2016年最新高考冲刺题
1．如图所示，在xoy 平面直角坐标系的第一象限有射线OA ，OA 与x 轴正方向夹角为30°，OA 与y 轴所夹区域内有沿y 轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．有一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从y 轴上的P 点沿着x 轴正方向以初速度v 0射入电场，运动一段时间后经过Q 点垂直于射线OA 进入磁场，经磁场偏转，过y 轴正半轴上的M 点再次垂直进入匀强电场．已知OQ=h ，不计粒子重力，求： （1）粒子经过Q 点时的速度大小；
（2）电场强度E 和磁场磁感应强度B 的大小； （3）粒子从Q 点运动到M 点所用的时间．
2．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E 和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m 、带电量为q 的带负电粒子（不计重力）从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场，经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 （2）O 、M 间的距离
（3）粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间．
3．坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xoy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v 0，在0＜y ＜d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为
，其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量；在d ＜y ＜2d 的区域内分布有垂直
于xoy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发
现此时恰无粒子打到ab 板上．（不考虑a 粒子的重力） （1）求α粒子刚进人磁场时的动能； （2）求磁感应强度B 的大小；
（3）将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab 板上被α粒子打中的区域的长度．
4．如图，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标（﹣l ，0），MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）．现有一质量为m 、电荷量为e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上A 点（0，0.5l ）射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q 点（
，﹣l ）射出，速度沿x 轴负方向．不计电子重力，求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小？
（2）匀强磁场的磁感应强度B 的大小？电子在磁场中运动的时间t 是多少？ （3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S 是多大？
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x 轴上的A 点，A 点坐标为（﹣L ，0）．粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子，电子恰好能通过y 轴上的C 点，C 点坐标为（0，2L ），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON ，ON 是与x 轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．）求： （1）第二象限内电场强度E 的大小．
（2）电子离开电场时的速度方向与y 轴正方向的夹角θ． （3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的 （4）圆形磁场的最小半径R min ．
20．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ．一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ．求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； （2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？
27．如图，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m ．竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l ．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g ．在t=0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求： （1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； （2）两杆分别达到的最大速度．
30．如图所示，四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上，间距为h 在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同，方向水平向内的磁场，磁场大小按B ﹣t 图变化（图中B 0已知）．现有一个长方形金属线框ABCD ，质量为m ，电阻为R ，AB=CD=L，AD=BC=2h．用一轻质的细线把线框ABCD 竖直悬挂着，AB 边恰好在Ⅰ区的中央．t 0（未知）时刻细线恰好松弛，之后剪
2
断细线，当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动．（空气阻力不计，g 取10m/s）
（1）求t 0的值；
（2）求线框AB 边到达M 2N 2时的速率v ；
（3）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？
1、解：（1）粒子在电场中做类平抛运动， 到达Q 点时的速度：v Q =
=2v0；
（2）粒子在电场中做类平抛运动， 水平方向：OQcos30°=
hcos30°=v0t ，t=
，
竖直方向：v y =vQ cos30°=v 0=t ，解得：E=，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r=OQ=h ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qv Q B=m
，解得：B=
； =
，
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=
粒子在磁场中转过的圆心角：α=360°﹣（90°﹣30°）=300°， 粒子从Q 点运动到M 点所用的时间：t=
T=
；
2、【分析】（1）带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A 点的速度方向与OP 成60°角，即可求出此时粒子的速度．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径． （2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A 点，竖直方向的速度大小为v y =v0tan60°，由速度公式求解时间，由位移求得O 、M 间的距离．
（3）画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ，根据t=
，求出
在磁场中运动的时间．粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD 边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间． 【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A 点时速度为v ， 由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
所以
（2）设粒子在电场中运动时间为t 1，加速度为a ．
则有qE=ma
v0tan60°=at1 即
O 、M 两点间的距离为
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2． 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则
设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t 3，则牛顿第二定律得
则 t3=
=
故粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为 t=t1+t2+t3=
+
+
3、【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．
（2）粒子沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab 板上，则所有粒子均不能打在ab 板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．
（3）沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab 板移动的位置，根据几何关系求出ab 板上被α粒子打中的区域的长度． 【解答】解：（1）根据动能定理：末动能
，其
可得
（2）根据上题结果可知v t =2v0，对于沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与x 轴正方向夹角在电场中沿x 方向的位移
，易知若此粒子不能打到ab 板上，则所有
粒子均不能打到ab 板，因此此粒子轨迹必与ab 板相切，可得其圆周运动的半径
又根据洛伦兹力提供向心力可得
（3）易知沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的即当ab 板位于
，
的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；
ab 板上被打中区域的长度
4、【分析】（1）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解； （2）由几何关系可确定OD 的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；
（3）以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解．
【解答】解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y ，则
由牛顿第二定律，
y轴方向v y =at x轴的位移，l=v0t
速度关系，v y =v0cot30° 解得：
（2）设轨迹与x 轴的交点为D ，OD 距离为x D ，则 x D =0.5ltan30° x D =
所以，DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则 v 0=vsin30°
（或
（有
）
）
解得：，
（3）以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为 r1，则
最小面积为，
11、【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x 方向匀速，y 方向匀加速，根据运动学公式列式求解； （2）先根据运动学公式列式求解出x 、y 方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；
（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹；
（4）先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径． 【解答】解：（1）从A 到C 的过程中，电子做类平抛运动， x 方向：L=at =
2
t ，
；
2
y 方向：2L=vt， 联立解得：E=
（2）设电子到达C 点的速度大小为v c ，方向与y 轴正方向的夹角为θ． 由动能定理得：mv C ﹣mv =eEL，解得：v C =（3）电子运动轨迹如图所示：
2
2
v ，故cos θ==，则：θ=45°；
（4）电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r=电子在磁场中偏转120°后垂直于ON 射出． 磁场最小半径为：Rm=
=rsin60°=
；
=
，
20、【解答】解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动． 对整体过程由动能定理得 mgR•cosθ﹣μmgcos θ•x=0 所以总路程为x=
．
（2）对B→E过程，B 点的初速度为零， 由动能定理得 mgR （1﹣cos θ）=mv E
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
①
F N ﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得对轨道压力：F N =（3﹣2cos θ）mg ． 方向竖直向下
（3）设物体刚好到D 点，则由向心力公式得
mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
对全过程由动能定理得
mgL′sinθ﹣μmgcos θ•L′﹣mgR （1+cosθ）=mv D 由③④得最少距离L′=
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
④
•R．
27、【解答】解：（1）细线烧断前对MN 和M'N' 受力分析， 由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力F=3mg． 设某时刻MN 和M'N' 速度分别为v 1、v 2． 根据MN 和M'N' 动量守恒得出：mv 1﹣2mv 2=0 求出：
=2 ①
（2）细线烧断后，MN 向上做加速运动，M'N' 向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加， MN 和M'N' 所受安培力增加，所以加速度在减小． 当MN 和M'N' 的加速度减为零时，速度最大． 对M'N' 受力平衡：BIl=2mg ② I= ③ E=Blv1+Blv2 ④ 由①﹣﹣④得：v 1=
、v 2=
30、【分析】（1）细线恰好松弛，线框受力平衡，安培力等于重力，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得出t 0的值
（2）当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动，安培力等于重力，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得此时的速率，从线框AB 到达M 2N 2一直运动到CD 边到达M 3N 3，线框仅受重力作用，由动能定理可得线框AB 边到达M 2N 2时的速率v
（3）根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能 【解答】解：（1）细线恰好松弛，线框受力分析有：B 0IL=mg
因感生产生的感应电动势：
得：
（2）当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动，速度为v' 线框受力分析有：B 0I'L=mg
因CD 棒切割产生的感应电动势：E'=B0Lv'
线框AB 到达M 2N 2时一直运动到CD 边到达M 3N 3的过程中线框中无感应电动势产生，只受到重力作用． 线框下落高度为3h ，根据动能定理得：
线框AB 边到达M 2N 2时的速率为：
（3）线框静止开始下落到CD 边刚离开M 4N 4的过程中线框中产生电能为E 电，线框下落高度为4.5h ，根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和为：
2016年最新高考冲刺题
1．如图所示，在xoy 平面直角坐标系的第一象限有射线OA ，OA 与x 轴正方向夹角为30°，OA 与y 轴所夹区域内有沿y 轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．有一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从y 轴上的P 点沿着x 轴正方向以初速度v 0射入电场，运动一段时间后经过Q 点垂直于射线OA 进入磁场，经磁场偏转，过y 轴正半轴上的M 点再次垂直进入匀强电场．已知OQ=h ，不计粒子重力，求： （1）粒子经过Q 点时的速度大小；
（2）电场强度E 和磁场磁感应强度B 的大小； （3）粒子从Q 点运动到M 点所用的时间．
2．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E 和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m 、带电量为q 的带负电粒子（不计重力）从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场，经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 （2）O 、M 间的距离
（3）粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间．
3．坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xoy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v 0，在0＜y ＜d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为
，其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量；在d ＜y ＜2d 的区域内分布有垂直
于xoy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发
现此时恰无粒子打到ab 板上．（不考虑a 粒子的重力） （1）求α粒子刚进人磁场时的动能； （2）求磁感应强度B 的大小；
（3）将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab 板上被α粒子打中的区域的长度．
4．如图，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标（﹣l ，0），MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）．现有一质量为m 、电荷量为e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上A 点（0，0.5l ）射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q 点（
，﹣l ）射出，速度沿x 轴负方向．不计电子重力，求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小？
（2）匀强磁场的磁感应强度B 的大小？电子在磁场中运动的时间t 是多少？ （3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S 是多大？
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x 轴上的A 点，A 点坐标为（﹣L ，0）．粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子，电子恰好能通过y 轴上的C 点，C 点坐标为（0，2L ），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON ，ON 是与x 轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．）求： （1）第二象限内电场强度E 的大小．
（2）电子离开电场时的速度方向与y 轴正方向的夹角θ． （3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的 （4）圆形磁场的最小半径R min ．
20．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ．一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ．求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； （2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？
27．如图，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m ．竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l ．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g ．在t=0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求： （1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； （2）两杆分别达到的最大速度．
30．如图所示，四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上，间距为h 在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同，方向水平向内的磁场，磁场大小按B ﹣t 图变化（图中B 0已知）．现有一个长方形金属线框ABCD ，质量为m ，电阻为R ，AB=CD=L，AD=BC=2h．用一轻质的细线把线框ABCD 竖直悬挂着，AB 边恰好在Ⅰ区的中央．t 0（未知）时刻细线恰好松弛，之后剪
2
断细线，当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动．（空气阻力不计，g 取10m/s）
（1）求t 0的值；
（2）求线框AB 边到达M 2N 2时的速率v ；
（3）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？
1、解：（1）粒子在电场中做类平抛运动， 到达Q 点时的速度：v Q =
=2v0；
（2）粒子在电场中做类平抛运动， 水平方向：OQcos30°=
hcos30°=v0t ，t=
，
竖直方向：v y =vQ cos30°=v 0=t ，解得：E=，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r=OQ=h ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qv Q B=m
，解得：B=
； =
，
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=
粒子在磁场中转过的圆心角：α=360°﹣（90°﹣30°）=300°， 粒子从Q 点运动到M 点所用的时间：t=
T=
；
2、【分析】（1）带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A 点的速度方向与OP 成60°角，即可求出此时粒子的速度．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径． （2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A 点，竖直方向的速度大小为v y =v0tan60°，由速度公式求解时间，由位移求得O 、M 间的距离．
（3）画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ，根据t=
，求出
在磁场中运动的时间．粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD 边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间． 【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A 点时速度为v ， 由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
所以
（2）设粒子在电场中运动时间为t 1，加速度为a ．
则有qE=ma
v0tan60°=at1 即
O 、M 两点间的距离为
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2． 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则
设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t 3，则牛顿第二定律得
则 t3=
=
故粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为 t=t1+t2+t3=
+
+
3、【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．
（2）粒子沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab 板上，则所有粒子均不能打在ab 板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．
（3）沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab 板移动的位置，根据几何关系求出ab 板上被α粒子打中的区域的长度． 【解答】解：（1）根据动能定理：末动能
，其
可得
（2）根据上题结果可知v t =2v0，对于沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与x 轴正方向夹角在电场中沿x 方向的位移
，易知若此粒子不能打到ab 板上，则所有
粒子均不能打到ab 板，因此此粒子轨迹必与ab 板相切，可得其圆周运动的半径
又根据洛伦兹力提供向心力可得
（3）易知沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的即当ab 板位于
，
的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；
ab 板上被打中区域的长度
4、【分析】（1）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解； （2）由几何关系可确定OD 的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；
（3）以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解．
【解答】解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y ，则
由牛顿第二定律，
y轴方向v y =at x轴的位移，l=v0t
速度关系，v y =v0cot30° 解得：
（2）设轨迹与x 轴的交点为D ，OD 距离为x D ，则 x D =0.5ltan30° x D =
所以，DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则 v 0=vsin30°
（或
（有
）
）
解得：，
（3）以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为 r1，则
最小面积为，
11、【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x 方向匀速，y 方向匀加速，根据运动学公式列式求解； （2）先根据运动学公式列式求解出x 、y 方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；
（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹；
（4）先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径． 【解答】解：（1）从A 到C 的过程中，电子做类平抛运动， x 方向：L=at =
2
t ，
；
2
y 方向：2L=vt， 联立解得：E=
（2）设电子到达C 点的速度大小为v c ，方向与y 轴正方向的夹角为θ． 由动能定理得：mv C ﹣mv =eEL，解得：v C =（3）电子运动轨迹如图所示：
2
2
v ，故cos θ==，则：θ=45°；
（4）电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r=电子在磁场中偏转120°后垂直于ON 射出． 磁场最小半径为：Rm=
=rsin60°=
；
=
，
20、【解答】解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动． 对整体过程由动能定理得 mgR•cosθ﹣μmgcos θ•x=0 所以总路程为x=
．
（2）对B→E过程，B 点的初速度为零， 由动能定理得 mgR （1﹣cos θ）=mv E
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
①
F N ﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得对轨道压力：F N =（3﹣2cos θ）mg ． 方向竖直向下
（3）设物体刚好到D 点，则由向心力公式得
mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
对全过程由动能定理得
mgL′sinθ﹣μmgcos θ•L′﹣mgR （1+cosθ）=mv D 由③④得最少距离L′=
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
④
•R．
27、【解答】解：（1）细线烧断前对MN 和M'N' 受力分析， 由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力F=3mg． 设某时刻MN 和M'N' 速度分别为v 1、v 2． 根据MN 和M'N' 动量守恒得出：mv 1﹣2mv 2=0 求出：
=2 ①
（2）细线烧断后，MN 向上做加速运动，M'N' 向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加， MN 和M'N' 所受安培力增加，所以加速度在减小． 当MN 和M'N' 的加速度减为零时，速度最大． 对M'N' 受力平衡：BIl=2mg ② I= ③ E=Blv1+Blv2 ④ 由①﹣﹣④得：v 1=
、v 2=
30、【分析】（1）细线恰好松弛，线框受力平衡，安培力等于重力，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得出t 0的值
（2）当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动，安培力等于重力，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得此时的速率，从线框AB 到达M 2N 2一直运动到CD 边到达M 3N 3，线框仅受重力作用，由动能定理可得线框AB 边到达M 2N 2时的速率v
（3）根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能 【解答】解：（1）细线恰好松弛，线框受力分析有：B 0IL=mg
因感生产生的感应电动势：
得：
（2）当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动，速度为v' 线框受力分析有：B 0I'L=mg
因CD 棒切割产生的感应电动势：E'=B0Lv'
线框AB 到达M 2N 2时一直运动到CD 边到达M 3N 3的过程中线框中无感应电动势产生，只受到重力作用． 线框下落高度为3h ，根据动能定理得：
线框AB 边到达M 2N 2时的速率为：
（3）线框静止开始下落到CD 边刚离开M 4N 4的过程中线框中产生电能为E 电，线框下落高度为4.5h ，根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和为：