沿x轴以速度v0匀速向右运动。求：（1）t时刻MN中电流I的大小和方向；（2）t时间内，MN上产生的热量Q；（3）若杆MN从O点由静止起以大小为a的加速度先做匀加速运动，速度达到v0后再做匀速直线运动。写出外力F与时间t关系的表达式，并定性画出F―t关系图。【名师解析】.（16分）（1）设在t时刻电流I，此时位移为s，速度为v0，根据题意l=2s，R=2sr0，则1000002=2BsvBvBlvIRsrr（2分）根据右手定则，电流方向N指向M（1分）（2）t时刻电功率P=I2R=I2（2v0tr0）（2分）因为P正比时间t，即22322000000002==22IvtrtBvBvPQtvtrttrr（）（）（）（2分）（3）匀加速阶段，由牛顿第二定律F-FA=ma运动学公式21=2sat，v=at（1分）21A1002==2=BvsBvFBIlBsrr（）（1分）22231A002=+=+=+BsvBaFmaFmamatrr（00vta）（1分）匀速阶段，由力平衡2002A2002===2=BvBvsFFBIlBsrr（）（1分）由运动学公式知20020=2vvsvtaa（）