高中物理选择性必修第二册尖子生错题本（解析版）

微信公众号：高中物理研究 高中物理选择性必修第二册 编著：陈庆威 错 集 题 尖子生 目录 第五季：选择性必修二部分 第198题：求安培力1 第199题：求安培力2 第200题：电磁流量计 第201题：霍尔效应 第202题：带电粒子在直线边界磁场中的运动 第203题：带电粒子在弧线边界磁场中的运动 第204题：求磁场的最小面积 第205题：磁场方向变化造成的多解问题 第206题：临界状态不唯一造成的多解问题 第207题：质谱仪 第208题：磁流体发电机 第209题：回旋加速器 第210题：带电粒子在叠加场中的运动1 第211题：带电粒子在叠加场中的运动2 第212题：带电粒子在叠加场中的运动3 第213题：带电粒子在叠加场中的运动4 第214题：带电粒子在交变磁场中的运动 第215题：带电粒子在组合场中的运动 第216题：带电粒子在组合场中的运动(含动量 第217题：楞次定律的理解与应用 第218题：楞次定律的应用与拓展 第219题：导体平动切割磁感线 第220题：导体转动切割磁感线 第221题：磁通量的变化量与变化率 第222题：B-t图像 第223题：感生电动势和动生电动势同时存在 第224题：线框进出磁场 第225题：电磁感应中的U-t图像 第226题：电磁感应中的i-t图像 第227题：导体棒在不受拉力时的速度与位移的关系 第228题：双杆在等间距导轨上的运动问题 第229题：双杆在不等间距导轨上的运动问题 第230题：导体棒运动过程中通过截面的电荷量 第231题：电磁阻尼和电磁驱动 第232题：自感和互感 第233题：交变电流的产生 第234题：交变电流的描述 第235题：变压器问题1 第236题：变压器问题2 第237题：电能的输送 第238题：电磁振荡与电磁波 第239题：传感器的应用 更多内容请扫码关注： 第198题：求安培力1 【例题】、为水平放置、间距为的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为，内阻为，小灯泡的电阻为。将导体棒静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向与导体棒垂直且与两水平导轨所在平面的夹角，匀质导体棒质量为，阻值为。闭合开关后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，取，。则（    ） A．此时滑动变阻器接入电路中的电阻为 B．流过灯泡的电流大小为 C．导体棒受到的安培力大小为 D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒向右移动 【答案】AD 【解析】ABC．根据题意，对导体棒受力分析，如图所示 导体棒恰好未滑动，则有 解得 又有 解得流过导体棒的电流为 灯泡与导体棒并联，且电阻相等，则流过灯泡的电流也为，灯泡两端的电压为 流过滑动变阻器的电流为 滑动变阻器两端的电压为 则滑动变阻器接入电路中的电阻为，故BC错误，A正确； D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，接入电路的总电阻减小，总电流增大，则安培力增大，减小，则减小，则有，导体棒向右移动，故D正确。故选AD。 【变式训练】实验小组设计了一款简易电子秤，其原理如图。两条竖直悬挂的绝缘轻弹簧与正方形托盘相连。弹簧的劲度系数均为k，正常工作时，弹簧最大伸长量均为d。单匝正方形导线圈套在托盘外侧，边长为L。托盘上无重物时，指针指在0刻度线（线圈中无电流）。装置的总质量为。以线圈中心线为界，空间中，在左、右两侧分别加上水平向左、向右的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。已知重力加速度g。 (1)若线圈中未通入电流，求弹簧伸长量； (2)若在托盘上放入质量为m的被称量物体，同时在线圈中通入逆时针电流（从上往下看），电流大小为I，求物体质量m与标尺刻度x的函数关系。 (3)若学生电源的最大输出电流为，求弹簧伸长量最大时，待测物体和装置的总质量，并写出此时线圈中通入电流的方向（从上往下看）。 【答案】(1) (2) (3)；逆时针；；顺时针 【解析】（1）由平衡条件，可得 解得 （2）根据左手定则可知，导线圈所受安培力竖直向下，大小为 在托盘上放入质量为m的被称量物体后，可得 又 联立，解得 （3）当线圈中通入逆时针电流（从上往下看）时，有 解得 当线圈中通入顺时针电流（从上往下看）时，有 解得 第199题：求安培力2 【例题】如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角θ为，圆弧槽对导线MN的支持力为FN，PP'与圆心O等高。下列说法正确的是（　　） A．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先增大后减小 B．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转45°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为 C．若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍 D．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到上方 【答案】B 【解析】A．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动，由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力为，会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则一直增大，故A错误； B．由题意，对长直导线MN受力分析，受重力mg，支持力，安培力F，由左手定则可知安培力方向水平向右，由平衡条件，顺M到N方向看，受力图如图所示， 若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转45°，由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图所示，由解析图可知，当安培力F的方向与支持力为的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为 解得，故B正确； C．图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为，则① 当安培力与弹力方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，设此时的磁感应强度为，则 ② 由①②得 若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍，故C错误； D．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式，可知安培力增大，方向不变，支持力增大，θ角增大，导线向上移动，可当θ角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再处于平衡状态，可知θ角不可能达到90°，只有θ<90°时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN不可能沿圆弧槽缓慢运动到位置，更不可能运动到上方，故D错误。故选B。 【变式训练】2022年6月17日，配备了目前世界上最先进的中压直流技术电磁弹射器的我国第三艘航母“福建舰”正式下水。如图甲为电磁弹射系统简化等效电路（俯视图），两根固定于水平面内的足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）。舰载机（含滑架）可等效为一质量为m、电阻不计的金属棒MN，垂直放在两导轨间。导轨左端连接电路，其直流电源电动势为E，超级电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。先闭合开关K，将开关S接1，使电容器完全充电，然后断开开关K，将S接至2，MN由静止开始向右加速运动。设MN始终垂直两导轨并与导轨良好接触，忽略一切摩擦阻力及电磁辐射的能量。 （1）求MN由静止开始运动时的加速度大小； （2）S接至1到电路稳定的过程中，在图乙中画出电容器的极板电压u随电量q变化的图像，并结合该图像求稳定时电容器储存的能量； （3）MN从开始运动至稳定速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热； （4）MN达到稳定速度后，闭合开关K，若舰载机点火产生恒定的推力F使MN继续加速，试通过推导，说明舰载机点火后MN做何种性质的运动?推力F作用了一段时间t后，电容器带电量为Q，则t为多大?（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿） 【答案】（1）；（2）、；（3）；（4）匀加速直线运动， 【解析】（1）开关将S接2瞬间，电路中的电动势大小为E，根据欧姆定律得电路中的电流 金属棒MN所受安培力 又有牛顿第二定律得 MN由静止开始运动时的加速度大小 （2）由电容的定义式可得 即电容器的极板电压u与电量q成正比，当极板电压时，两极板电量 设在极短时间内，电容器的电压为，电荷量的变化量为，则由电流的定义可得电流为 电功率为 储存的电能等于电场力做的功 充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积 （3）设MN稳定时速度为，由题意可得，稳定时电容器两端电压 此时电容器极板电荷量 在整个运动过程中电路的平均电流 对金属棒MN应用动量定理得 以上两式整理得 结合（1）结论根据能量守恒得电阻R上产生的焦耳热 整理得 （4）在极短时间内对金属棒MN应用牛顿第二定律 又由题意可得 由以上各式整理可得 即舰载机点火后MN做匀加速直线运动。 当电容器带电量为Q时，此时电动势为 金属棒MN速度 又 将整理解得 第200题：电磁流量计 【例题】某化工厂的排污管末端安装如图所示的电磁流量计。流量计处于方向竖直向下的匀强磁场中，其测量管由绝缘材料制成，长为直径为，左右两端开口，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极。当污水（含有大量的正、负离子）充满管口从左向右流经该测量管时，稳定后两端的电压为，显示仪器显示污水流量为（单位时间内排出的污水体积）下列说法正确的是（    ） A．匀强磁场的磁感应强度 B．侧电势比侧电势低 C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大 D．污水流量与成正比，与无关 【答案】A 【解析】ACD．流量 又因为电场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即 解得U的大小与粒子浓度无关，所以流量 解得，故A正确，CD错误； B．磁场方向竖直向下，由左手定则，污水中的正离子聚集到端，负离子聚集到端，侧电势比侧电势高，B错误；故选A。 【变式训练】（多选）如图为某款新型电磁泵的简易装置图。泵体是一个长、宽、高分别为、、的长方体，上下两面M、N为金属极板，当与电源相连时会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场中。导电液的电阻率为，密度为，重力加速度为，工作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是（　　） A．电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力为 B．导电液的流速稳定为时，电源的输出功率为 C．该电磁泵中导电液流速与抽液高度的关系为 D．该电磁泵的最大抽液高度为 【答案】ACD 【解析】A．将通电导电液看成导体棒，受到的安培力F=BIL=BIc 根据左手定则可知磁场对导电液的作用力方向为水平向左，故A正确； B．电源提供的电功率一部分为安培力的功率P1=Fv=BIcv 另一部分为导电液产生的热功率，故B错误； CD．由安培力做功的特点可知电磁泵的机械功率等于安培力的功率，所以P机= P1 设∆t内被抽至泵体中的液体的质量为∆m=Dbcv∆t ∆t内被抽至泵体中的液体的动能的增加量∆Ek=∆mv2=Dbcv3∆t ∆t内被抽至泵体中的液体的重力势能的增加量为∆Ep=∆mgh=Dbcvgh∆t 电磁泵的机械功率等于单位时间内被抽至泵内的液体的动能增加量和重力势能增加量之和，即 P机= 联立可得BIcv =Dbcv3∆t+ Dbcvgh 即 故当v＝0时，即导电液的流速为零时，上式中的h最大，故CD正确。故选ACD。 第201题：霍尔效应 【例题】如图所示，利用霍尔元件可以监测无限长直导线的电流。无限长直导线在空间任意位置激发磁场的磁感应强度大小为：，其中k为常量，I为直导线中电流大小，d为空间中某点到直导线的距离。霍尔元件的工作原理是将金属薄片垂直置于磁场中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流时，e、f两侧会产生电势差。下列说法正确的是（　　） A．该装置无法确定通电直导线的电流方向 B．输出电压随着直导线的电流强度均匀变化 C．若想增加测量精度，可增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度 D．用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔元件，能够提高测量精度 【答案】B 【解析】A．若电流向右，根据左手定则，安培力向内，载流子是自由电子，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面e面电势较高；若电流向左，前表面f面电势较高；则可以根据e、f两侧电势高低判断通电导线中的电流方向，故A错误； B．设前后表面的厚度为，金属薄片的厚度为h，导线中单位体积的电子数为n，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有 根据电流微观表达式，有 解得 所以输出电压随着直导线的电流强度均匀变化，故B正确； CD．由可得 可知增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度h，用单位体积内自由电子个数n更多的材料制成霍尔元件，在直导线电流一定时，e、f两侧的电势差减小，测量精度减小，故CD错误。故选B。 【变式训练】某科研小组设计测量超导环中的电流强度，根据带电量为q的点电荷以速率v直线运动会产生磁场，该运动电荷在速度方向上各点产生的磁感应强度恰为0，垂直该电荷所在处速度方向上、距该电荷r处产生的磁感应强度为，其中k是静电常数，c是真空中的光速。将霍尔元件放在超导环的圆心处，通过测量出的霍尔电压来计算超导环的电流。已知某次实验超导环的半径为R，流过霍尔元件的电流为，霍尔电压为，且，其中H是常数，则超导环中的电流强度为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】带电量为q的点电荷以速率v在超导环中运动，设其运动一周时间为T，有 所以该点电荷产生的电流为 则该点电荷运动在霍尔元件处产生的磁感应强度为 由题意可知，则该霍尔元件的霍尔电压为 带入数据有 整理有，故选D。 第202题：带电粒子在直线边界磁场中的运动 【例题】（多选）用三块大小相同的正方形绝缘薄板制成的固定框架如图所示，框架处在平行于棱的匀强磁场中，而中心有一小孔。沿垂直于面方向，从小孔射入质量为、电荷量为的粒子。已知：正方形薄板的边长为，粒子射入框架时速率为，粒子与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直于面从小孔射出，则下列判断正确的有（　　） A．匀强磁场的磁感应强度最小值为 B．粒子在框架中运动的最短时间为 C．匀强磁场的磁感应强度可能为 D．匀强磁场的磁感应强度可能为 【答案】BD 【解析】过小孔的剖面图 要使粒子最终能垂直AD方向从小孔射出，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于三角形的边上，由公式 解得 B．由题意可得，粒子在框架中运动的最短时间如上图，半径为，三个圆弧，时间为 ，故B正确。 ACD．由题意可得，粒子做圆周运动的半径满足   n=0，1，2，3… 解得   n=0，1，2，3… 结合公式可得  n=0，1，2，3… 由上式可得，n=0时匀强磁场的磁感应强度最小值为 n=1时匀强磁场的磁感应强度值为，故D正确，AC错误。故选BD。 【变式训练】如图所示，半径的半圆形无场区的圆心在坐标原点О处，MN是位于处平行于y轴足够长的收集板，y轴右侧无场区外、MN左侧加一垂直纸面向外的匀强磁场。位于О处的粒子源沿与+y方向夹角为0~150°的平面范围内向第I、Ⅳ象限均匀发射等速率的带正电粒子。已知沿+y方向发射的粒子在磁场中偏转经恰好与MN相切，不计粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)求沿与夹角为150°发射的粒子在磁场中运动的时间t； (2)求能被MN收集的粒子占所发射总粒子数的百分比； (3)若调整磁场右边界且将第IⅣ象限内的磁场方向反向，使粒子源发出的所有粒子经磁场偏转后垂直打在MN上，求MN上有粒子打到的区域长度，并写出磁场右边界的函数解析式。 【答案】(1)(2)(3)见解析 【解析】（1）沿+y方向发射的粒子在磁场中偏转经恰好与MN相切，如答图a，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 粒子做圆周运动的周期 与+y夹角150°的粒子的运动轨迹如答图a所示 由几何关系可知其偏转角 则粒子在磁场中运动的时间 （2）设与+y夹角为β的粒子恰能与MN板相切，其运动轨迹的圆心为O′，如答图b 由几何关系得 设OO′连线与-y方向的夹角为，由几何关系得 解得=30° 又根据几何关系有 解得 能被MN收集的粒子的发射角 则能被MN收集的粒子占总粒子数的百分比 （3）如答图c 沿+y方向发射的粒子在磁场中偏转后是能打到MN板上最上端的粒子，则x轴上方打到的长度 与+y夹角为150°的粒子在磁场中偏转后是能打到MN板上最下端的粒子，设其运动的圆心为O"，则x轴下方打到的长度 MN上有粒子打到的区域的长度 由题意，经磁场偏转后垂直打在MN上的粒子运动半径均为a，粒子轨迹的圆心连线为圆心在О点，半径为2a的圆弧，则射出点的连线即磁场右边界相当于将上述圆心的连线沿y轴向上或向下平移的距离，如答图c，右边界的圆心分别为O1（0，a）、O2（0，-a）。 则第一象限的磁场右侧边界函数解析式为 第四象限的磁场右侧边界函数解析式 第203题：带电粒子在弧线边界磁场中的运动 【例题】（多选）如图，ABCDE虚线区域存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，DE是半径为R的四分之一圆弧，圆心为O，其中A、E、O在同一条直线上，位于F点的粒子源垂直AE射出各种速度大小不等的带电粒子，粒子在磁场的作用下向右偏转。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，F点到E点的距离为，则从弧DE射出的粒子，运动的可能时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】设粒子从弧DE射出时射出点与F点的连线与OF的夹角为，粒子在磁场中匀速圆周运动的圆心角为，如图所示 由图可知，越大越小，当射出点与F点的连线与弧DE相切时，最大，此时最小，设此时的射出点为G，有 即 所以的最小值为，另当为零时最大，最大值为，所以从弧DE上射出的粒子在磁场匀速圆周运动的时间范围为 即 又，得 所以，故选BC。 【变式训练】（多选）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以点为圆心、半径为的一段圆弧，圆弧与x轴交于、两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为的一段圆弧。如图，在虚线区域内有一束带负电的粒子沿x轴负方向以速度射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为，带电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力。下列说法中正确的是（　　） A．正对点入射的粒子离开磁场后一定会过O点 B．正对点入射的粒子离开磁场后一定不会过O点 C．粒子在磁场区域运动的最长时间为 D．粒子在磁场区域运动的最长时间为 【答案】AC 【解析】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有 可得粒子在磁场中的轨道半径为 正对的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示。 根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对点入射的粒子离开磁场后一定会过O点，故A正确，B错误； CD．根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示。 利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示。 由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了，因此运动的时间为 故C正确，D错误。故选AC。 第204题：求磁场的最小面积 【例题】如图所示为某离子速度分析器截面图，用于探究空间区域离子发射的速度。在xOy平面（纸面）内，两圆相切于点F，圆心位置分别为O1、O2，与x、y轴相切于A、C两点，半径均为R，两圆心连线与OF垂直，圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1、B2，某离子源能发射质量为m、电荷量为q、速度大小、方向不同的正离子，不计离子的重力及相互作用。（已知） （1）某离子以速度v0从A点沿AO1方向射入磁场B1，经F点进入磁场B2，求磁感应强度B1的大小； （2）调整B2大小，使满足（1）问中的离子不会碰到y轴，求磁感应强度B2的大小； （3）若离子源发射点在磁场B1内可移动，且离子的发射方向均沿y轴正方向，要使离子都能从F点垂直OF方向射入B2场区，求离子发射点位置的函数关系式； （4）要使（3）问中的离子都能从F点垂直OF方向射入B2场区，求B1磁场的最小面积。 【答案】（1）；（2）；（3）x－y = R1，，y = (r1－R1)cos45°，；（4） 【解析】（1）画出离子的运动轨迹如下图 根据几何关系有 再根据 解得 （2）再根据几何关系有 同理（1），解得 （3）若离子源发射点在磁场B1内可移动，且离子的发射方向均沿y轴正方向，要使离子都能从F点垂直OF方向射入B2场区，则画出其可能的运动轨迹为 则根据几何关系有 x = R1＋(r1－R1)sin45° y = (r1－R1)cos45° 或 x－y = R1 y = (r1－R1)cos45° 可解得 或 （4）根据以上分析，可知要使（3）问中的离子都能从F点垂直OF方向射入B2场区，B1磁场的最小面积为 解得 【变式训练】如图所示，在平面内的第一象限内处竖直放置一长为的粒子吸收板，在直线与y轴之间存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场。在原点O处有一粒子源，可以沿y轴正向发射质量为m、电量为的带电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 （1）求恰好击中Q点的粒子速率； （2）求能被吸收板吸收的粒子速率的范围； （3）为使从P点进入右侧区间的粒子，能恰好垂直x轴打在点，在右侧加一垂直纸面的矩形匀强磁场（图中未画出，矩形边界处有磁场），使粒子先从P点进入磁场，求所加磁场磁感应强度的，以及在B＇作用下矩形磁场的最小面积。    【答案】（1）；（2）；（3）3B， 【解析】（1）恰好击中Q点的粒子在磁场中的运动半径为 根据洛伦兹力提供向心力 解得恰好击中Q点的粒子速率为 （2）恰好击中P点的粒子，在磁场中的运动半径最大，为 根据洛伦兹力提供向心力 解得最大速度为 恰好击中Q点的粒子，在磁场中的运动半径最小，最小速度为 能被吸收板吸收的粒子速率应满足    （3）恰好垂直x轴打在点时，粒子先做圆周运动后做直线运动，根据几何关系有 解得 根据洛伦兹力提供向心力 解得 下矩形磁场的最小面积 第205题：磁场方向变化造成的多解问题 【例题】在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力）在t=0时刻沿Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。 (1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。 (2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值。 (3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。 【答案】(1)(2)(3)； 【解析】（1）带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得 又 联立，解得 （2）如图所示， 若带电粒子不能从Oa边射出，则有 解得 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动时间为 可知磁场使粒子每次变向的最长时间是t，带电粒子不能从Oa边射出，则有 磁感应强度的变化周期的最大值 （3）若要粒子从b点沿着ab方向射出磁场，轨迹如图所示 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为，其中，即 满足这一条件的磁感应强度变化的周期 每一个圆弧对应的弦长OM为 圆弧半径为 又 联立，解得 【变式训练】如图所示，在第一、四象限有垂直于纸面向里和向外的磁场区域Ⅰ和Ⅱ，OM 是两磁场区域的交界线，两区域磁场磁感应强度大小相同 B =0.1T，OM 与 x 轴正方向夹角为α。在第二、三象限存在着沿 x 轴正向的匀强电场，电场强度大小E= 1×104V/m。一带正电的粒子,质量m=1.6×10 −24kg、电荷量q=1.6×10−15C，由 x 轴上某点 A 静止释放，经电场加速后从 O 点进入Ⅱ区域磁场（带电粒子的重力不计） （1）若 OA 距离l1=0.2m，求粒子进入磁场后，做圆周运动的轨道半径大小R1； （2）要使经电场加速后，从O 点进入磁场的所有带电粒子仅在第一象限区域内运动，设计两磁场区域大小时，角α最大不能超过多少？ （3）若=30°，OM 上有一点 P（图中未画出），距 O 点距离l2=0.3πm。上述带正电的粒子从 x 轴上某一位置 C 由静止释放，以速度 v 运动到 O 点后能够通过 P 点，v 等于多大时，该粒子由 C 运动到 P 点总时间最短，并求此最短时间。 【答案】(1)；(2)；(3). 【解析】(1)设粒子到O点时速度大小为，从P到O点过程，有① 得 在磁场中对粒子有② 得 (2)设粒子进入磁场后，在Ⅰ和Ⅱ磁场区域做圆周运动的半径相同设为r.当a取最大值时，粒子运动轨迹如图 由几何关系可知③ 得 又因为④ 得 要使从0点进入磁场的带电粒子仅在y轴右侧区域运动，不能超过. (3)设粒子运动至0点速度大小为v，粒子在电场中运动时间为，加速度大小为a，对粒子有 ⑤ 得 ⑥ 粒子在磁场中做匀速圆周运动轨道半径为r，周期为T对粒子有⑦ 得 ⑧ 得 如图由几何关系知 ⑨得 粒子每次在任意磁场中运动圆弧的圆心角均为，弦长 假设粒子在磁场中刚好运动到P点时间为，则有 ⑩ 粒子运动到0点时间为t，则有 代入数据有 当，即：时 此时，将带入 得 假设成立，故粒子运动至P点最短时间为. 第206题：临界状态不唯一造成的多解问题 【例题】如图所示，在xOy坐标平面的第三象限内存在一个与x轴平行的线状粒子源S，其长度为2R，右端紧靠y轴，可以连续不断地产生沿粒子源均匀分布的电量为+q、质量为m的无初速粒子。粒子经y方向的匀强电场加速获得初速度v0后，进入一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。该圆形磁场区域与y轴相切，圆心O'坐标为（，0）。在xOy坐标平面的第一象限内依次存在三个宽度均为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，三区域的磁感应强度之比为6∶2∶1，区域Ⅲ的右边界安装了一竖直接地挡板，可吸收打在板上的粒子。已知对准O'射入圆形磁场的粒子将沿着x轴射出；从O点射出、方向与x轴成30°的粒子刚好经过区域I的右边界（未进入区域Ⅱ）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求： (1)圆形磁场的磁感应强度大小B0； (2)I区域的磁感应强度大小B1； (3)若能从O点出射、方向与x轴成θ的粒子刚好经过区域Ⅱ的右边界（未进入区域Ⅲ），求θ的正弦值； (4)若某段时间内从线状离子源飘出N个粒子，求能打在挡板上的粒子数。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力有 解得 （2）设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有 则 I区域根据洛伦兹力提供向心力有 可得 （3）区域Ⅱ粒子轨迹如图所示 根据几何关系有， 解得， （4）设与x轴成β方向的粒子正好打到档板，由三个区域的动量定理综合得 解得 由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离，该点到发射源中点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为。 【变式训练】如图所示甲，中心为O、边长为L的正六边形区域内没有磁场，正六边形区域外存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子，以速度从O点在纸面内射向正六边形的顶点a，经磁场一次偏转后恰好经b点回到O点。不计粒子的重力。 （1）求匀强磁场的磁感应强度； （2）求粒子连续两次经过a点的时间间隔； （3）若粒子以速度从O点在纸面内射向正六边形边的中点M，如图乙所示，粒子经过磁场两次偏转后才能返回到O点，求磁感应强度B的大小可能值。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）如图所示 由几何关系知 代入得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动向心力，可得 则 （2）如图所示 无论磁场垂直于纸面向里还是向外，运动时间相同，粒子第一次进入后经过3次进入磁场偏转，最终沿着方向运动，第二次过点，设在磁场运动周期，时间为，在六边形里面做直线运动时间为，则 代入得，在磁场运动周期为 则粒子在磁场中运动时间为 则3次在磁场运动总时间为 粒子做直线运动时间为 则3次做直线运动总时间为 则粒子连续两次经过a点的时间间隔为 （3）若粒子以速度从O点在纸面内射向正六边形边的中点M，粒子可能通过以下情况经过磁场两次偏转后才能返回到O点，无论磁场方向垂直于纸面向里还是向外规律都一样，如图所示，图中所对应的半径最大，则磁感应强度为最小值，如图所示 由几何关系知 由半径公式知 代入得 则有 第207题：质谱仪 【例题】质谱仪是测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从小孔S1飘入电势差为U的加速电场，初速度几乎为0。加速后从S2出射，再经过S3垂直进入匀强磁场中，最后打在荧光屏的中点，中点与S3的距离为D，荧光屏的宽度为d。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)若匀强磁场的磁感应强度从B0到2B0范围内可调，求能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围。 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据动能定理可求出粒子经加速电场后的速度，之后根据在磁场中洛伦兹力提供向心力可求出匀强磁场的磁感应强度大小。 （2）由（1）可以推导出粒子比荷，由此可知半径、磁感应强度两者最小时，比荷最大；半径、磁感应强度两者最大时，比荷最小。 【解析】（1）在电场中由动能定理得 在磁场中，由牛顿第二定律得 联立以上各式解得 （2）由（1）可以推导出 最小半径 且对应最小的磁感应强度时，比荷最大 最大半径 且对应最大的磁感应强度时，比荷最小 能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围 【变式训练】质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。某种质谱仪原理如图所示。质谱仪处于真空暗室中。正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。磁分析器截面为直角扇形，M和N处各有一个小孔，被选择离子在磁分析器中做半径为R的圆周运动，恰好穿过两小孔；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胶片平行，间距为D，NO为垂直于屏的中心轴线。已知速度选择器、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、偏转系统中电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和沿x轴方向。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，x轴与偏转系统电场强度方向同向。已知，。离子进入偏转系统时速率都很大，且在偏转系统中运动时NO方向的分速度总是远大于x轴方向和y轴方向的分速度。离子在偏转系统中沿x轴和y轴方向位移可忽略，不计离子重力。 （1）求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）离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上的点的坐标（不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距离）； （3）保持偏转系统电场和磁场不变。多次改变速度选择器和磁分析器中电场和磁场，使两种大量电荷量相同的正离子以不同速率沿NO方向射入偏转系统，在胶片中多次曝光，最终在胶片中出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.00 mm和4.00mm，其中x坐标小的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的，求该离子的质量数。 【答案】（1），；（2）；（3）16 【解析】（1）通过速度选择器后离子的速度满足 可得 由牛顿第二定律可知 从磁分析器中心孔射出离子的运动半径为，则 得 （2）离子在偏转系统中由牛顿第二定律可知 离子在偏转系统中受到沿轴方向的电场力，加速度 离子在偏转系统中运动的时间 离开偏转系统时，离子在轴方向的分速度 离子从偏转系统离开至到达显示系统时间 离子射到屏上时轴方向上偏离点的距离 解得 离子进入偏转系统后，轴方向上在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径为，射出偏转系统时，设偏转角为，根据几何关系有 又因为，则 经偏转系统后，在轴方向上的偏转距离 综上，打在胶片上的点的坐标为。 （3）设离子质量为，电荷量为，进入偏转系统的速率为，根据（2）结果可得 ， 整理得 则 当相同时 代入数据可知未知离子的质量数为16。 第208题：磁流体发电机 【例题】如图所示为某一新型发电装置的示意图，发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上、下两面是绝缘板。前、后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率沿x轴正向流动，则下列说法正确的是（　　） A．M板电势比N板的电势低 B．两导体板间液体的电阻 C．电阻R上的电流 D．假设导电液体所受摩擦力与流速成正比，比例系数为k，则在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能 【答案】D 【解析】A．由题意可知，结合左手定则，可知，带正电的离子打到M板上，带负电的离子打到N板上。所以可知，所以A错误； B．由电阻定律可得，两导体间液体的电阻为，所以B错误； C．由题可知，液体通过管道时，可以认为一个长度为d的导体棒切割磁感线，由右手定则可得，产生的感应电动势为 则由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流为，所以C错误； D．假设导电液体所受摩擦力与流速成正比，比例系数为k，则在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能为 其中 联立可得，所以D正确。故选D。 【变式训练】磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场（磁场方向垂直由长l和高a组成的平面向里）中，磁感应强度的大小为B。高温等离子体保持以不变的速率v水平向右通过发电通道，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。 （1）求开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U； （2）要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力。如果不计其他损耗，这个推力的功率PT就应该等于该发电机的总功率PD，请证明这个结论； （3）若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内几乎不动的离子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体的横截面积为S，电阻率为ρ，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e。 ①证明：金属导体中形成电流的电荷定向移动速度u与v成正比。 ②求金属导体中每个电子所受平均阻力f大小。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）①见解析；② 【解析】（1）求电动势E 法一：当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势。此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡。有，得 法二：将流体视为切割磁感线的导体棒，由法拉第电磁感应定律得 当电键闭合，由欧姆定律可得 此时极板间电压为等效电路的路端电压 解得 （2）该电流在发电通道内受到的安培力大小为 要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为 推力F的功率为 联立可得 闭合电路中发电机的总功率为 联立可得 可得 可见，推力的功率就等于该发电机的总功率。 （3）①设金属导体R内电子运动的平均速率为u，单位体积内的电子数为nV，t时间内有N个电子通过电阻的横截面，则 t时间内通过横截面的电荷量为 电流为 求得金属导体R内电流的微观表达式 由闭合电路欧姆定律 由（1）知 由以上三式可得 其中为定值，故 ②方法一：运动和力的角度 设金属导体的长度为d，电阻为R，由电阻定律得 金属导体两端的电压为 金属导体内的电场可看作匀强电场，设场强大小为，则 电子在金属导体内匀速直线运动，阻力等于电场力，则 联立可得 方法二：能量角度 设金属导体中的总电子数为，长度为d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以电场力的功率（电功率）应该等于所有电子克服阻力f做功的功率，即： 由电阻定律得 联立式可得 第209题：回旋加速器 【例题】如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（　　） A．在E-t图中应有 B．在E-t图中应有 C．粒子最终获得的动能为 D．粒子通过狭缝的次数为 【答案】D 【解析】A．由公式 可得，粒子的周期 由上式可得，粒子圆周运动的周期与速度无关，在回旋加速器中粒子运动的周期不变。每过半周粒子能量增加一次，所以，故A错误； B．由题意可得 所以，故B错误； C．当粒子半径为时，粒子动能最大，由公式 联立以上两式可得，故C错误； D．粒子通过狭缝的次数，故D正确。故选D。 【变式训练】某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的带电极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板（如图乙所示），板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电场）。两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的离子源S中产生的质量为m、电荷量为的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为4D，已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设离子打到器壁或离子源外壁则立即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力。求： （1）磁感应强度的最小值； （2）调节磁感应强度大小为时，离子能从P点射出，计算此时离子从P点射出时的动能； （3）若将磁感应强度在范围内调节，写出离子能从P点射出时该范围内磁感应强度B所有的可能值。 【答案】（1）；（2）；（3）（，为整数） 【解析】（1）设离子在电场中加速一次从O点射入磁场时的速率为，则 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为，则 若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为 （2）离子在电场中经过一次加速后，由动能定理可得 解得 加速一次后离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为，有 解得 故离子从磁场中偏转后再次进入电场减速，至下极板速度为零，然后反向加速，如图为离子运动的轨迹示意图 在距离O点的水平距离为 处加速的离子离开电场经磁场偏转后会再次回到该点加速，直至最后从P点离开磁场，则由几何关系可知，最后一次在磁场中运动的半径 由 联立解得离子从孔P射出时的动能为 （3）当 根据 可得 离子经3次减速，每次半个周期绕开粗黑线段极板，然后在虚线段极板螺旋前进，设离子绕过两极板右端后加速次数为k，则此时离子运动半径为，离子从孔P射出时满足 且 解得（，为整数） 第210题：带电粒子在叠加场中的运动1 【例题】（多选）如图所示倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁感应强度为B。可视为质点的小球质量为m，带电量为，以平行于斜面的初速度从斜面底端向上滑行，t时刻小球离开斜面。已知，整个运动过程中小球带电量保持不变，下列分析正确的是（　　） A．小球离开斜面之前的运动过程中加速度恒定 B． C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球的弹力的冲量大小为 D．小球离开斜面后相对分离点能够上升的最大高度为 【答案】AC 【解析】A．小球上行过程中洛伦兹力垂直斜面向下，小球不会离开斜面，小球在下滑至某位置时离开斜面。离开斜面前满足 得恒定。故A正确； B．离开斜面瞬间满足 得 由匀变速直线运动规律得 可得，故B错误； C．上行过程由平衡条件可得 此过程中弹力的冲量为 同理可得下行过程弹力冲量为 全程弹力冲量为 又由匀变速直线运动规律可得， 联立得，故C正确； D．小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中由功能关系可得 在水平方向上由动量定理可得 联立，可得，故D错误。故选AC。 【变式训练】如图所示，为带电金属板，金属板间电压为，板间距离为，同时板间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一束带正电粒子以平行于金属板的速度自点射入复合场区域，恰好沿直线通过金属板。已知为的中点，金属板足够长，带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力及它们之间的相互作用，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)若仅撤去电场，带电粒子将打在金属板上且被金属板吸收，则此位置距金属板左端的距离及粒子在磁场中运动的时间； (3)若仅将金属板间电压变为，则带电粒子在两板间运动的最大速率以及沿电场线方向上的最大偏移量。 【答案】(1)(2)，(3)， 【解析】（1）带电粒子能沿直线通过金属板，有 解得 （2）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 带电粒子向上偏转，设打在板上距端处，由几何关系有 解得 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期 设此过程所对应的圆心角为，有 解得 则带电粒子在匀强磁场中的运动时间 （3）通过配速法，使电场力与洛伦兹力平衡，有 解得 即将带电粒子的初速度分解为向右的 和向左的 如图所示 则带电粒子在两板间运动的最大速率 带电粒子做匀速圆周运动的半径 因 故带电粒子沿电场线方向的最大偏移量 第211题：带电粒子在叠加场中的运动2 【例题】如图所示，在坐标系中，点的坐标为，平面和垂直于轴的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，在Ⅱ中存在匀强电场（图中未画出），在区域Ⅰ和Ⅲ中存在竖直向上的匀强电场和磁感应强度为且都与轴垂直的匀强磁场，Ⅰ中的磁场与轴夹角斜向左上方，Ⅲ中的磁场与轴夹角斜向右上方。有一粒子源，能产生质量为、电量为带正电的微粒。已知重力加速度为，（未知）。 （1）粒子源从间某点静止释放一微粒，微粒沿轴正方向运动距离时，动能增加，求Ⅱ区域中电场强度的大小及点的电势（设点的电势为零）； （2）若粒子源从点向的第二象限以速度沿不同方向发射微粒，求微粒第一次打在轴上的最大坐标； （3）试问（2）中打在轴上最大坐标的微粒能否再次通过轴，若不能，通过计算说明原因；若能，求微粒此后通过轴的时间。 【答案】（1），；（2）；（3）能通过，或 【解析】（1）微粒从点释放后，电场力做功 电场力   解得 设与轴夹角为方向与轴与轴的夹角均为且，则 又 解得 （2）设与轴正方向夹角为，经时间第一次打在轴上，微粒作类斜抛运动，由运动的合成与分解 联立解得 故当时 （3）能再次通过轴。由（2）的计算知，在O点释放后打在轴上的最大坐标的微粒恰好过点。在Ⅰ和Ⅱ区域 速度方向恰好垂直于磁场B，微粒在垂直于磁场的平面内做圆周运动，在Ⅰ区域运动半个周期，又在Ⅱ区域做类斜抛运动，经轴进入Ⅲ区域后，又做圆周运动，运动半个周期后经轴进入Ⅱ区域做类斜抛运动……以后微粒周期性的运动。由上分析可知，微粒能通过轴。由（2）知微粒第一次在Ⅱ区域运动的时间 微粒在磁场中做圆周运动，洛仑兹力提供向心力 周期 微粒第一次在区域Ⅰ中运动的时间 微粒此后通过轴的时间 或 即 或 【变式训练】如图所示，水平面上方有正交电磁场区域足够宽，匀强磁场方向沿水平方向（图中所示），磁感应强度大小为B，匀强电场方向竖直向下，场强大小为E；不计厚度、内壁光滑的竖直小圆筒内底部静止放有一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒。现让小圆筒以加速度a由静止开始向右平动，在微粒开始沿筒壁上升瞬间，立即让小圆筒以此刻速度的2倍做匀速运动，已知小圆筒匀速运动的距离为小圆筒长度的2倍时，微粒恰好离开小圆筒，并在此刻撤去匀强电场。不计重力大小，则： (1)小圆筒由静止开始运动，经过多长时间微粒将沿筒壁上升； (2)小圆筒的长度； (3)求微粒离开小圆筒后能上升的最大高度（距离圆筒上端口的最大高度）。 【答案】(1)(2)(3) 【解析】（1）设经过时间微粒的速度大小为时，微粒开始沿管壁上升，有 解得 （2）开始沿管壁上升后，受力分析如图所 竖直方向上由牛顿第二定律可得 解得 由此可知，微粒沿竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，设微粒在小圆筒内运动的时间为，离开小圆筒时竖直速度为，该过程由题意有 解得 则小圆筒的长度为 联立解得 （3）微粒离开小圆筒后在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小为 设微粒离开小圆筒时速度方向与水平方向夹角为，有 解得 洛伦兹力提供向心力，有 微粒离开小圆筒后能上升的最大高度为 联立解得 第212题：带电粒子在叠加场中的运动3 【例题】如图所示，在坐标系区域内存在平行于轴、电场强度大小为（未知）的匀强电场，分界线将区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直直面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场及沿轴负方向、电场强度大小为的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子从点以初速度垂直电场方向进入第二象限，经点进入区域Ⅰ，此时速度与轴正方向的夹角为，经区域Ⅰ后由分界线上的点（图中未画出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求： (1)电场强度的大小； (2)带电粒子从点运动到点的时间； (3)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过轴的位置之间的距离。 【答案】(1)(2)(3) 【解析】（1）粒子经过点时的速度 粒子从点到点，由动能定理得 解得 （2）粒子从点到点，由运动学公式有 解得 粒子从点到A点，其运动轨迹如图1所示 由抛体运动的规律可得 由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径 运动时间 则 （3）粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 在A点对粒子由配速法，如图1所示，设对应的洛伦兹力与静电力平衡 方向相反，与合速度对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以的匀速直线运动和以的匀速圆周运动,静电力等于洛伦兹力 解得 合速度 设对应的匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力有 解得 其运动轨迹如图2所示 粒子从第1次到第5次经过轴，共运动了2个周期，时间 距离 解得 【变式训练】在半导体芯片加工中常用等离子体对材料进行蚀刻，用于形成半导体芯片上的细微结构。利用电磁场使质量为m、电荷量为e的电子发生回旋共振是获取高浓度等离子体的一种有效方式。其简化原理如下：如图1所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；旋转电场的方向绕过O点的垂直纸面的轴顺时针旋转，电场强度的大小为E；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高的能量，利用高能的电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。 （提示：不涉及求解半径的问题，圆周运动向心加速度的大小可表示为） （1）若空间只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周运动的角速度。 （2）将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在图2所示的平面内运动，电子运动的过程中会受到气体的阻力，其方向与速度的方向相反，大小，式中k为已知常量。最终电子会以与旋转电场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与旋转电场力的夹角（小于90°）保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场的洛伦兹力、旋转电场的电场力及气体的阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。 a．若电场旋转的角速度为，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小v； b．电场旋转的角速度不同，电子最终做匀速圆周运动的线速度大小也不同。求电场旋转的角速度多大时，电子最终做匀速圆周运动的线速度最大，并求最大线速度的大小。 c．旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在范围内，求的数值。 【答案】（1）；（2）a．，b．，c． 【解析】（1）电子在洛伦兹力作用下做圆周运动 得 （2）a．设电场力与速度方向夹角为，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律 　① 沿圆周的切线方向　② 联立①②两式，可得b．由a问可知，当 即 时，电子运动的速度最大，电子最终做匀速圆周运动的最大速度 c．设电场力与速度方向夹角为，旋转电场对电子做功的功率 当 即 时，电场对电子做功的功率最大 若 可知 解得 则 第213题：带电粒子在叠加场中的运动4 【例题】利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图1所示，平面左侧存在沿y轴负方向的匀强电场，右侧存在沿x轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从点以初速度、沿着x轴正方向射入电场，恰好从O点进入磁场，再次从点通过x轴，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小E和匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)从O点进入磁场运动时间为时，求粒子的位置坐标； (3)如图2所示，若在平面左侧再加垂直平面向里的匀强磁场，将上述带正电粒子从点以初速度、沿着x轴正方向射入电磁场，运动轨迹恰好与x轴负半轴相切。求所加匀强磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1)，(2)(3) 【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有， 解得 粒子从O点进入磁场时水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为 结合上述解得 粒子接入右侧磁场后做螺旋运动，水平向右速度为的匀速直线运动，平面方向速度为的匀速圆周运动，则有，， 解得， （2）粒子在磁场中水平向右速度为的匀速直线运动，结合上述可知 由于 表明平面方向速度为的匀速圆周运动对应圆心角为，根据几何关系有 ， 解得， 即粒子的位置坐标为。 （3）将速度分解为水平向右的和水平向左的，且有， 此时将粒子的运动分解为水平向右的速度为的匀速直线运动与速度为的匀速圆周运动，则有 由于粒子轨迹恰好与x轴负半轴相切，则有 结合上述解得 【变式训练】托卡马克装置是利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器（如图甲），简化的模拟磁场如图乙所示。已知半径为R的足够长水平圆柱形区域内，分布着水平向右的匀强磁场I，已知大小为B；圆柱形磁场区域I外侧分布有厚度为L（长度未知）的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相等也为B，其横截面图与纵截面图分别如图丙、丁所示。某时刻氘原子核（已知其质量为m，电荷量为q）从磁场I区最低点以大小为的速度竖直向下射入磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求： （1）要使氘核不射出磁场Ⅱ区边界，Ⅱ区厚度L的最小值； （2）该氘核从出发到第二次回到磁场I最低点需要的时间； （3）若氘核从磁场I最低点以大小为2v，与水平方向夹角的速度射入磁场Ⅱ（如图戊所示），则从出发到第二次回到磁场I最低点的水平位移是多少？ 【答案】（1）R；（2）（或）；（3） 【解析】（1）依题意作出氘原子核在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹如图所示 轨迹与下边界相切，由洛伦兹力提供向心力得 由几何关系可得最小厚度为 （2）氘原子核在两个磁场中往复运动的轨迹射影如图2所示 氘原子核在磁场Ⅱ中每运动半个周期后离开，随后垂直进入磁场I，每运动四分之一周期后再垂直射入磁场Ⅱ。氘原子核在两个磁场中的运动周期均为 氘原子核在磁场I中做匀速圆周运动，满足 可得 即氘原子核在磁场I中运动四分之一周期后离开，第二次回到磁场I最低点需要的时间为 （3）氘核以2v的速度射入磁场Ⅱ时，有 解得 氘核每次在磁场Ⅱ中的水平位移为 氘核进入磁场I后做等距螺旋运动，将速度分解为与磁场I垂直的分速度和磁场I平行的分速度，如图所示 则有， 氘核以在磁场I中做匀速圆周运动的轨迹如图所示 则有 解得 氘核每次在磁场I中的运动时间为 每次在磁场I中的水平位移为 根据运动的重复性，从出发到第二次回到磁场I最低点的水平位移为 第214题：带电粒子在交变磁场中的运动 【例题】现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹。如图甲所示，虚线右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为e，初速度可以忽略）经电场加速后，从A点平行于轴射入磁场，已知AO垂直于轴，长度为，磁感应强度为大小为，不计电子重力。 (1)若电子刚好击中点，求此时速度大小为多少； (2)若磁场按如图乙所示规律变化，磁场方向以垂直纸面向里为正方向，周期为，时刻进入磁场的电子一个周期后运动方向刚好与轴相切，求此时加速电压的大小及切点与A点的距离。 【答案】(1) (2)；2L 【解析】（1）带电粒子经磁场偏转后击中O点，由几何关系可知 根据牛顿第二定律有 联立，解得 （2）带电粒子在磁场中运动时，有 根据题图乙可知磁场维持同一方向的持续时间 因此电子在磁场中运动的轨迹如图所示， 电子在交变磁场中沿相反方向分别偏转了后，其运动方向与x轴相切，根据几何关系有轨道半径 带电粒子在电场中有 带电粒子在磁场中有 联立，解得 由几何关系可知切点与A点间距为，即。 【变式训练】如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性交化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知，，规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。 （1）求抛出点P到x轴的距离y； （2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T； （3）若 时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向 的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°，根据速度分解有 在竖直方向上有 解得 （2）根据题意有qE=mg 即重力与电场力平衡，粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 ， 解得， 当时解得， 当时解得， 结合题中信息可知∶ 0~t0， 微粒刚好转过180°，t0~2 t0，微粒转过90°，2 t0~3 t0与0~ t0的运动轨迹大小一样， 只是偏转方向不一样，3 t0~4 t0与 t0~2 t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，微粒一个周期的运动轨迹如图所示 由图可知 （3）结合上述，在时，把速度分解到水平方向和竖直方向，则有 粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，则有， 解得， 粒子水平方向向上做圆周运动，则有， 可知 则有，， 因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为 。 第215题：带电粒子在组合场中的运动 【例题】如图所示，平面直角坐标系xOy中第一象限存在一边长为L的正方形区域ABCO，正方形区域中存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，AB边为一粒子发射装置，可以由静止释放宽度为L的大量重力不计的同种带电粒子。第四象限存在一圆形磁场，圆形磁场的半径为，磁感应强度大小为，方向垂直纸面，P点和F点分别为圆形磁场与x轴，y轴的切点，第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为2E。第二象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。已知宽度为L的大量同种带电粒子均能从圆形磁场中同一位置进入第三象限。求： (1)粒子的比荷； (2)由P点进入圆形磁场的粒子第二次到达y轴的位置坐标； (3)由P点进入圆形磁场的粒子从开始释放至第二次到达y轴经过的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）带电粒子在电场中运动，由动能定理得 解得 宽度为L的大量同种带电粒子均能从圆形磁场中同一位置进入第三象限，可知在带电粒子在磁场中运动的半径为 带电粒子在磁场中，由牛顿第二定律有 解得 （2）由P点进入圆形磁场的粒子,恰好从F点射入第三象限，在第三象限中做类平抛运动，竖直方向有 解得 水平方向有 设进入第二象限时速度方向与水平方向的夹角为，则有， 此时粒子的速度 进入磁场后由牛顿运动定律得 解得 由几何关系得，粒子在第二限运动运动的圆心在y轴上，则粒子第二次到达y轴的位置 粒子第二次到达y轴的位置坐标为（0，）。 （3）粒子在第一象限运动的时间 粒子在第四象限运动的周期 粒子在第二象限运动的轨迹是圆弧，所用时间为 粒子在第三象限运动的时间为 粒子在第二象限运动的周期为 粒子在第二象限圆周运动个周期，所用时间为 由P点进入圆形磁场的粒子从开始释放至第二次到达y轴经过的时间 【变式训练】如图所示直角坐标系平面内，位于点的粒子枪由粒子源和加速电场组成。粒子源C可以不断提供初速度为零、比荷（即：）为的正电粒子，粒子枪从点沿轴正方向发出粒子。区域内存在磁感应强度为、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，区域内存在电场强度为、方向沿轴正方向的匀强电场，区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小仍为。不计正电粒子的重力以及它们之间的相互作用，完成下列问题： (1)当加速电场电压为时，求粒子枪射出粒子的速度； (2)调节加速电场电压，发现全部粒子第一次到达轴的位置范围为，求电压的取值范围； (3)研究其中垂直穿过轴的粒子，求该粒子最终离开磁场的位置坐标。 （粒子枪发射粒子后，不再影响粒子的运动。计算中可能用到：，，，，，） 【答案】(1)(2) (3) 【解析】（1）根据动能定理 得 （2）全部粒子第一次到达轴的位置范围为，粒子在I磁场中运动的半径最小为 根据几何关系有 解得 故粒子在I磁场中运动的半径最大为 故，根据牛顿第二定律 根据动能定理 联立解得 （3）垂直穿过轴粒子 根据牛顿第二定律 解得 在II区域电场中加速过程，根据动能定理 解得 在III区域运动一个半圆，根据牛顿第二定律 解得 之后将进入电场减速运动，由对称性速度变为，在I区域运动半径为 运动一个半圆穿过轴坐标为，之后重复前一过程，在II区域第二次加速，III区域运动半圆周离开磁场坐标为，进入无场区 匀速运动后，在I区域运动半径为之后在II区域第3次加速，根据动能定理 又 在II区域第4次加速后在III区域运动半径 恰好与右边界相切，在II区域第5次加速后在III区域运动半径 粒子将从右边界离开III区域磁场，由几何关系可知，粒子离开磁场的坐标为 第216题：带电粒子在组合场中的运动（含动量） 【例题】如图所示，水平光滑桌面上建立平面坐标系，在第一象限的区域Ⅰ内有沿y轴负方向、电场强度大小为的匀强电场；区域Ⅱ内有一圆心为、半径为的圆形区域与x轴、y轴、区域Ⅰ的边界MN边及CD边均相切，且MN边平行于x轴、CD边平行于y轴；在区域Ⅲ内有右边无边界，大小、方向与区域Ⅰ完全相同的匀强电场。区域Ⅱ内有垂直桌面向下的磁感应强度的匀强磁场，两个体积相同可视为质点的小球a、b分别位于y轴和CD上，球a、b与圆心所在位置纵坐标相同，且b球所在位置是CD与圆形磁场的切点。现将a球以速度v平行于x轴正方向抛出，一段时间后a球与b球发生弹性碰撞，碰撞后两小球均分电荷，忽略两小球间的库仑力。已知a球质量，电荷量；b球质量，不带电；取3。求： （1）小球a从出发到与小球b发生碰撞所经历的时间； （2）小球a刚进区域Ⅰ的位置为零势能点，则小球a电势能与动能相等时的坐标是多少； （3）小球a、b碰撞后，在区域Ⅲ内相距最远的距离（结果保留根号）。 【答案】（1）；（2）（0.4m，1.2m）；（3） 【解析】（1）a球进入磁场先做逆时针的匀速圆周运动，要使a球与b球能发生碰撞，其轨迹如下图中虚线所示，先在磁场中偏转了90°，在正上方离开磁场后进入匀强电场做匀减速直线运动，然后再次进入磁场，根据对称性能与b球发生碰撞    a球在磁场的运动半径等于圆心磁场区域的半径 根据洛伦兹力提供向心力得 解得a球的释放速度大小为 a球经历两段时间撞上b球，设在区域Ⅰ运动的时间为，在磁场中运动的总时间为，由动量定理得 由洛伦兹力提供向心力得 而 解得， 则总时间为 解得 （2）当小球a的位移的时候，小球的电势能与动能相等，即 由动能定理得 解得 所以此时小球a的坐标为（0.4m，1.2m）。 （3）a球与b球发生弹性碰撞，碰撞前瞬间a球的速度 方向水平向右，以此方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒得 解得， 碰撞后两球的电荷量均为 碰撞后两球做类平抛运动，设a球平行轴方向的加速度为，b球竖直方向的加速度为，根据牛顿第二定律 可得， b球的落地时间为t0，则 以a球为参考系，小球b平行轴方向相对a球做匀速运动，轴方向的位移 方向b球相对a球做匀加速直线运动 b球与a球的距离 可见两球之间的距离是时间的增函数，所以当时两球相距最远，最远距离为 【变式训练】芯片制造中，离子注入是一道重要的工序。如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度v沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场（大小未知），与矩形离子控制区abcd相切于Q点，ad边长为L，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入cd处的硅片上。已知离子质量为m，电荷量为q，在圆形磁分析器中运动的时间为t，图中a、P、Q三点连线正好可构成一个等边三角形，bQ足够长，不计离子的重力和离子间的相互作用。 （1）求加速电场的电压U； （2）求圆形磁分析器的半径r； （3）若在控制区加上垂直于纸面向里磁场，其磁感应强度大小沿ad方向按的规律均匀变化，x为该点到ab边的距离，k为已知的常数且，则要使离子不打到硅片上，ab边所在位置的磁感应强度至少为多少？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）在加速电场有 解得 下图为（2）（3）问运动轨迹的配图 （2）在圆形磁分析器中，做圆周运动，运动轨迹如图 其周期为 在磁场中运动时间有 有几何关系有 解得 （3）要使离子恰好不打到硅片上，离子运动到cd边时，速度应与cd边相切，又因为洛伦兹力不改变速度大小，因此分解洛伦兹力，在平行于ab方向用动量定理 整理有 由题意有 整理有 结合数学知识可知，等式坐标是x从0一直到L的求和，即图像的面积为求和结果，有 解得 第217题：楞次定律的理解与应用 【例题】为如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是（　　） A．磁铁的加速度小于g B．金属环对桌面压力小于自身重力 C．俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流 D．两金属环将加速靠近（不考虑金属环之间的作用） 【答案】A 【解析】AB．当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，故A正确，B错误； C．当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的向上的磁通量增大，俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流，故C错误； D．当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量增减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥远离，故D错误。故选A。 【变式训练】如图所示， a 、 b 为两弹性金属线圈，线圈 a 套在通电螺线管外部，线圈 b 置于通电螺线管的内部，两线圈所在平面都垂直于通电螺线管的轴线，通电螺线管中的电流方向如图所示.当通电螺线管中的电流增大时，对两线圈中的感应电流方向和缩扩情况说法正确的是 A．自左向右看， a 线圈中的感应电流方向为顺时针 B．自左向右看， b 线圈中的感应电流方向为顺时针 C．a 线圈会扩张 D．b 线圈会扩张 【答案】C 【解析】通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，a中产生的感应电流方向为逆时针；穿过线圈b的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b中产生的感应电流方向为逆时针；选项AB错误；因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到向外的磁场力，有扩张的趋势，选项C正确；同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到指向圆心向里的磁场力，有收缩的趋势，选项D错误；故选C. 第218题：楞次定律的应用与拓展 【例题】图甲是直流门铃的原理图，闭合开关门铃响。图乙为“自发电”门铃原理图，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列关于两种门铃工作时的说法正确的是（　　）    A．图甲中，闭合开关电流通过电磁铁时P端为S极 B．图甲中，小锤击打铃碗时，电磁铁仍具有磁性 C．图乙中，按住按钮不动，螺线管相当于直流电源对门铃供电 D．图乙中，按下按钮过程，螺线管B端电势比A端电势高 【答案】D 【解析】A．电流通过电磁铁时，由安培定则可知，电磁铁有磁性且P端为N极，故A错误； B．电磁铁通电时有磁性，吸引小锤下落击打铃碗，此时衔铁与电路断开，而断电时电磁铁没有磁性，从而放开小锤，故B错误； C．按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误； D．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从A端流入从B端流出，螺线管充当电源，则B端电势高，故D正确。故选D。 【变式训练】（多选）无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即（式中k为常数）．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流IN，导线M中的电流IM大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是（    ） A．0～t0时间内，流过R的电流方向由C→D B．t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→C C．0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左 D．t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右 【答案】ACD 【解析】A．通过直导线N的电流恒定，所以不会引起感应电流，而直导线M，在0～t0时间内，电流渐渐增大，根据右手螺旋定则可知，向里穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针方向，即流过R的电流方向由C→D，故A正确； B．同理，t0～2t0时间内，向里穿过线圈的磁通量仍在增大，则感应电流方向仍为逆时针方向，即流过R的电流方向由C→D，故B错误； C．0～t0时间内，感应电流方向由A到B，根据同向电流相吸，异向电流相斥，M对AB的安培力向右，而N对AB的安培力向左，由于通过M的电流小于N的电流，则向右的安培力小于向左的安培力，则AB边所受安培力的方向向左，故C正确； D．同理，当t0～2t0时间内，感应电流方向由A到B，根据同向电流相吸，异向电流相斥，M对AB的安培力向右，而N对AB的安培力向左，由于通过M的电流大于N的电流，则向右的安培力大于向左的安培力，则AB边所受安培力的方向向右，故D正确。故选ACD。 第219题：导体平动切割磁感线 【例题】空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为，磁感应强度均为B（Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外），半径为R的圆形导线框在外力作用下以速度v匀速通过磁场区域，设任意时刻导线框中电流为I（逆时针为正），导线框所受安培力为F（向左为正），从导线框刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x，则下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】AB．当圆环在磁场Ⅰ区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的等效长度为l，则有 整理得 则圆环产生的感应电动势为 感应电流为 可知电流与位移不成线性相关，B错误； 当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为 即的电流大小为的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，A错误； CD．通过分析可知，除了、、三个特殊位置，电流为0，受力为0，在区域内，圆环受力方向水平向左，若圆环在位置受力为，则圆环在处，由于电流变为2倍，圆环左右半圆均受力，因此圆环受力为，C错误，D正确。故选D。 【变式训练】如图所示，在距地面高处固定有两根间距为水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源，右端边缘处静置一长、质量、电阻的导体棒，导体棒所在空间存在磁感应强度大小、方向竖直向上的匀强磁场。闭合开关后，导体棒以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离，则下列说法错误的是（    ） A．导体棒抛出时的初速度大小为 B．在空中运动过程中，导体棒端的电势低于端的电势 C．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定 D．闭合开关后，通过导体棒的电荷量为0.48C 【答案】B 【解析】BC．导体棒在空中运动过程中，在水平方向上切割磁感线产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒做平抛运动，水平方向上的速度不变， 故导体棒上产生的感应电动势大小不变，根据右手定则可知，端电势高于端电势，故B错误，C正确； A．导体棒从抛出到落地的时间为 故导体棒做平抛运动的初速度大小为，故A正确； D．设闭合开关后导体棒中有电流流过的时间为，由动量定理可得 又 解得，故D正确。故选B。 第220题：导体转动切割磁感线 【例题】（多选）某兴趣小组为探究“法拉第圆盘发电机”原理，设计了如图所示装置。飞轮由三根长度为的金属辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长的绝缘细绳绕在圆环上，系着质量为的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度大小为，左侧电阻一端通过电刷与圆环边缘良好接触，另一端连接转轴。已知飞轮每根辐条的电阻为，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小，重力加速度为。现将物块由静止释放，则当物块下落速度最大时，下列说法正确的是（　　） A．物块的速度大小为 B．每根辐条两端的电压为 C．每根辐条受到的安培力大小为2mg D．电阻消耗的电功率为 【答案】AD 【解析】A．物块下落时，等效电路图如图所示 物块最终匀速下落，匀速运动时速度最大，则有 由闭合电路欧姆定律得 匀速时由能量守恒定律得 联立解得，，故A正确； B．每根辐条两端的电压为路端电压，则有，故B错误； C．每根辐条受到的安培力大小为，故C错误； D．电阻消耗的功率为，故D正确。故选AD。 【变式训练】（多选）如图所示，固定在水平面上的半径为的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。长为的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为的电阻和电容为、板间距为的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．棒产生的电动势为 B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为 【答案】BD 【解析】A．金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势 A错误； B．电容器两极板间电压等于电源电动势，带电微粒在两极板间处于静止状态，则 即，B正确； C．电阻消耗的功率，C错误； D．电容器所带的电荷量，D正确。故选BD。 第221题：磁通量的变化量与变化率 【例题】如题图1所示，圆形线圈的轴线与轴重合，为线圈的几何中心，线圈两端接入的电阻，线圈电阻不计。一圆柱形强磁体与线圈共轴，其中心与轴原点O重合，磁体静止时，测得穿过线圈的磁通量随线圈中心在轴上位置变化的图像如题图2所示。现使磁体沿轴方向穿过线圈，将电阻两端的电压信号通过计算机实时处理，信号轨迹近似看作三角波形，如题图3所示。 （1）判断第末通过电阻的电流方向并求出其大小； （2）求内通过电阻的电荷量； （3）估算磁体通过线圈的速度。（不计线圈中的感应电流对运动磁体的影响） 【答案】（1）；3mA；（2）；（3）2m/s 【解析】（1）感应电动势在增大，说明穿过线圈向右的磁通量一直在增大且增大得越来越快，根据楞次定律可判断通过电阻的电流方向为; 根据欧姆定律 （2）通过电阻的电荷量 则图像与时间轴围成的面积与电阻的比值即为电荷量，则为 （3）根据法拉第电磁感应定律，等磁通量变化率最大时感应电动势最大，此时应为4ms，根据图2可知此段时间内运动距离为8mm，则速度约为2m/s。 【变式训练】麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场．如图所示，在半径为r的水平虚线边界内有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt（k>0且为常量）．将一半径也为r的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置． （1）若金属圆环的电阻为R，求金属圆环的热功率大小． （2）在图中以圆心O为坐标原点，向右建立一维x坐标轴，推导在x轴上各处电场强度的大小E与x之间的函数表达式，并定性画出E-x图像； （3）图丙为乙的俯视图，去掉导体环，在磁场圆形边界上有M、N两点，MN之间所夹的小圆弧恰为整个圆周的1/6；将一个带电量为+q的带电小球沿着圆弧分别顺时针、逆时针从M移动到N，求涡旋电场力分别所做的功．在此基础上，对比涡旋电场和静电场，说明涡旋电场中为什么不存在电势的概念． 【答案】（1） (2)见解析（3）见解析 【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，从而金属圆环的热功率；（2）根据法拉第电磁感应定律结合场强的关系式求解在x轴上各处电场强度的大小E与x之间的函数表达式，并定性画出E-x图像；（3）可证明沿不同路径从M移动到N点，电场力的功不同，即涡旋电场力做功与路径有关. 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律得 金属圆环的热功率为 （2）求x处的涡旋电场场强，可认为放一个半径为x的导体环（圆心和磁场区域圆心相同） 当<时：    当时：    则图像如图； （3），+q受力沿着电场线（顺时针）  顺时针移动时：     逆时针移动时：    因为：沿不同路径从M移动到N点，W1≠W2，即涡旋电场力做功与路径有关，所以不存在电势能的概念，，所以不存在电势的概念． 第222题：B-t图像 【例题】如图甲所示，线圈A匝数匝，所围面积，电阻。A中有截面积的匀强磁场区域D，其磁感应强度B的变化如图乙所示。时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。电阻不计的宽度的足够长的水平光滑金属轨道MN、PO通过开关S与A相连，两轨间存在的垂直平面的匀强磁场（图中未画出）。另有相同的金属轨道NH、OC通过位于O、N左侧一小段光滑的绝缘件与MN、PO相连（如图），两轨间存在的磁场方向垂直平面向外。以O为原点，沿OC直线为x轴，ON连线为y轴建立平面直角坐标系xOy后，磁感应强度沿x轴按照（单位为T）分布，沿y轴均匀分布。现将长度为L、质量为、电阻为的导体棒ab垂直放于MN、PO上，将边长为L、质量为、每边电阻均为的正方形金属框cdfe放于NH、OC上，cd边与y轴重合。闭合开关S，棒ab向右加速达最大速度后，在越过绝缘件的同时给金属框一个的向左的水平速度，使之与棒发生弹性正碰。碰后立即拿走导体棒ab，框运动中与轨道处处接触良好。求： (1)刚闭合开关S时导体棒ab的加速度大小及导体棒ab的最大速度大小。 (2)求碰后瞬间金属框克服安培力的功率。 【答案】(1)， (2) 【解析】（1）由法拉第电磁感应定律，线圈A中的感应电动势 由闭合电路欧姆定律得 刚闭合开关S时导体棒ab所受的安培力 由牛顿第二定律得，刚闭合开关S时导体棒ab的加速度大小 当ab到达最大速度时，ab切割磁感线产生的电动势与E相等，所以有 得 （2）ab棒与线框发生弹性碰撞，设向右为正方向，设碰撞后的瞬间ab棒与线框速度分别为、，由动量守恒和机械能守恒得 解得， 碰后瞬间金属框的速度大小为6m/s。碰后cd切割磁感线产生的感应电动势大小 碰后ef切割磁感线产生的感应电动势大小 线框两边被导轨短路，则线框中的电流 cd受到的安培力 方向向右 ef受到的安培力 方向向左 线框受到安培力的合力 方向向左，所以线框所受安培力的功率 【变式训练】如图甲所示，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为、带电量为（）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示（图中的为已知量），其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。在到这段时间内，小球恰好不受细管侧壁的作用力。 （1）求小球的速度大小； （2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生感生电场，其电场线是在水平面内一系列的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求到这段时间内； ①细管内感生电场的场强的大小和方向（从上向下看，填“顺时针”或“逆时针”）； ②电场力对小球做的功； ③细玻璃管侧壁是否存在对小球的弹力？如果存在，是哪一侧（填“内侧”或“外侧”）对小球有弹力？并说明理由。如果不存在，请说明理由。    【答案】（1）；（2）①，方向为逆时针；②；③见解析 【解析】（1）在到这段时间内，小球恰好不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）①根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为 根据电势差与电场强度的关系，有 联立解得细管内感生电场的场强大小为 根据楞次定律可知，感生电场方向为逆时针。 ②电场力为 根据牛顿第二定律可得 小球的末速度大小为 根据动能定理，电场力做的功为 ③在到这段时间内，有 假设在到这段时间内，侧壁对小球没有弹力，设在时刻，由洛伦兹力提供向心力，可得 其中 又 联立可得 所以侧壁对小球存在弹力，且是内测对小球有弹力。 第223题：感生电动势和动生电动势同时存在 【例题】如图所示，两条相距为的平行倾斜导轨位于同一面内，导轨所在平面与水平面夹角为，导轨上端接一阻值为的电阻，质量均为的金属棒a、b分别置于导轨的、位置，已知，，区域内有一边长为的正方形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。为导轨上的分界线，分界线之上的导轨光滑，分界线之下的导轨粗糙，分界线下方的导轨处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上。时刻给a棒一瞬时速度，同时b棒由静止开始运动，时刻a棒恰好在分界线位置与b棒发生碰撞（碰撞时间极短）并粘连在一起，之后a、b棒越过后一起做匀速运动，金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，导轨与金属棒电阻均忽略不计。已知：，求： (1)时间内流过电阻R的电流； (2)金属棒a的初速度； (3)在分界线下方，金属棒与导轨之间的动摩擦因数（结果保留2位有效数字） 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律 联立解得 （2）设a棒的初速度为，由牛顿第二定律得 对a棒由运动学公式 对b棒由动能定理 由运动学公式 联立解得 （3）根据匀变速直线运动的速度时间关系式知a、b棒碰前的速度为 解得 由动量守恒定律得 解得 棒切割磁感线产生电动势 回路中的电动势为 根据闭合电路欧姆定律得 棒受到的安培力 由于棒做匀速运动，所以棒处于平衡态，则 其中 解得金属棒与导轨之间的动摩擦因数为 【变式训练】如图所示，虚线框内是“磁性液体加速度测量仪”的示意图，两螺线管固定在距离足够长的柱形容器两端，容器内装有磁性液体材料，其产生的磁场方向向左，装置加速度变化时液体发生流动，螺线管内的磁性液体越多，磁通量越大。螺线管1，2均为50匝，同一螺线管内的磁场可视为匀强磁场，两螺线管绕线方式如图所示，并从J、K两端接入电路。、为单刀双掷开关，初始时、均接1，电阻，电容器电容C=0.16F。金属导轨EH、平行放置在水平面内，处有一小段绝缘材料连接水平导轨与倾斜导轨HI、，间连接电阻、，，质量m=0.01kg、电阻的导体棒a静止在水平轨道上距足够长的距离处，运动过程中始终与导轨垂直，倾斜导轨与水平面的夹角，两导轨间均存在竖直向上的匀强磁场B=1T，且间距均为d=0.5m，两螺线管电阻不计，金属导轨的摩擦与电阻均不计。（取sin37°=0.6，） （1）加速度测量仪由静止向右加速过程中，左右两螺线管磁通量均变化，求此过程中通过中的电荷量，并判断中电流的方向向左还是向右； （2）调节开关，让电容器充电1C后，将与2连接，a导体棒由静止开始向右运动，求a导体棒运动到时的速度大小； （3）某次a导体棒以速度从处沿倾斜导轨滑入，沿轨道下滑高度h=4.45m时速度已经恒定，求此下滑h的过程中电阻产生的焦耳热。 【答案】（1）通过中的电荷量为1C，中电流的方向向右；（2）；（3） 【解析】（1）加速度测量仪由静止向右加速过程中，左右两螺线管磁通量均变化，可得此过程中通过中的电荷量 根据楞次定律可知，中电流的方向向右； （2）a导体棒在安培力的作用下从静止开始向右运动，直至运动到时，电容器中电量消耗完毕，可计算得总能量为 变式得 即 最终有 则 解得 （3）设导体棒沿轨道下滑高度h=4.45m时速度为v1恒定，可知此时受力平衡，所受安培力的分力等于重力的分力，此时产生的感应电动势为 则安培力为 其中 可得 带入数据解得 同时根据公式可得、上产生的焦耳热相等，且导体棒上产生的焦耳热为上产生的焦耳热的两倍，则可得电阻产生的焦耳热为 第224题：线框进出磁场 【例题】如图所示，水平地面上竖直放置一个边长为2L = 0.2 m、质量m = 0.8 kg、总电阻为R = 1 × 10−4 Ω的正方形单匝导体框MNPQ，竖直面内存在两个矩形匀强磁场区域abcd和efgh，宽度均为3L且足够高，磁感应强度大小均为B = 0.1 T，方向均垂直纸面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且与地面相距L，bc与eh的水平距离为2L。导体框的MQ边刚好和ad重合。对导体框施加一个水平向右的拉力，使导体框由静止开始做加速度大小为a = 0.6 m/s2的匀加速运动，直至导体框恰好离开磁场区域abcd，之后令其做匀速直线运动。已知重力加速度为g = 10 m/s2，导体框平面始终与磁场垂直，导体框与地面的动摩擦因数为μ = 0.1，。求： (1)导体框的NP边刚离开bc边时，拉力的大小F0； (2)导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量IF的大小； (3)导体框从开始运动至NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的热量Q。 【答案】(1)2.64 N (2)2.08 N⋅s (3)0.492 J 【解析】（1）根据牛顿第二定律，可得 根据已知条件，可得 设导体框的NP边刚离开bc边时的速度为v0，则有 可知，导体框的NP边刚离开bc边时，导体框所受的安培力 联立解得 （2）根据动量定理可得 设导体框恰好离开磁场区域abcd时的速度为v1，则有 可知，从开始运动到恰好离开磁场区域abcd所用的时间为 从开始运动到恰好离开磁场区域abcd，摩擦力冲量的大小为 导体框在磁场区域abcd内运动时不受安培力，出磁场区域时受到安培力作用，方向水平向左。设从导体框的NP边刚离开bc边到MQ边刚离开bc边用时为t1，则 可知，导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，安培力冲量的大小为 联立解得，导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量的大小 （3）导体框从开始运动到进入磁场efgh区域之前，地面对导体框的支持力大小等于mg，导体框与地面的摩擦产生的热量为 当NP边开始匀速进入磁场efgh区域时，设此时刻后导体框的位移大小为x，此过程产生的电流大小为 当0 ≤ x < 2L时，导体框竖直方向受力平衡，地面对导体框的支持力满足 地面对导体框的摩擦力为 当x = 0时，f1′ = 0.8 N；当x = 2L时，f2′ = 0.92 N，则这段运动过程中的平均摩擦力为 当2L ≤ x ≤ 3L时，回路无感应电流，所以地面对导体框的支持力大小等于mg，摩擦力为 因此，在0 ≤ x ≤ 3L阶段，导体框与地面摩擦产生的热量为 所以导体框从开始运动到NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的总热量为 【变式训练】如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上平放一闭合正方形导线框，其阻值，边长，边界平行的有界磁场的宽度为L，磁感应强度大小、方向竖直向下。线框以大小为的初速度水平向右沿与磁场边界垂直的方向运动，当边与磁场左边界间的距离为L时线框受到一水平向右的恒定拉力F作用，边运动到磁场左边界时立即撤去力F，线框加速度随位移的变化关系如图乙所示。求： (1)线框进入磁场的过程通过线框某一横截面的电荷量； (2)时线框的速度大小； (3)力F的大小。 【答案】(1)0.4C (2)0.4m/s (3)0.04N 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律有 根据欧姆定律可得 又因为 联立解得 （2）图像中图线与轴围成的面积可表示为，0.4∼1.2m位移内，结合图乙可得 解得 （3）线框刚进入磁场时产生的感应电动势 根据闭合电路欧姆定律有 由牛顿第二定律可得 由图乙可知，线框刚进入磁场时的加速度大小 解得 0∼0.4m位移内，根据牛顿第二定律有 0∼0.4m位移内，线框做匀加速直线运动，则有 联立解得 第225题：电磁感应中的U-t图像 【例题】如图所示，在光滑的水平桌面上放置有一个由同种材料制成的粗细均匀的金属线框，总电阻为R。，，各边交界处均为直角。竖直向下的匀强磁场磁感应强度大小为B，其左边界与线框边平行，其他方向上足够宽广。外力作用下，让线框沿方向以速度匀速进入磁场，边与磁场左边界重合时开始计时，则金属线框进入磁场的整个过程中，A、C间电势差，边所受安培力F随时间t变化的图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】AB．在时间内，只有边向右切割磁感线，感应电动势 A、C间电势差 在时间内，进入磁场，边、边均向右切割磁感线，则 A、C间电势差 结合AB的图像可知，AB错误； CD．在时间内，电流 边在磁场中的长度在逐渐增大，则边所受安培力 在时刻，有 在时间内，边完全进入磁场，则有 边所受安培力 结合CD的图像可知，C正确，D错误。 故选C。 【变式训练】（多选）如图，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，对角线ac和y轴重合，顶点a位于坐标原点O处．在第I、IV象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t=0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．则在线框穿过磁场区域的过程中，ab间的电势差Uab、安培力的功率P随时间t变化的图线正确的是 A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】AB．在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，则 电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割，感应电流的方向为顺时针方向， 且一开始 电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0．故A错误，B正确； CD．在d点运动到O点过程中，电流均匀减小到0，则功率 可知功率也在减小，当cd边切割时，电流也是均匀减小到0，则前后两段切割功率与时间得图像应该是一样的，故C错误，D正确；故选BD． 第226题：电磁感应中的i-t图像 【例题】如图所示，平面直角坐标系xOy内有一边长为2a的正六边形区域，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，正六边形的左顶点O位于坐标原点。平面内有一矩形匀质导线框MNPQ，线框边长，，且NP边与y轴重合，O点位于NP边的中点。施加外力使线框自O点开始沿x轴水平向右匀速运动，设线框中感应电流为I，磁场对线框的安培力为F，线框运动的位移为x，以逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向，下列图象可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】当线框运动的位移为x，当，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向,导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，即 则 由欧姆定律可知感应电流 即感应电流随线框位移均匀增大，线框受到的安培力 根据左手定则可知安培力方向水平向左； 当过程中，此过程中NP切割磁感线长度不变，等于NP，即 则感应电动势不变，为 感应电流方向为逆时针方向，大小为 则感应电流不变，安培力不变 根据左手定则可知安培力方向水平向左； 同理当过程中，此过程中NP切割磁感线长度不变，MQ切割磁感线长度变大，为 根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向；感应电动势为 则感应电流 感应电流随线框位移均匀变小，由 安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。 当过程中，此过程中MQ切割磁感线长度不变，NP切割磁感线长度变小，NP切割磁感线长度 根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向；感应电动势为 则感应电流 感应电流随线框位移均匀变小，由 安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。 当过程中，此过程中NP在磁场外，不切割磁感线，MQ切割磁感线长度不变，感应电动势为 感应电流方向为顺时针方向，大小为 则感应电流不变，安培力不变 根据左手定则可知安培力方向水平向左； 当过程中，此过程中NP在磁场外，不切割磁感线，MQ切割磁感线长度变小，MQ切割磁感线长度 感应电动势为 根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，大小为 感应电流随线框位移均匀变小，由 安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。故选D。 【变式训练】（多选）如图所示，正方形线框A的边长为L，质量为m，总电阻为R。磁场区域的宽度为2L，磁感应强度为B，方向为垂直纸面向里，线框现在一水平恒力F的作用下沿着光滑的水平面向右运动，当线框刚进入磁场时，线框便做速度为的匀速运动，而当线框完全离开磁场时，其速度又恰好变为，若线框的加速度为a，速度为v，所受安培力的大小为，线框所产生的焦耳热为Q，则下列图像可能正确的是    （　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】A．通过对线框受力分析可知，的过程中，线框受力平衡有 加速度为零，速度不变，由、可知电流恒定，安培力不变； 的过程中，线框只受恒力F作用，有 加速度恒定，线框做匀加速直线运动，电流和安培力都为零； 的过程中，线框受到的安培力大于F，有 加速度向左，速度减小，加速度也不断变小，故电流和安培力也都不断变小。 选项A正确； B．三段过程运动相同距离，三段运动的时间一定不相同，B错误； D．三段运动过程的时间也不相同，又由可知，图像中的第一阶段一定为一次函数图像，选项D错误； C．由以及三段运动的速度分析可知，选项C正确。 故选AC。 第227题：导体棒在不受拉力时的速度与位移的关系 【例题】（多选）舰载机利用电磁阻尼减速的原理可看作如图所示的过程，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现给金属杆MN一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN与平行金属导轨间的动摩擦因数为μ，MN长为2L，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）    A．当MN速度为v1时，MN两端的电势差为 B．当MN速度为v1时，MN的加速度大小为 C．当MN速度为v1时，MN的加速度大小为 D．MN在平行金属导轨上滑动的最大距离为 【答案】BD 【解析】A．根据题意可知，速度为时，单独切割产生的电势差，但由于中间当电源，所以两端的电势差小于感应电动势，故A错误； BC．速度为时，水平方向受摩擦力、安培力，由牛顿第二定律有 解得，故B正确，C错误； D．在平行金属导轨上滑动时，由动量定理有 又有 联立解得，故D正确。故选BD。 【变式训练】如图所示，水平面上固定一半径r=1.0m的光滑金属圆环和两条平行光滑金属导轨，一根长为2r、阻值R=1.0Ω的均匀金属棒ac沿半径放置在光滑金属圆环上（b为ac棒中点），一端固定在过圆心的竖直导电转轴上；平行导轨间距l=1.0m，两导轨通过导线及开关S分别与金属圆环及竖直导电转轴连接，导轨左端接有阻值R=1.0Ω的定值电阻，垂直导轨放置着长也为l、质量m=1.0kg、阻值R=1.0Ω的金属棒de，整个装置处于磁感应强度大小B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中。现固定金属棒de，闭合开关S，使金属棒ac以角速度ω=6.0rad/s顺时针匀速转动。导轨及金属圆环电阻均不计。 (1)求金属棒ac两端的电势差； (2)若金属棒de可自由移动，闭合开关S，求金属棒de匀速运动时的速度大小； (3)若金属棒de可自由移动，闭合开关S，当金属棒de匀速运动后断开开关S，求断开开关S后金属棒de继续运动的距离。 【答案】(1)10.5V(2)2.0m/s(3)4m 【解析】（1）金属棒ac转动过程中产生的电动势 金属棒ab段产生的电动势 根据欧姆定律可得 则， 所以 （2）金属棒de可自由移动时，闭合开关S后，将向右做加速度减小的加速运动，达到匀速运动时，电流为0，此时 且 解得v=2.0m/s （3）开关S断开后，金属棒de在安培力的作用下做减速运动，最终停止。由动量定理得 即 解得x=4m 第228题：双杆在等间距导轨上的运动问题 【例题】（多选）如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与足够长的光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧有竖直向下、磁感应强度为B匀强磁场。a、b是两根粗细均匀的金属棒，质量均为m，电阻分别为R和2R。b棒静止于水平导轨上，初始时与MN相距s。a棒由静止从距水平面高度为h的倾斜轨道下滑，运动过程中与b棒始终没有接触，且两棒始终垂直于导轨。不计导轨的电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．a棒刚进入磁场时，回路中感应电流大小为 B．b棒的最大速度为 C．整个过程中，b棒上产生的焦耳热为 D．稳定后，a、b棒间的距离为 【答案】AD 【解析】A．设棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为，由机械能守恒定律可得 解得 则a棒刚进入磁场时产生的感应电动势的大小为 由欧姆定律知，回路中感应电流大小为 故A正确； B．由右手定则和左手定则可知棒所受安培力水平向右，棒从静止开始向右做加速运动，棒受到安培力水平向左，a棒进入磁场后以初速度做减速运动，直到、棒最终达到共速，之后一起做匀速直线运动，b棒的速度达到最大，由、棒组成的系统动量守恒可知 解得b棒的最大速度为，故B错误； C．在运动过程中由能量守恒可得，又 联立解得 而、棒串联，则产生的焦耳热等于电阻之比，由此可得棒上产生的焦耳热为，故C错误； D．棒从静止开始向右做加速运动的过程中，由动量定理有 又 联立解得 故稳定后，a、b棒间的距离为，故D正确。故选AD。 【变式训练】如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距，导轨水平部分的矩形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小，导轨水平部分的左侧和倾斜部分由光滑圆弧连接，倾斜部分连接阻值的电阻，右侧和一光滑圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径，圆心角。质量为的金属棒P从离水平面高度处静止释放，经过滑上水平轨道，P穿过磁场区域后，与另一根质量为的静置在导轨上的绝缘棒Q发生弹性碰撞，碰后Q恰好能上升到处，金属棒P接入电路部分阻值，重力加速度，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，金属棒P运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)P刚进入磁场时受到安培力F的大小； (2)矩形磁场沿导轨方向的长度； (3)若将Q移至距cd左侧2m的位置，其他条件不变，P从某恰当高度释放，与Q碰撞后瞬间P速度水平向右、大小为，Q恰好上升至距水平高度为0.2m处，Q返回后的碰撞均视为弹性碰撞，且此后每次碰撞前P已停止运动，当P和Q都停止运动时，导体棒P距离cd的距离。 【答案】(1)1.2N (2)6m (3)3m 【解析】（1）根据动能定理有 解得 根据法拉第电磁感应定律有 根据欧姆定律有 P刚进入磁场时受到安培力为 （2）设Q在处的速度为，则有 根据动能定理得 解得 碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得 解得， 对于P第一次通过磁场，根据动量定理得 又有 联立解得 （3）与Q碰撞后瞬间P速度水平向右、大小为，设P在磁场中停止运动，根据动量定理得 解得 可知P恰好停在cd处；Q恰好上升至距水平高度为0.2m处，Q返回后的速度为v，有 可得 设第一次碰撞后Q的速度为，P的速度为，则有 ， 解得 ， 设第二次碰撞后Q的速度为，P的速度为，则有 ，n次碰后Q为，P为，则有 ， 对P从第一次碰后到第一次停止的过程，位移为，由动量定理得 且 解得 同理可得 则 可得 总位移为 当时，可得 第229题：双杆在不等间距导轨上的运动问题 【例题】如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a棒加速度大于b棒的加速度 B．稳定时a棒的速度为1.5v0 C．电路中产生的焦耳热为 D．通过导体棒a的某一横截面的电荷量为 【答案】C 【解析】A．根据牛顿第二定律 则a、b棒加速度大小相等，故A错误； B．对a、b棒，根据动量定理有 稳定时有 可得 联立解得，，故B错误； C．由能量守恒定律可知，动能的损失等于焦耳热，则电路中产生的焦耳热为 ，故C正确； D．对a，根据动量定理可得 联立解得，故D错误。故选C。 【变式训练】如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和，固定在倾角为的斜面上，MN与之间的距离为L，PQ与之间的距离为。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与，金属棒A、B分别垂直放在导轨MN与、PQ与上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，现固定住金属棒B。将沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与上运动，B棒一直在PQ与上静止或运动，两棒始终与导轨接触良好，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求外力F与作用时间t的函数关系式； （2）若金属棒A的速度为时，撤去F，求其运动位移x后的瞬时速度v的大小； （3）若金属棒A的速度为时，撤去F并解除对金属棒B的固定，一段时间后金属棒A在MN与上匀速运动，求金属棒A、B匀速运动的速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3）、 【解析】（1）金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有 金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有 由安培力公式有 对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有 金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有 又因为 联立解得 （2）若金属棒A的速度为时，撤去F，由动量定理得 又 得 （3）A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有 在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有 对B，根据动量定理，有 联立可解出 第230题：导体棒运动过程中通过截面的电荷量 【例题】如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻。下列说法正确的是（　　） A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动 B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做匀减速运动 C．恒力F对金属杆做的功等于 D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m 【答案】D 【解析】A．撤去F前，对金属杆进行受力分析有 对电容器 充电电流为 解得，则金属杆做匀加速直线运动，故A错误； B．撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且 可知，金属杆将向右做加速度减小的减速运动，故B错误； C．根据动能定理有 解得 其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于，故C错误； D．撤去F时，电容器极板带电量为 对金属杆分析，由动量定理有 由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电量 当左旋S，通过电阻的电量 当右旋S，通过电阻的电量 解得，故D正确。故选D。 【变式训练】如图所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，间距，其中虚线MN右侧空间存在着垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小的匀强磁场，导轨左端接有一阻值为的定值电阻。质量分别为和的导体棒ab和cd静止放置在导轨上，两导体棒的长度均为，阻值均为，两导体棒通过长度的轻质绝缘细杆连接，导体棒cd到虚线MN的距离。现对两导体棒施加的水平向右的拉力，导体棒cd经过虚线MN时撤去拉力F。已知两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻，求： (1)导体棒cd进入磁场前，细杆上的作用力大小； (2)绝缘细杆进入磁场的过程中，通过定值电阻R的电荷量； (3)撤去拉力F后的整个过程中，定值电阻R上产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）对两导体棒整体受力分析有 对导体棒受力分析有 解得，T=2N （2）绝缘细杆进入磁场的过程中，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒和定值电阻为负载，回路中的电阻 导体棒切割磁感线产生的感应电动势 该过程中通过定值电阻的平均电流 设绝缘细杆经过时间进入磁场，则通过定值电阻的电荷量 整理得 又 解得 （3）设导体棒运动至虚线时的速度大小为，由运动学公式可知 解得 细杆进入磁场的过程中，通过导体棒的平均电流 导体棒受到的平均安培力为 设导体棒经过虚线时的速度为，由动量定理可知 解得 根据能量转化可知。该过程中电路产生的热量 根据串并联电路规律可知定值电阻上产生的焦耳热 当导体棒进入磁场后，两导体棒切割磁感线产生感应电动势，回路中的总电阻 最终两导体棒停止运动，该过程中回路产生的热量 根据串并联电路规律可知定值电阻上产生的焦耳热 所以撤去拉力后，定值电阻上产生的热量 第231题：电磁阻尼和电磁驱动 【例题】如图所示绝缘光滑轨道中间部分水平，左右为对称斜面，在水平部分中间a、b两直线间有垂直纸面的匀强磁场，一金属小圆环从左边斜面的A 点由静止滑下，到达直线a刚要进入磁场时速度为v，经过直线a全部进入磁场时速度为，圆环继续向右运动到右边斜面，最高能到达B点，然后又往回滑，滑至左边斜面，最高能到达C点，这样来回运动，设AB高度差为，BC高度差为，下列说法正确的是（　　） A． B． C．金属小圆环一共通过b 线4 次 D．金属小圆环一共通过a 线8 次 【答案】BC 【解析】CD．金属圆环在进出磁场的时候由于磁通量变化会有涡流产生，从而受安培力作用，做减速运动，进入磁场后，在a、b之间运动时由于磁通量没有变化，故做匀速直线运动；设圆环半径为d，圆环第一次穿过直线a前的速度大小为v，穿过直线a后的速度为大小v1，穿过b线后的速度大小为v2，第三次穿过磁场边界后的速度大小为v3，…… 因为每次通过磁场边界时圆环磁通量的变化相等，由 可知通过圆环的电量相等，故则其所受安培力的冲量由 可知圆环每次进出磁场时安培力对它的冲量也相等，圆环第一次经过a线，根据动量定理有 将代入，解得 圆环通过b线即第二次通过磁场边界，有 圆环第三次通过磁场边界，有 圆环第n次通过磁场边界，有 所以 又由，解得n=8 所以圆环一共可以通过磁场边界8次，故圆环能通过a线4次，能通过b线4次，C正确，D错误； AB．从A到B，根据动能定理 从a线到b线，根据动能定理 所以 同理可得 由 可知，而，故，所以，A错误，B正确。 故选BC。 【变式训练】涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式。某研究所制成如图所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程。车厢下端安装有电磁铁系统，能在长L1＝0.6 m、宽L2＝0.2 m的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大（由车内速度传感器控制），但最大不超过B1＝2 T。长大于L1、宽也为L2的单匝矩形线圈，间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R＝0.1 Ω，导线粗细忽略不计。在某次实验中，模型车速度为v＝20 m/s时，启动电磁铁系统开始制动，车立即以加速度a＝2 m/s2做匀减速直线运动，当磁感应强度增加到B1时就保持不变，直到模型车停止运动。已知模型车的总质量为m＝36 kg，空气阻力不计。不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响。则模型车的制动距离为（　　） A．200 m B．50 m C．106.25 m D．137.75 m 【答案】C 【解析】设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为，则 联立得 匀变速运动过程的位移为 对磁感应强度达到最大以后的减速过程，由动量定理可得 又 得此过程的位移 则模型车的制动距离，故选C。 第232题：自感和互感 【例题】如图，已知电阻R1=3Ω、R2=15Ω、R3=60Ω，电容器电容C=20μF。灯泡L1的电阻恒为1Ω，灯泡L2的电阻恒为2Ω，电感线圈L的直流电阻近似为0Ω，自感系数很大，直流电源E=12V，内阻r=4Ω，二极管的正向电阻为R4=12Ω，二极管的反向电阻无穷大，电流表为理想电流表。开关K1闭合，K2断开，以下说法正确的是（　　） A．理想电流表的示数约为0.63A B．将一带电微粒（不计重力）放入电容板中点处时，微粒不会运动 C．同时闭合开关K1和K2瞬间，L1和L2同时发光 D．同时闭合开关K1和K2，待电路稳定后，断开K1，则灯泡L1闪亮一下才慢慢熄灭 【答案】B 【解析】A．开关K1闭合，K2断开后，电路稳定时，等效电路如图所示 结合等效电路图，电流表测干路总电流，由闭合电路欧姆定律 其中 代入数据，可求得电流表示数 ，故A错误； B．电容器两端电压取决于图2中a、b两点电势差Uab，根据题目中给出数据可得 同一支路电流相同，电压之比等于电阻之比，因此有 又因为 因此a、b两点电势相同，因此电容器两端没有电压，放入带电微粒不会运动，故B正确； C．同时闭合开关K1和K2瞬间，L1发光，L2支路由于有电感，故缓缓变亮，故C错误； D．闭合开关，K1和K2电路稳定后，因为电感线圈L的直流电阻近似为0Ω，且灯泡L1的电阻小于灯泡L2的电阻，流经L1的电流大于L2的电流，断开K1，流经L1的电流反向、变小，所以灯泡L1慢慢熄灭不会闪亮，故D错误。故选B。 【变式训练】如图所示，半径分别为r和的均匀金属圆盘G、N垂直固定在水平金属转轴CD上，圆盘中心位于转轴中心线上，其中，不计转轴粗细。G为发电盘，处于平行转轴向右、的匀强磁场中，并通过电刷P和Q连接两间距的平行金属导轨，导轨某点处用绝缘材料平滑连接，导轨左侧足够远处接有自感系数为的纯电感线圈L，导轨水平且处于竖直向下、匀强磁场中。N为转动盘，所在处无磁场，其上绕有绝缘细线，在外力F作用下，两圆盘会按图示方向转动。质量的金属杆ab放置在绝缘点右侧某位置，仅与绝缘点左侧导轨间有大小恒定的摩擦阻力，其余接触处均无摩擦。发电盘G接入电路的电阻，不计金属杆、导线、电刷电阻及接触电阻，忽略转动的摩擦阻力。现保持金属圆盘按图示方向以匀速转动。 （1）锁定金属杆ab，求通过ab的电流以及外力F的大小； （2）静止释放金属杆ab，通过绝缘点时的速度为，求此过程中通过ab的电荷量q和发电盘G上的发热量Q； （3）在（2）问基础上，金属杆ab通过绝缘点后，求第一次向左运动至最远处离绝缘点的距离s。    【答案】（1），；（2），；（3） 【解析】（1）金属圆盘G转动切割磁感线，产生感应电动势为 由闭合电路欧姆定律可得电流为 根据能量关系可得 解得外力F的大小 （2）对金属杆用动量定理可得 则有 电荷量 回路能量关系 热量 （3）对金属杆和电感有 所以金属杆开始运动后杆上电流与杆的位移成正比，即 根据功能关系 代入可得 第233题：交变电流的产生 【例题】（多选）如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心的金属轴以角速度逆时针匀速转动（俯视）。圆环上接有三根金属辐条、、，辐条互成角。在圆环左半部分张角也为角的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为的匀强磁场，在转轴与圆环的边缘之间通过电刷、与一个灯（二极管）相连。除灯电阻外，其他电阻不计。下列说法中正确的是（　　） A．若棒进入磁场中，点电势小于点电势 B．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流 C．若导电圆环顺时针转动（俯视），也能看到灯发光 D．角速度比较大时，能看到灯更亮 【答案】AD 【解析】A．由右手定则可知切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，OP为电源时O为正极，P为负极，所以点电势小于点电势，故A正确； B．金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定为直流电，故B错误； C．导电圆环顺时针转动（俯视）产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反。逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，故C错误； D．假设辐条长度为L，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为      可知角速度比较大时，感应电动势比较大，感应电流比较大，则灯更亮，故D正确。 故选AD。 【变式训练】某国产品牌电动汽车配备基于电容器的制动能量回收系统，它有效增加电动汽车的续航里程。其工作原理为踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车踏板时发电机工作回收能量。为进一步研究，某兴趣小组设计如图甲的模型。导线框abcd所在处剖面图如图乙所示，在磁极与圆柱形铁芯之间形成辐射状的磁场，导线框的ab、dc边经过处的磁感应强度大小均相同，导线框可在两金属半圆A、D内侧自由转动，且接触良好，当导线框在如图所示位置时（　　）。 A．松开驱动踏板或踩下刹车踏板，应该是接通开关1 B．踩下驱动踏板，导线框将会顺时针转动 C．松开驱动踏板，电容器上板带负电 D．松开驱动踏板，半圆环A、D两端输出的是交流电 【答案】C 【解析】A．由于工作原理为踩下驱动踏板时电池给电动机供电，线圈在安培力作用下开始转动，此时应该接通开关1，松开驱动踏板或踩下刹车踏板时发电机工作回收能量，线圈转动切割磁感线，产生感应电动势，线圈开始对电容器充电，此时应该接通开关2，故A错误； B．结合上述，踩下驱动踏板时接通开关1，导线框中有沿的电流，根据左手定则可知，磁场对dc边的安培力方向向右，磁场对ab边的安培力方向向左，导线框将会逆时针转动，故B错误； C．松开驱动踏板时接通开关2，导线框逆时针转动，根据右手定则可知，导线框切割磁感线产生的感应电流方向沿，导线框为一个等效电源，a端为等效电源的负极，可知，电容器上板带负电，故C正确； D．松开驱动踏板时接通开关2，导线框逆时针转动，根据右手定则可知，导线框中的感应电流总是从金属半圆A端进入导线框后再从金属半圆D端流出，可知，半圆环A、D两端输出的是直流电，故D错误。故选C。 第234题：交变电流的描述 【例题】如图所示，光滑的长直金属杆通过两个金属环与一个形状为一个周期内完整正弦函数图象的金属导线ab连接，导线其余部分未与杆接触。金属杆电阻不计，导线电阻为R，a、b间距离为2L，导线构成的正弦图形顶部和底部到杆的距离都是d，在导线和金属杆所在平面内有两个方向相反的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，现在外力F作用下导线以恒定的速度v水平向右匀速运动，时刻导线从O点进入磁场，直到导线全部离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（    ） A．时，电流的大小为 B．时，外力F的大小为 C．全过程中，电流的有效值为 D．外力F的最大值为 【答案】C 【解析】A．时，导线切割磁感线有效长度为d，电流的大小为，故A错误； B．时，导线切割磁感线有效长度为零，感应电动势为零，感应电流为零，导线所受的安培力为零，故外力F的大小为零，故B错误； C．以导线中方向为电流正方向，全过程中感应电流与时间的关系图像如图所示 根据有效值定义有 求得电流的有效值为，故C正确； D．外力F的最大值为，故D错误。故选C。 【变式训练】（多选）如图所示，半径为的绝缘筒处在辐射状磁场中（左图中未画全），磁感应强度大小为，方向垂直于绝缘筒向内（如右图）。在绝缘筒表面粘贴了一张长为宽为的薄铜片。绝缘筒右侧通过两根细金属棒与电阻相连。金属棒相互平行且间距为，左侧与圆筒接触良好。金属棒和铜片的电阻可忽略。绝缘筒在外力作用下以角速度按图示方向匀速转动，则（　　） A．转动过程中，外力功率恒定 B．绝缘筒转动一周克服安培力做功 C．铜片上下边缘间的电势差大小为，且下边缘电势高 D．若绝缘筒的角速度变成，则电阻的热功率变为原来的2倍 【答案】BC 【解析】A．金属棒左侧如果没有接触薄铜片时，回路中没有感应电流，外力做功为零，如果接触薄铜片，回路中有感应电流，外力做功不为零，所以转动过程中，外力功率不恒定，故A错误； B．金属棒左侧接触薄铜片时，回路中的感应电流为 绝缘筒转动一周克服安培力做功为，故B正确； C．根据法拉第电磁感应定律可得铜片上下边缘间的电势差大小为，根据右手定则可知下边缘电势高，故C正确； D．金属棒左侧接触薄铜片过程中如果绝缘筒的角速度为，电流有效值满足，则电阻R的热功率为 若绝缘筒的角速度变成，则电阻R的热功率变为原来的4倍，故D错误。故选BC。 第235题：变压器问题1 【例题】（多选）如图所示，理想变压器原线圈接在有效值恒定的交流电源上，电源内阻不计，定值电阻、、的阻值分别为，，，滑动变阻器R的最大阻值为5Ω。初始时滑动变阻器滑片位于中点，理想电流表的示数为2.25A，已知原、副线圈匝数比为8：1，下列说法正确的是（　　） A．交流电源的有效值为222V B．向右移动滑动变阻器滑片，电流表示数增大 C．向右移动滑动变阻器滑片，电压表示数增大 D．向左移动滑动变阻器滑片，变压器输出功率先减小后增大 【答案】BD 【解析】A．初始时滑动变阻器滑片位于中点，次级电压 初级电压 次级电流 初级电流 可得交流电源的有效值为，选项A错误； BC．当滑片两侧支路电阻相等时，两支路的并联电阻最大，即当滑片分滑动变阻器R左右两侧电阻分别为2Ω和3Ω时并联总电阻最大，则当滑动变阻器滑片从中点向右滑动时，并联支路部分的电阻减小，次级电阻减小；将变压器等效电阻 可知R等减小，则初级电流变大，次级电流也变大，因电流表所在支路电阻减小，可知分流变大，即电流表读数变大；因R1分压变大，则电压表读数减小，选项B正确C错误； D．将R1看做电源内阻，当变压器输出功率最大时则，即 此时 解得x=4Ω或x=0 则滑片从中点向左移动滑动变阻器滑片，等效电阻R等先远离x=4Ω的位置，并靠近x=0的位置，当x=2Ω时R等最大，所以变压器输出功率先减小后增大，选项D正确。故选BD。 【变式训练】（多选）如图，MN、PQ为两条水平固定且平行的光滑金属导轨，导轨的右端与接有定值电阻R0=1Ω的理想变压器的原线圈连接，变压器副线圈上接有最大阻值为10Ω的滑动变阻器R，原、副线圈匝数之比。导轨宽L=1m，质量m=2kg，电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，在两虚线范围内做往复运动，其速度随时间变化的规律是，虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=3T，导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导线电阻均不计，下列说法正确的是（　　） A．ab棒中产生的电动势的表达式为 B．若R=8Ω，在t=0到t1=0.025s的时间内，外力F所做的功为8.3J C．若R=8Ω，电阻R0两端电压的有效值为3V D．若R=4Ω，变压器输出功率最大且为9W 【答案】ABD 【解析】A．ab切割磁感线过程中产生正弦交流电的表达式为 故A正确； B．电路等效如图所示 则 若， 初始时刻得速度为0，0.025s的速度大小为 由闭合电路欧姆定律，等效电路中电流有效值为2A，由能量守恒知 故B正确； C．电阻R0两端电压的有效值为2V，故C错误； D．若R=4Ω，将R0看作电源的内阻r，由闭合电路欧姆定律可得 等效电阻和内阻相等，功率最大，所以变压器输出功率最大且为9W，故D正确。故选ABD。 第236题：变压器问题2 【例题】如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中为定值电阻，副线圈电路中R为滑动变阻器，灯泡、完全相同。当闭合开关、断开开关且输入端的电压为U时，两灯泡均正常发光；断开开关、闭合开关，电路输入端的电压为，调节滑动变阻器使其接入电路的阻值为R时两灯泡也均正常发光，则前、后两种情况下（　　） A．输入端的输入功率之比为 B．输入端的电压之比为 C．与R消耗功率之比为 D． 【答案】D 【解析】B．当闭合开关、断开开关且输入端的电压为U时，变压器原、副线圈电压比 灯泡正常发光有 故有 当断开开关、闭合开关，电路输入端的电压为时，变压器原、副线圈两端电压比 灯泡正常发光有 故有 故，B项错误； A．两种情况下流过灯泡的电流均为额定电流，即两种情况下输入端的电流都相等，根据可知输入功率之比，A项错误； C．根据， 解得，C项错误； D．当闭合开关、断开开关且输入端的电压为U时，变压器原、副线圈电流比 两灯泡正常发光有， 解得 当断开开关、闭合开关，电路输入端的电压为时，变压器原、副线圈电流比 两灯泡正常发光有， 解得，故 根据，解得 D项正确。故选D。 【变式训练】（多选）如图甲所示理想变压器原线圈与两根平行金属导轨相连，副线圈与定值电阻和交流电动机相连，交流电流表、、都是理想电表，定值电阻的阻值Ω，电动机线圈的电阻Ω。在原线圈所接导轨的虚线间有垂直导轨面的匀强磁场，磁感应强度大小T，导轨间距为m，电阻不计，在磁场中两导轨间有一根金属棒垂直横跨在导轨间，棒的电阻Ω，棒在磁场内沿导轨运动的图像如图乙所示，在金属棒运动过程中，电流表示数为2A，示数为5A，则下列说法正确的是（　　）    A．变压器副线圈输出的电流频率为2Hz B．电动机的输出机械功率为100W C．电流表的示数只能为14A D．变压器原副线圈匝数比可能为7∶6 【答案】BD 【解析】A．导体棒在磁场中运动，产生的感应电动势瞬时值为 产生正弦式交变电流，周期为2s，频率为0.5Hz，电动势有效值为，内阻为。变压器原副线圈的交变电流频率相同，故A错误； B．定值电阻与电动机并联，电压相等 对电动机由功能关系可得输出机械功率为，故B正确； C．理想变压器副线圈输出总功率为 原线圈输入功率 则导体棒等效为电源的输出功率为 由能量关系 得 解得或，故C错误； D．变压器原副线圈匝数比为或 故D正确。故选BD。 第237题：电能的输送 【例题】（多选）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原线圈匝数=110匝，副线圈匝数的调节范围为55~220匝，滑动变阻器Rx的调节范围为0~R0，发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R=R0，其余导线电阻不计。当滑片P1固定让Rx变化时，理想电压表V的示数变化为△U，理想电流表A的示数变化为△I，下列说法正确的是（　　） A．滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，输电效率降低 B．滑片P1固定， C．当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小 D．当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，输电线电阻R0消耗的功率一直增大 【答案】BCD 【解析】A．设发电机输出电压为，升压变压器输出电压为，输电线电流为，降压变压器输入电压为，滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，降压变压器的等效电阻 阻值增大，则输电线上的电流 减小，输电线上电压损失 减小，降压变压器的输入电压 增大，由，可知输电效率升高。故A错误； B．依题意 又， 联立，解得 可得，故B正确； CD．当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，降压变压器等效电阻阻值减小，输电线上电流增大，降压变压器输入电压减小，根据 可知输电线电阻R0消耗的功率一直增大。滑片P1在滑动过程中，等效电阻的最大值和最小值分别为 ， 根据 可知当滑动变阻器Rx消耗的功率最大，所以滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小。故CD正确。故选BCD。 【变式训练】风力发电绿色环保、低碳，通过变压器和远距离输电线给用户供电，工作原理如图所示。发电机线圈面积为S、匝数为N匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速为n，其输出端与升压变压器的原线圈相连，输出电压为，升压变压器原、副线圈的匝数比为，输出功率为P，降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻为R，变压器均为理想变压器。用户端工作电压为。下列说法正确的是（　　） A． B．两变压器间输电线上的电流为 C．用户获得的功率为 D．若其他条件不变，只减小，则增大 【答案】D 【解析】A．发电线圈产生的感应电动势最大值为 又 输出电压为 联立，解得，故A错误； B．升压变压器电流为 由 解得两变压器间输电线上的电流为，故B错误； C．输电线上损耗的功率为 用户获得的功率为 联立，解得，故C错误； D．根据， 又， 联立，解得 若其他条件不变，只减小，则增大，根据 可知，则增大。故D正确。故选D。 第238题：电磁振荡与电磁波 【例题】（多选）如图所示，间距均为d的倾斜金属导轨与水平金属导轨在两点用绝缘材料平滑连接，使和和彼此绝缘。在平面内存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为的匀强磁场，在平面存在竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场。在间连接一电容为C的电容器和一个自感系数为L的电感线圈，在间接一小灯泡。开始时，开关S断开，一质量为m、长为d的金属棒在倾斜导轨上从距水平地面高为h的位置由静止释放，不计导轨和金属棒的电阻及一切摩擦，已知重力加速度为g，电容器的耐压值足够高。则下列说法正确的是（　　） A．金属棒在倾斜导轨上下滑时做变加速运动，在水平导轨上做匀减速运动 B．金属棒进入区域后，立刻闭合开关S，此时通过L的电流最大 C．金属棒刚到达时，速度大小为 D．在整个过程中，小灯泡产生的内能为 【答案】CD 【解析】A．金属棒在倾斜导轨上由静止释放，则金属棒做加速下滑，金属棒切割磁感线产生感应电动势为 由于对电容器充电，则电路中有电流产生，金属棒受到安培力作用，方向与金属棒运动方向相反。电容器所带的电荷量为 电容器充电电流为 设倾斜金属导轨平面与水平面夹角为θ，对金属棒由牛顿第二定律可得 解得 由于m、θ、C、、d都是定值，则加速度a是定值，可知金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，金属棒在水平导轨上做切割磁感线运动产生感应电动势，产生感应电流，金属棒受到安培力作用，安培力与金属棒运动方向相反，安培力对金属棒产生加速度，使金属棒做减速运动，设小灯泡的电阻为R，则安培力为 一方面小灯泡的电阻R随温度变化，另外，金属棒最后做减速运动，则不是定值，则安培力是变力，因此金属棒做变加速运动，故A错误； B．金属棒进入DEFG区域后，闭合开关S后，电容器与电感线圈组成LC振荡电路，由LC振荡电路中的振荡电流特点，在闭合开关S瞬间，通过L的电流是零最小，故B错误； C．由速度位移关系公式可得，金属棒在进入DEFG区域时的速度大小为 ，故C正确； D．在整个过程中，小灯泡产生的内能为 ，故D正确。故选CD。 【变式训练】（多选）图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号（由图乙电路产生）通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图丙所示情形，图丙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点、点分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s，LC振荡回路的振荡周期为，则下列说法正确的是（　　）    A．该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为340Hz B．两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有10个悬浮点 C．两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个 D．拔出图乙线圈中的铁芯，可以增加悬浮仪中的节点个数 【答案】CD 【解析】A．由丙图可知超声波的波长，超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为 ，代入数据得，故A错误； B．波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为，悬浮点为振动减弱点，满足 解得 故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B错误； C．波源P、Q之间振幅为2A的点为振动减弱点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足 解得 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，故C正确； D．拔出图乙线圈中的铁芯，LC振荡回路的振荡周期减小，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多，故D正确。故选CD。 第239题：传感器的应用 【例题】假日自驾旅游逐渐成为风尚，温暖的生活气息诠释了人们对美好幸福生活的追求，喝酒不开车已经成为基本行为准则。常用的一款酒精检测仪如图甲所示，其核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如乙图所示。研究性学习小组想利用该酒精气体传感器设计一款酒精检测仪，除酒精气体传感器外，在实验室中找到了如下器材： A．蓄电池（电动势，内阻） B．表头G（满偏电流6.0mA，内阻未知） C．电流表A（满偏电流10mA，内阻未知） D．电阻箱（最大阻值） E.电阻箱（最大阻值） F.开关及导线若干 (1)研究性学习小组设计的测量电路如图丙所示，为将表头G的量程扩大为原来的10倍，进行了如下操作：先断开开关、、，将、调到最大值。合上开关，将拨到2处，调节，使表头G满偏，电流表A示数为I。此时合上开关，调节和，当电流表A仍为I时，表头G示数如图丁所示，此时为，则改装电表时应将调为 ，改装结束后断开所有开关。 (2)若将图丙中开关、合上，而将拨到1处，电阻箱的阻值调为，酒精气体浓度为零时，表头G的读数为 mA。 (3)完成步骤（2）后，某次在实验室中测试酒精浓度时，表头指针指向4.00mA。已知酒精浓度在0.2~0.8mg/mL之间属于“酒驾”；酒精含量达到或超过0.8mg/mL属于“醉驾”，则该次测试的酒精浓度范围属于 （选填“酒驾”或“醉驾”）。 (4)使用较长时间后，蓄电池电动势降低，内阻增大，可调整 （“”或“”），使得所测的酒精气体浓度仍为准确值。 【答案】(1)12(2)2.0(3)酒驾(4) 【解析】（1）合上开关，将拨到2处，调节，使表头G满偏，电流表A示数为I。则表头G与电流表A串联，可得 此时合上开关，调节和，当电流表A仍为I时，则表头G与R1并联，由图丁可知 则R1中电流为 根据 解得 将表头G的量程扩大为原来的10倍，则 根据 解得 （2）改装后电流表的内阻为 由图乙可知酒精气体浓度为零时，传感器的电阻为R＝80 由闭合电路欧姆定律可得 则表头G的读数为 （3）某次在实验室中测试酒精浓度时，表头指针指向4.00mA，电路中总电流 I3＝10×4.00 mA＝40.0 mA＝0.04 A 由闭合电路欧姆定律可得 解得 由图乙可知酒精浓度为0.4 mg/mL，所以该次测试的酒精浓度范围属于酒驾。 （4）由闭合电路欧姆定律可知 使用较长时间后，蓄电池电动势降低，内阻增大，要想所测的酒精气体浓度仍为准确值，则电路中电流不变，则需要把R2调小，使电路中总电阻减小。 【变式训练】用光敏电阻和电磁继电器等器材设计自动光控照明电路，傍晚天变黑，校园里的路灯自动亮起；早晨天亮时，路灯自动熄灭。选用的光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示（照度反应光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx）。图乙所示为校园路灯自动控制的模拟电路图，用直流电路给电磁铁供电作为控制电路，用220V交流电源给路灯供电。 (1)请用笔画线代替导线，正确连接继电器控制电路。( ) (2)当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合。为了实现根据光照情况控制路灯通断，路灯应接在 接线柱上。 A．A、B B．B、C C．A、C (3)图中直流电源的电动势，内阻忽略不计，电磁铁线圈电阻为400Ω，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1（0~100Ω）、R2（0~1750Ω）、R3（0~17500Ω），要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择 （填“R1”“R2”或“R3”）。 (4)使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启。为了使路灯亮得更及时，应适当地 （填“增大”或“减小”）滑动变阻器的电阻。 (5)小佳同学想利用乙图为自己家院子里的车库设计自动开门装置，当车灯照到光敏电阻上时，开门电动机启动打开车库的门。开门电动机应连接在 接线柱上。 【答案】(1)见解析(2)A(3)(4)增大(5)BC/CB 【解析】（1）为满足实验要求，控制电路的连接情况如图所示。 （2）天亮时照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与C接通，灯熄灭，故灯泡应接在A、B之间。 故选A。 （3）要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值约为，由闭合电路欧姆定律可知，此时的滑动变阻器的阻值约为，故滑动变阻器应选择。 （4）使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启，说明此时控制电路的电流较大，总电阻较小，所以为使路灯亮得更及时，应适当地增大滑动变阻器的电阻。 （5）车灯照到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，控制电路部分的电流增大，此时电动机启动，故将开门电动机连接在BC接线柱上满足题意。 2026届尖子生错题本，打印学习效果更佳！1 学科网（北京）股份有限公司 $$