黑龙江省大庆市喇中高考物理 考前拔高看题 牛顿运动定律与电磁学综合 2

05高考考前拔高物理看题——牛顿运动定律与电磁学综合

边的边长为1，、如图，光滑斜面的倾角为，，斜面上放置一矩形导体线框

，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物，电阻为边的边长为，线框的质量为

平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，，斜面上相连，重物质量为线

（

，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，磁感应强度为

边始终平行底边，则下列说法正确的是且线框的( )

．线框进入磁场前运动的加速度为 A

．线框进入磁场时匀速运动的速度为 B

．线框做匀速运动的总时间为 C

D．该匀速运动过程产生的焦耳热为 D

答案

2、如图12所示，一个半径为R的绝缘光滑半圆环，竖直放在场强为E的匀强电场中，电场方向竖直向下．在环壁边缘处有一质量为m，带有正电荷q的小球，由静止开始下滑，

求小球经过最低点时对环底的压力．

）＋（答案3mgqE 1

解析试题分析：在最低点小球受到竖直向下的重力和电场力，以及竖直向上的支

持力，故根据牛顿第二定律可得

过程中只有重力和电场力做功，所以根据动能定理可得

两式联立可得

3、某仪器内部电路如图所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片的间隙很小（b固定在金属块上）。当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态。若将该仪器固定在一辆汽车上，则下列说法正确的是

A．当汽车加速前进时，甲灯亮

B．当汽车加速前进时，乙灯亮

C．当汽车刹车时，乙灯亮

D．当汽车刹车时，甲、乙灯均不亮

答案 B

解析试题分析：当汽车加速前进时，金属块由于惯性相对汽车向后运动，从而使金属片b与金属

片a接通，电灯乙亮；同理，汽车刹车时，金属块向前运动金属片b与c接通电灯甲亮。故选项B正确

4、两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电．电荷量分别为q和q(q>q)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所2211示，若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力F为(不计重力及两小球间的 2

库仑力)( )

＝(q－q)E B．．FF＝(q－q)E

A2112

＝(q＋q)E D．F＝(q＋qFC．)E

2211 A

答案

根据牛顿第二定律得：，整体受力分析，、解析试题分析：对球12

＝ (q，两式联立得受力分析，由牛顿第二定律得：F－2对球1 q)E，A正确，2

的足够长的光滑平行金属导轨与水平面成角放置，导轨5、如图所示，间距

的匀强磁场垂直导轨平面的电阻，磁感应强度为电阻不计，导轨上端连有

的初速度从，电阻向上，时刻有一质量的金属棒，以

导轨上某一位置开始沿导轨向上滑行，金属棒垂直导轨且与导轨接触良好，与此同时

对金属棒施加一个沿斜面向上且垂直于金属棒的外力，使金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动，则：

时，外力的大小？（1）

电阻2 ，上产生的热量为（）若已知金属棒运动从开始运动到最高点的过程中，3

求此过程中外力做的功？

撤去外力到最高点后，（3），经过足够长时间后，上消耗的功率是多少？最终电阻

（3（ 2））答案（1 ）

、如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为6Ω的小=6R =3Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为Rl = O.5 m，左端通过导线与阻值L的匀强磁场。一根阻值O.2TB = 灯泡L连接，在CDEF矩形区域内有竖直向上，磁感应强度位置沿导轨的作用下由

静止开始从ABm = O.2kgr =O.5Ω、质量的金属棒在恒力F = N t = s刚好进入磁场区域。求金属棒刚进入磁场时：向右运动，经过

1】金属棒切割磁场产生的电动势；【小题】小灯泡两端的电压和金属棒受安培力。【小题2 答案1V

】【小题1 0.04N

0. 8V 【小题2】

的正方形绝缘金属线框，放在光、质量m=0.50kg7、如图（甲）所示，边长为L=2.5m与磁ab滑的水平桌面上，磁感应强度B=0.80T的匀强磁场方向竖直向上，金属线框的一边测内从磁场中拉出．5.0s在力重合。F作用下金属线框由静止开始向左运动，在MN场的边界Ω。已知金属线框的总电阻为（乙）得金属线框中的电流随时间变化的图象如图所示，R=4.0 4

1】试判断金属线框从磁场中拉出的过程中，【小题?

线框中的感应电流方向 t=2.0s时，金属线框的速度？【小题2】

则金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是，F做功1.95J已知在【小题3】5.0s内多少？答案）1】由楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针（或abcda【小题0.4m/s 】【小题21.70J

】【小题3

，边电阻为R边长为b；MN，m的矩形线框MNPQMN边长为a，NP、如图所示，质量为81y边与R 边电阻为，线框其余部分电阻不计。现将线框放在光滑绝缘的水平桌面上，PQPQ2沿轴方向均匀，空间存在一个方向垂直桌面向下的磁场，该磁场的磁感应强度沿y轴重合。为已知常数且大于零。矩形线框以初速度k和kx)变化，式中B－＝x轴方向按规律BB(100x轴正方向平动。求：从图示位置向xv0

】在图示位置时线框中的感应电动势以及感应电流的大小和方向；【小题1 】线框所受安培力的方向和安培力的表达式；【小题 2 5

【小题3】线框的最大运动距离x；m

，线框运动到过程中，电阻R产生的焦耳热。 R 【小题4】若＝2R112答案NPQMN

【小题1】方向沿

】【小题2

】【小题3

】【小题4

9、如图甲所示，水平放置足够长的平行金属导轨，左右两端分别接有一个阻值为R的

r =、电阻的金属棒置于导轨上，电阻，匀强磁场与导轨平面垂直，质量m = 0.1 kg与导轨垂直且接触良好。现用一拉力F =（0.3+0.2t）N作用在金属棒上，经过2s后撤去F，2g = 10m/s。求：图象，0.55s金属棒停止运动。图乙所示为金属棒的v–t再经过 1】金属棒与导轨之间的动摩擦因数；【小题】整个过程中金属棒运动的距离；【小题2上产生的焦耳热。到金属棒停止的过程中，每个电阻R撤去【小题3】从F

答案

】【小题1 6

】m

【小题2

】J 3 【小题

10、如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，

其磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图（b）所示。t=0时刻在轨t道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。

已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为l，在t=t时刻（t未知）ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：xx

【小题1】区域I内磁场的方向；

【小题2】通过cd棒中的电流大小和方向；

【小题3】 ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；

【小题4】 ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量。

（结果用B、l、θ、m、R、g表示）

答案

【小题1】I内磁场垂直于斜面向上

【小题2】电流方向d→c，

【小题3】S=(0+v)t=0.5l

4】Q=EIt=2mgvtsinθ=2mglsinθxx总

x1【小题

7

11、水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90v，7电求：(，从两板中间射入，如图，×且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v=2.010m/s0-31kg)

10子质量m=9.01×

(1)电子飞出电场时沿垂直于板方向偏移的距离是多少？

(2)电子飞出电场时的垂直于板方向的速度是多少？

(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？

(2)

(3)0.025m

答案 (1)0.5cm

解析试题分析：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：

N

V/m

，所以又因为

，所以水平方向做匀速运动，故

）竖直方向速度（2，所以（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，

水平方向：

，竖直方向

12、如图所示，一电子（其重力不计，质量为m、电荷量为e，由静止开始，经加速电场加速后，水平向右从两板正中间射入偏转电场．偏转电场由两块水平平行放置的长为l相距为d的导体板组成，当两板不带电时，电子通过两板之间的时间均为t，当在两板间加0电压为U时，电子可射出偏转电场，并射入垂直纸面向里的匀强磁场，最后打在磁场右侧0竖直放置的荧光屏上．磁场的水平宽度为s，竖直高度足够大。求：

8

）加速电场的电压；（1 ）电子在离开偏转电场时的侧向位移；（2 ）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多大？（3

3））答案（1（）（2

分）┅┅（1）电子离开加速电场时的速度为2 解析试题分析：

（

2分）┅┅┅┅┅（由动能定理得

1分）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（得 1分）E=U/d （（2）电子进入偏转电场0 2分F=Ee =ma ┅┅┅┅┅┅

（

分）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2

则电子要电子垂直打在荧光屏上，3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，

（

分）┅┅（ 1 在磁场中运动半径为：

，则电子从vv，垂直偏转极板的速度为设电子从偏转电场中出来时的速度为y

1分）┅（偏转电场中出来时的偏向角为：

2分）┅┅┅（式中

又┅┅┅┅9

┅（2分）

由上述可得：┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）

（如果电量用q表示，扣1分）

（重力忽略Cq=+1.0×1013、如图，一个质量为m=2.0×10kg，电荷量电压加速后，-11-5的带电微粒

水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金 =100V不计），从静止开始经U1

d=10cm属板长L=20cm，两板间距。求：

⑴微粒进入偏转电场时的速度v是多大？

⑵若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，并接着进入一个方向垂直与纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间的电压U是多大？2

D=10cm⑶若该匀强磁场的宽度为，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感

至少多大？应强度B40.2T

3））×10m/s；（2100V；（1答案（）1.0 ，根据动能定理）带电微粒经加速电场加速后速度为解析试题分析：（1v

×）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。（2

4 m/s 10 =1.0

水平方向：

竖直方向：加速度为a，出电场时竖直方向速度为v 2 10

得U=100V 2

设微粒轨道半径为带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，（3） R，由几何关系知

′设微粒进入磁场时的速度为v

，由牛顿运动定律及运动学规律得

0.2T。B得：B=0.2T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度至少为

N/C4×10E14、如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为＝

5、方向水平向左的匀强

10 kg/C电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比为＝4×7，不计10－的带

重0.2 m轴射入电场，OA＝x×vx正电粒子从轴上的A点以初速度＝210 m/s垂直0力．求：的距离；O (1)粒子经过y轴时的位置到原点不考虑粒子第二次进入电(B若要求粒子不能进入第三象限， (2)求磁感应强度的取值范围11

场后的运动情况．)

－2 T

10＋2)（2）B≥×(2答案（1）0.4 m

解析试题分析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，

分则：s)

2 (1

＝at OA

＝ a (1分)

＝ E (1分)

y＝vt (2分)

（1 ×＝2.010 s y＝0.4 m 1.0联立解得a＝×10 m/st7 m/s 10轴时在电场方向的0152－8分）

分速度为：yv＝at＝2×(2)粒子经过x

7)

(1 102× m/s 分＝轴时的速度大小为：粒子经过yv＝

arctan ＝45°轴正方向的夹角为θ，θ＝(1分)

y与要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：

12

R＋R≤y (2分)

m ＝ (1分)

qvB

≥联立解得（1分） B 10＋2)× T.

2－(2

15、如图所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直左边界射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角θ是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？

答案

解析试题分析：

电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其轨道是圆弧的一部分．又因洛伦兹力与速度v垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时洛伦兹力延长线的交点上．从13

°＝，OB弧所对的圆心角θ＝30即为半径r

图中可以看出，AB

＝＝2d

由几何关系可得：r

＝qvB 由牛顿第二定律得：

＝＝解得：m

×T＝t带电粒子通过AB弧所用的时间，即穿过磁场的时间为：＝＝

＝.

16、如下图a所示，为一组间距d足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图b 所示），设U和T已知。A板上O处有一静止的带电粒子，其带电量为q，质量为m（不0计重力），在t = 0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回（粒子未曾与B板相碰）。

（1）当U=2U时求带电粒子在t=T时刻的动能；0x（2）为使带电粒子在t=T时刻恰能能回到O点，U等于多少？x

）（1 答案（） 2 14

粒子在两种不同电压的电场中运动的加速度分别为：），解析试题分析：（1

，

，t=TT/2时粒子的速度时刻粒子的速经过

度

t=T时刻粒子的动能

，时刻粒子的位移经（2） 0-T/2

，时刻粒子的位移 T/2-T

，由上面四式，得又，

，，因为

所以

17、如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5m，P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中，两金属棒ab、cd垂直导轨放置，其电阻均为r＝0.1Ω,质量均为m＝0.5kg，与导轨接触良好。

现固定棒ab，使cd在水平恒力F＝0.8N的作用下，由静止开始做加速运动。求

15

（1）棒cd哪端电势高？

（2）当电压表读数为U＝0.2V时，棒cd的加速度多大？

（3）棒cd能达到的最大速度v。m2

16m/s 3））1.2m/s（1）c端电势高（2 答案（端电势高。1解析试题分析：（）由右手定则判知：c

L的电流（2）流过2

所受的安培力L2

对L得：22 a=1.2m/s的加速度：所以L 2 L所受合力为零时，速度达到最大，根据平衡条件，有：（3）当棒2

又

解得：

18、如图所示，在x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场

点坐标为，带电粒子质量为m，电荷量为q，初PP区域，并恰能返回点。已知速度为，不计粒子重力。求：v0 16

（）匀强电场的电场强度大小；1

（ 2）N点的坐标；（3）匀强磁场的磁感应强度大小。

（）2）（0（，） 3（答案 1） P）设粒子从到O时间为t，加速度为a，则解析试题分析：（1

由牛顿第二定律，可得

由以上三式，可解得

点时速度为（2）设粒子运动到Nv，则

PN所以粒子从到的时间

轴位移沿y

0点坐标为（N因此，）17

(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设半径为R。

粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30o

由几何关系可知

又因为

解得

19、如图所示，两根足够长、相距为L的金属直角导轨，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。一绝缘细线跨过导轨直角顶点处定滑轮连接两金属细杆ab、cd，杆通过两端金属小圆环垂直套在导轨上，细杆质量均为m、电阻均为R，整个装置处于磁感强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。保持细线拉直后同时无初速释放两细杆，cd杆下降高度h时达到最大速度。 ab杆一直在水平导轨上运动，接触处摩擦及导轨电阻均不计，取重力加速度为g。求：

(1)刚释放时，ab杆的加速度大小；

18

(2)下滑过程中，cd杆的最大速率；

(3)从开始释放到刚好达到最大速度的过程中整个回路所产生的热量。

）3 ）（2（）答案（1

刚开始运动时，对系统根据牛顿第二定律：解析试题分析：(1)得：

(2) ab 在运动中切割磁感线产生电动势：

受安培力：

对系统根据牛顿第二定律：

速率最大时加速度为零：

解得：

(3)对系统利用动能定理：

产生的热量：

20、如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。y<0的

区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）。一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。求：

19

E；（1）微粒的电性及第一象限电场的电场强度1 c点的过程中，其电势能的变化量大小；）带电微粒由P点运动到（2 c点所经历的时间。）带电微粒从a点运动到（3

）3）；（2）mg/q，方向水平向左（或沿x轴负方向）；（答案（1

。做匀加速直线运动，Pa（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿解析试题分析：一定水平向qE的合力一定沿Pa方向，电场力受重力mg和电场力qE11分 1 左。

做匀速直线运动，所qvBqE和洛仑兹力带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力2受合力为零。分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正分 1电。

分 1x轴负方向）。所以，在第一象限内E方向水平向左（或沿11分 tanθ根据平行四边形定则，有 mg=qE1

1 mg/q 解得 E= 1分点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做ca（2）带电粒子从点运动到 1 电场力对带电粒子做功为零。c功为零，所以从a

点运动到点的过程中，

分由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有分1 θ qvBcos=mg

1分 =vcosvθ= 点的水平分速度带电粒子通过a x

带电粒子在第一象限时的水平加速度分 /m==qEag 11x 20

x= 带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移 0.5 分

x= 1点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功W=qE分由P1电因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小

= 0.5分 EΔ电说明：其他方法正确的同样得分。但用动能定理的水平分量式求解的不能得分。

（3）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE和洛仑兹力qvB3做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE=mg 1分3设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，

分 /R 根据牛顿第二定律，有 qvB=mv

2 1

T= 带电微粒做匀速圆周运动的周期 1分

带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接bc弦，因Oa=Oc，所以Δabc为等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°。过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因∠Oba=60°，所以∠Obd=°, 因此Δbcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于轴上的d点,即d点为圆轨迹的圆心 1分

=θR

所以带电粒子在第四象限运动的位移x=Rcot ab

= 其在第四象限运动的时间t 1分1由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°，

= cb1/3即转过圆周，所以从到的运动时间 t 1分2 21

++t=c点的时间 t=t因此从a点运动到21

= 1分

21、在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m．电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向0成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：

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