2020年高考真题和模拟题物理分项汇编--专题21 电学计算题（解析版）

专题 21 电学计算题 1．（2020·新课标Ⅰ卷）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O 为圆心，半径为 R 的圆，AB 为 圆的直径，如图所示。质量为 m，电荷量为 q（q>0）的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电 场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场， AC 与 AB 的夹角 θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。 （1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 【答案】(1) ；(2) ；(3)0 或 【解析】（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q>0，故电场线由 A 指向 C， 根据几何关系可知： 所以根据动能定理有： 解得： ； （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且与圆相切，切点 为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有 而电场力提供加速度有 2 0 2 mvE qR = 0 1 2 4 vv = 0 2 3 2 vv = ACx R= 2 0 1 02ACqEx mv= - 2 0 2 mvE qR = 1sin 60x R v t= = 21cos60 2y R R at= + = qE ma= 联立各式解得粒子进入电场时的速度： ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电场方向上速度变 化为 v0 ，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时 由几何关系有 电场力提供加速度有 联立解得 ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。 2．（2020·新课标Ⅱ卷）如图，在0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强 度 B 的大小可调，方向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子以速度 v0 从磁场区域左侧沿 x 轴进入 磁场，不计重力。 （1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度 的最小值 Bm； （2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向 与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。 0 1 2 4 vv = 2 23BCx R v t= = 2 2 1 2ACx R at= = qE ma= 0 2 3 2 vv = y−∞ < < +∞ m 2 B 【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里； ；（2） ； 【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设 粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 ① 由此可得 ② 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足 ③ 由题意，当磁感应强度大小为 Bm 时，粒子的运动半径最大，由此得 ④ （2）若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径 为 ⑤ 粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方向的夹角为 α， 由几何关系 ⑥ 即 ⑦ 由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为 ⑧ 联立⑦⑧式得 ⑨ 3．（2020·新课标Ⅲ卷）如图，一边长为l0 的正方形金属框 abcd 固定在水平面内，空间存在方向垂直于水 平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。一长度大于 的均匀导体棒以速率 v 自左向右在金属框上匀速 滑过，滑动过程中导体棒始终与 ac 垂直且中点位于 ac 上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度 的电阻为 r，金属框电阻可忽略。将导体棒与 a 点之间的距离记为 x，求导体棒所受安培力的大小随 x （ ）变化的关系式。 0 m = mvB qh π 6 α = (2 3)y h= − 2 0 0 vqv B m R = 0mvR qB = R h≤ 0 m = mvB qh m 2 B 2R h′ = 1sin 2 2 h h α = = π 6 α = 2 (1 cos )y h α= − (2 3)y h= − 02l 00 2x l≤ ≤ 【答案】 【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为 l 时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的 大小为 由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为 式中 R 为这一段导体棒的电阻。按题意有 此时导体棒所受安培力大小为 由题设和几何关系有 联立各式得 4．（2020·江苏卷）空间存在两个垂直于 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为 、 。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，速度均为 v。甲第 1 次、第 2 次经过 y 轴的位置分别为 P、Q，其轨迹如图所示。甲经过 Q 时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为 m，电荷量为 q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求： (1)Q 到 O 的距离 d； (2)甲两次经过 P 点的时间间隔 ； ( ) 2 0 2 0 0 0 2 2, 0 2 2 22 , 22 B v x x lr F B v l x l x lr         =    − x≥-8m 区域的 场强大小为 E1=5 V／m，0>x≥-4 m 区域的场强大小为 E2=7 V／m，x≥O 区域的场强大小为 E3 =5V/m;第一、 四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面，磁感应强度大小均为 B=2 T。现让一带正电的小球从 A 点沿 z 轴正方向、以 vo=4 m/s 的速率进入电场。已知小球的质量 m =2×10-3 kg．电荷量 q =4×10-3 C，假设电场和磁 2 0 0 vqv B m r = 2 0 1 2l v t y at= =， Eq ma= 41.0 10E = × 3 0 5.0 10y qE lv at m v = = = × 0v 02=v v B′ 2r y′ = 2vqvB m r ′ = ′ 4mvB qr ′ = =′ 场区域足够宽广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取 g=10 m／ s2。求： (1)小球到达 y 轴时的速度； (2)小球从 A 点运动到坐标为(56 m，y)的点经历的时间． 【答案】（1）4 m/s 45°（2）（2+ ）s 或（2+ ）s 或（2+ ）s 【解析】(1)在 区域，小球所受电场力 代入数据得： 由题知： ，因： 所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为 t1 在 区域， ，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为 t2，根据运动学规律 在 y 方向上有 代入数据得： 在 x 方向上有 代入数据得： ， ， 由 代入数据解得： 设 v 与 y 轴正方向的夹角为 由 2 41 4 π 83 8 π 21 2 π 4 8m x m− ≥ ≥ − 1F qE= 22 10 NF −= × 22 10 Nmg −= × F mg= 0 4x m> ≥ − 2qE mg> 2qE mg ma− = 24m/sa = 2 2 1 2y at= 2yv at= 0 2CO v t= 2 1st = 2my = 4m/syv = 2 2 0 yv v v= + 4 2m/sv = α 0tan y v v α = 代入数据解得： (2)在 区域， ，分析知，小球先在第一象限做半径为 r、周期为 的匀速圆周运动，接着交 替在第四、第一象限做半径为 r、周期为 的匀速圆周运动，轨迹如图所示： 洛伦兹力提供向心力，有 代入数据得： 设小球在第一象限第一次到达 x 轴的位置为 P 点，第二次到达 x 轴的位置为 G 点 由几何关系易得 ， 小球做匀速圆周运动的周期为： 代入数据得： 设小球从 O 点到达 x 轴上 H(56m，0)点的时间为 t3 因： ，即 故 代入数据得： 又： 达到横坐标为 56m 的点有以下三种情况： (i)到达横坐标为 56m 的 I 点 (ii)到达横坐标为 56m 的 H 点 (iii)到达横坐标为 56m 的 J 点 17．（2020·福建省福州市质量检测）如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸 45α = ° 0x ≥ 3qE mg= 2 T 3 4 T 2vqvB m r = 2mr = 2mOP = 2 cos 2mPG r α= = 2 rT v π= s2T π= 28OH OP = 27OH OP PG= + 3 3272 4OP PH T Tt t t= + = + × 3 83 83 s4 8 Tt π= = 1 0 1sACt v = = 1 2 3 41(2 )s4 4AI Tt t t t π= + + − = + 1 2 3 83(2 )s8AHt t t t π= + + = + 1 2 3 21(2 )s4 2AJ Tt t t t π= + + + = + 面向里．在 x 轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为 m、电荷量为 q、重力不计的带正电粒子从 y 轴上的 a(0，h)点沿 y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与 x 轴正方向成 45°进入电场，经 过 y 轴的 b 点时速度方向恰好与 y 轴垂直．求： (1)粒子在磁场中运动的轨道半径 r 和速度大小 v1； (2)匀强电场的电场强度大小 E； (3)粒子从开始到第三次经过 x 轴的时间 t 总． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1) 根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示， 由几何关系可得 rcos45°=h 即 解得 (2) 粒子第一次经过 x 轴的位置为 x1，到达 b 点速度大小为 vb 粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45° 2qBh m 2( 2 1)qhB m − 11( 2 2 2)4 m qB π + + 2r h= 2 1 1 vqv B m r = 1 2qBr qBhv m m = = 所以 设粒子进入电场经过时间 t 运动到 b 点，b 点的纵坐标为-yb， 由类平抛运动得 r+rsin45°=vbt 由动能定理 所以 (3) 粒子在磁场中的周期为 第一次经过 x 轴的时间 在电场中运动的时间 在第二次经过 x 轴到第三次经过 x 轴的时间 所以总时间 18．（2020·河北省保定市联合调研）PQ 和 MN 分别是完全正对的金属板，接入电动势为 E 的电源，如图 所示，板间电场可看作匀强电场,MN 之间距离为 d，其间存在着磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强 磁场。紧挨着 P 板有一能产生正电荷的粒子源 S，Q 板中间有孔 J，SJK 在一条直线上且与 MN 平行。产生 的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着 SJK 路径从孔 K 射出，求粒子的比荷 。 【答案】 【解析】PQ 板间加速粒子，穿过 J 孔是速度为 v b qBhv m = 0 1 1 2 1( sin 45 0)2 2by v t h += + = 2 2 1 1 1 2 2b bqEy mv mv− = − 2( 2 1)qhBE m −= 1 2 2r mT v qB π π= = 1 5 5 8 mt T qB π= = 2 2( 2 1)2 mt t qB += = 3 3 3 4 2 mt T qB π= = 1 2 3 11( 2 2 2)4 mt t t t qB π= + + = + +总 q m 2 22 E B d 根据动能定理，有： 沿着 SJK 路径从 K 孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡: 解得: 19．（2020·四模）如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域 MNPQ 内，有垂直纸面 向里的水平匀强磁场，磁感应强度 B=0.33T．水平边界 MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场， 电场强度 E=200N/C．现有大量质量 m=6.6×10﹣27kg、电荷量 q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界 PQ 上的 O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为 V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的 相互作用．求： (1)求带电粒子在磁场中运动的半径 r； (2)求与 x 轴负方向成 60°角射入的粒子在电场中运动的时间 t； (3)当从 MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与 x 轴正方向的夹角 范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2） （3） 曲线方程为 ( ) 【解析】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 ，解得 （2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为 30°，粒子平行于场强方向 进入电场， 21 2qE mv= qE qvBd = 2 22 q E m B d = 43.3 10t s−= × 30 60∼  2 2 2x y R+ = 30.1 , 0.120R m m x m= ≤ ≤ 2vqvB m r = 0.1r m= 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中运动的时间 解得 （3）如图乙所示，由几何关系可知，从 MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为 60°，圆心 角小于 60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为 60°， 则仍在磁场中的粒子的初速度方向与 x 轴正方向的夹角范围为 30°~60° 所有粒子此时分别在以 O 点为圆心，弦长 0.1m 为半径的圆周上， 曲线方程为 20．（2020·山东省德州市第二次模拟）如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置的平行板电容器 相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为 L．O 点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离 为 ，与水平线 MN 的距离为等 )．线框 abcd 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场， 导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的 变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在 0 时刻自 O 点由静止释放，在时间 去 内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为 g，求： qEa m = 2vt a = 43.3 10t s−= × 2 2x y R+ = 30.1 , 0.120R m m x m  = ≤ ≤    7 2 L π 1(1 )4 L π+ 1 2 L L g g (1)此带电微粒的比荷 ； (2)自 0 时刻起经时间 时微粒距 O 点的距离； (3)自 0 时刻起经多长时间微粒经过水平线 MN． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势： 电容器两极间电场强度： 时间 内： 解得比荷： (2)微粒运动的轨迹如图所示 时间 内： ， 解得： q m 3 2 L g 0 1 4 g B L L π ( ) ( )7 112 0,1,2,3 2 0,1,212 12 L Ln n n ng g    + = + =      和 2 04L BU B L gLt ∆= =∆ 04UE B gLL = = 1 2 L L g g mg qE= 0 1 4 q g m B L = 10 2 L g mg qE ma+ = 1v at= 1 1 2 Lt g = v gL= 时间 内： 可得： 又 解得： 时微粒距 点的距离： (3) 时间 内，微粒竖直向下的位移： 设粒子转过角度 时与 点间的竖直距离为： 解得： 和 每次微粒进入磁场后运动至水平线 所需时间： 解得： 和 自开始至水平线 的时间： ， 即： 和 ， 又 解得： 微粒离开电容器后不再经过水平线 ，分析得自开始至水平线 的时间： ， 和 ， 21．（2020·江苏省徐州等市高三模拟）如图甲所示，极板A、B 间电压为 U0，极板 C、D 间距为 d，荧光 1 2 L L g g 2 08 mvqv B r π• = 2 Lr π= 2 rT v π= LT g = 3 2 L g O 2 Lx r π= = 10 2 L g 12 4 v Lh t= = α O 1(1 )4 L π+ 1(1 )4sin L h r πα + − = 6 πα = 5 6 πα = MN 2 2t T α π= 2 1 12 Lt g = 2 5 12 Lt g = MN 1 22t t n T t= + • + 0,1,2,3( , )n = …… 7(2 )12 Lt n g = + 11(2 )12 Lt n g = + 0,1,2,3( , )n = …… 72 2 Lrn π= 3.5n = MN MN 7(2 )12 Lt n g = + ( 0,1,2,3)n = 11(2 )12 Lt n g = + 0,1,2,3( , )n = …… 屏到 C、D 板右端的距离等于 C、D 板的板长．A 板 O 处的放射源连续无初速地释放质量为 m、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板 C、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当 C、D 板 间未加电压时，粒子通过两板间的时间为 t0；当 C、D 板间加上图乙所示电压（图中电压 U1 已知）时，粒 子均能从 C、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求： （1）C、D 板的长度 L； （2）粒子从 C、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）粒子在 A、B 板间有 在 C、D 板间有 解得： （2）粒子从 nt0（n=0、2、4……）时刻进入 C、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离 加速度 得： （3）粒子在 C、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远 ZXXK] 出 C、D 板偏转角 0 0 2qUL t m = 2 1 0 2 qU ty md = 2 1 03 2 qU ts s md ∆ = = 2 0 0 1 2qU mv= 0 0L v t= 0 0 2qUL t m = 2 0 1 2y at= 1qUa md = 2 1 0 2 qU ty md = 0 tan yv v θ = 打在荧光屏上距中心线最远距离 荧光屏上区域长度 22．（2020·河南省郑州市 2019 届高三下学期第三次质量检测）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场， 磁感应强度 B＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导 轨间距 L＝1m，电阻可忽略不计．质量均为 m＝lkg，电阻均为 R＝2.5Ω 的金属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置 于导轨上，且与导轨接触良好．先将 PQ 暂时锁定，金属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始 以加速度 a＝0.4m/s2 向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 vm 做匀速 直线运动. (1)求棒 MN 的最大速度 vm； (2)当棒 MN 达到最大速度 vm 时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动.求解除 PQ 棒锁定 后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热. (3)若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 vm 时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远后停下来?（运 算结果可用根式表示） 【答案】（1） （2）Q=5 J （3） 【解析】(1)棒 MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma 棒 MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv 棒 MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得： 联立上述式子，有： 代入数据解得：F=0.5N 5s 时拉力 F 的功率为：P=Fv 0yv at= tans y L θ= + 2 1 03 2 qU ts s md ∆ = = 2 5m / smv = 40 5mx = 2 EI R = 2 2 2 B L atF ma R = + 代入数据解得：P=1W 棒 MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为 vm，棒受力平衡，则有： 代入数据解得: (2)解除棒 PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为 v′，则有： 设从 PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律可得： 代入数据解得：Q=5J； (3)棒以 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL△t=m△v 对式子两边求和有： 而△q=i△t 对式子两边求和，有: 联立各式解得：BLq=mvm， 又对于电路有： 由法拉第电磁感应定律得： 又 代入数据解得： 23．（2020·山西省考前二模）电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为： 小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的 单匝闭合矩形线圈 abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使 小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为 r，ab 边长为 L(小于磁场的宽 度)。小车总质量为 m，受到的其他阻力恒为 F，小车上的磁场边界 MN 与 ab 边平行，当边界 MN 刚抵达 ab 边时，速度大小为 v0。求： 0m m P BI Lv − = 2 m m BLvI R = 2 5m/smv = 2mmv mv′= 2 21 1 22 2mQ mv mv′= − × ( ) ( )mBiL t m v∑ − ∆ = ∑ ∆ ( )q i t∑∆ = ∑ ∆ 2 Eq It tR = = BLxE t = 2 BLxq R = 40 5mx = (1)边界 MN 刚抵达 ab 边时线圈中感应电流 I 的大小； (2)整个缓冲过程中小车的最大加速度 am 的大小 【答案】(1) ；(2) 【解析】(1)磁场边界 MN 刚抵到 ab 边时，设线圈中产生的电动势为 根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流 解得： ； (2)小车上的磁场边界 NM 抵达 ab 边时加速度最大 根据右手定则可判断感应电流方向从 a 流到 b 根据左手定则可判断安培力方向水平向左 则安培力大小： 由牛顿第二定律： 解得： 。 24．（2020·安徽蚌埠市第二次教学质量检查考试）如图所示，在xoy 平面的第二象限内有沿 y 轴负方向的 匀强电场，电场强度的大小 E=102V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场 方向垂直 xoy 平面向外。一比荷 =107C/kg 的带正电粒子从 x 轴上的 P 点射入电场，速度大小 v0=2×104m/s， 与 x 轴的夹角 θ=60°。该粒子经电场偏转后，由 y 轴上的 Q 点以垂直于 y 轴的方向进入磁场区域，经磁场偏 转射出，后来恰好通过坐标原点 O，且与 x 轴负方向的夹角 α=60°，不计粒子重力。求： 0BLvI r = 2 2 0 m B L v Fra mr += 0E BLv= EI r = 0BLvI r = AF BIL= A mF F ma+ = 2 2 0 m B L v Fra mr += q m (1)OP 的长度和 OQ 的长度； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)等边三角形磁场区域的最小面积。 【答案】(1) (2) B=0.02T (3) 【解析】(1)粒子在电场中沿 x 轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿 y 轴正方向的分运动是匀变速直线运 动 沿 y 轴方向： ， ，， 沿 x 轴正方向： 联立解得： (2)粒子在磁场中作半径为 r 的匀速圆周运动，其轨迹如图 根据几何关系由： 解得：r=0.05m 根据牛顿第二定律可得： 解得：B=0.02T (3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦 QD 为边长 L 的△QRD 是磁场区域面积最小的等边三角形，如 3 0.1510OP m OQ m= =， 2 23 3 1016 m−× qE ma= 0v sinθt a = 0v sinθOQ t2 = 0OP v cosθ t= ⋅ 3OP m OQ 0.15m10 ，= = rOQ r cosα = + ( )2 0 0 v cosθBqv cosθ m r = 图，则 ， 故最小面积： 25．（2020·河北省石家庄市高三二模）如图，一带电荷量q=+0.05C、质量 M=lkg 的绝缘平板置于光滑的 水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量 m=lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数 μ=0.75．距平板左端 L=0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个 空间存在电场强度 E=100N/C 的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度 g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求： （1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； （2）平板的最小长度； （3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。 【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为 1.0m/s;（2）平板的最小长度为 0.53m;（3）从释放平 板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为 8.0N•s 【解析】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速， 有 a= =2.5m/s2＜μg 故平板 M 与物块 m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL= （M+m）v 解得 v=2.0m/s 平板反弹后，物块加速度大小 a1= =7.5m/s2，向左做匀减速运动 平板加速度大小 a2= =12.5m/s2， 平板向右做匀减速运动，设经历时间 t1 木板与木块达到共同速度 v1′，向右为正方向。 -v1+a1t1=v1-a2t1 解得 t1=0.2s，v =0.5m/s，方向向左。 此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1 =0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为 v，则由动能定理 （M+m）v （M+m） =qEx1 L 3r= 2 2 2 min 1 3 3S L sin60° 10 m2 16 −= = × qE m 1 2 2 1 mg m µ qE mg m µ+ 1 ' 2 2 1 1 2 a t− 1 2 2 2 1 2 − 2 1'v 解得 v2=1.0m/s （2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。 设平板长为 l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl 解得：l= =0.53m （3）设平板第 n-1 次与第 n 次碰撞反弹速度分别为 vn-1，和 vn；平板第 n-1 次反弹后：设经历时间 tn-1，平 板与物块达到共同速度 vn-1′ 平板 vn-1′=vn-1-a2tn-1 位移大小 物块 vn-1′=-vn-1+a1tn-1 由以上三式解得： ， ， 此后两者一起向左匀加速，由动能定理 qExn-1= 解得： 从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量： I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+…… 解得：I=8.0N•s 26．（2020·福建省福州市第二次质检）如图1 所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为 L，左端 连接一个电容为 C 的电容器，导轨处在磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量 为 m 的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度 v0，之后金属棒运动的 v－t 图象如 图 2 所示。不考虑导轨的电阻。 (1)求金属棒匀速运动时的速度 v1； (2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量 q； (3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为 Q，求电容器充电稳定后储存的电能 E。 8 15 2 1 1 1 2 1 1 2n n n nx v t a t− − − −= − 1 1 ' 4 n n vv − − = − 1 1 10 n n vt − − = 2 1 1 3 80 n n vx − − = ( ) ( )2 2 1 1 1 ( ')2 2n nM m v M m v −+ − + 1 1 2 n n v v − = 【答案】(1) (2) (3) － －Q 【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势 E=BLv1 电容器的电荷量 q=CE 金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－B Lt0=mv1－mv0 电容器的电荷量 q= t0 联立解得 v1= (2)由(1)可知 q=CE=CBLv1= (3)在 0～t 时间内，金属棒的速度由 v0 到 v1，由能量守恒可得 E＋Q= 解得 E= － －Q