专题15 带电粒子在磁场中的运动-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

攀 专题15 带电粒于 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1.(2025·湖北省高三三模)如图所 示，在直角△MON区域内存在 垂直纸面向外的匀强磁场（未画 出)，磁感应强度大小为B,O点 处的粒子源可向纸面内磁场区 域各个方向发射带电粒子.已知 血 在 带电粒子的质量为m,电荷量为 十g,速率均为=g,ON长为 2m d且∠OVM=30°，忽略粒子的重力及相互间的 作用力.下列说法正确的是 ( ) A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时 间为器 B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时： 间为器 C.MN边上有粒子到达区域的长度为2 DON边上有粒子到达区域的长度为d 2.(2025·湖北· 模拟预测)如图 A 所示，边长为a= 0.4m正方形区 XXXE 域ABCD内无磁X×XB 场，正方形中线×××××， PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为 B=0.2T的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂 直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向 里.现将一质量为m=1×108kg,电荷量为q= 2×10一6C的正粒子从AB中点以某一速率垂直 于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子 厨 的运动，下列说法正确的是 A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒 子的最大速度为12m/s B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒： 子的速度可能为10m/s C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒 于的速度可能为氵m、 D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒 子的速度可能为2m/s 57 在磁场中的运动 3.(2025·安徽卷·7)如 图，在竖直平面内的Oxy 直角坐标系中，x轴上方 N 存在垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度大小 为B.在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放 置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为 d,上、下表面均能接收粒子.位于原点O的粒子 源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相 同的带正电粒子.已知粒子所带电荷量为q、质量 为m,速度大小均为B心.不计粒子的重力、空气 阻力及粒子间的相互作用，则 ( A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间 为2 6gB 4.(2025·山西晋中·三模)极光 是由太阳抛射出的高能带电 02· 粒子受到地磁场作用，在地球A R3R.} 南北极附近与大气碰撞产生 的发光现象.赤道平面的地磁 场，可简化为如图所示：O为地 球球心，R为地球半径，将地磁场在半径为R到 3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强 度大小为B.磁场边缘A处有一粒子源，可在赤 道平面内以相同速率向各个方向射入某种带 正电粒子.不计粒子重力、粒子间的相互作用及 大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应.其 中沿半径方向（图中1方向）射入磁场的粒子恰 不能到达地球表面.若和AO方向成0角向上方 (图中2方向)射人磁场的粒子也恰好不能到达 地球表面，则 () A.sin 3 2 Rsn0=子 Can0-号 B.un- 5.（2025·山东·模拟预测)如图所示，空间正四棱 锥P一ABCD的底边长和侧棱长均为a,此区域 存在平行于CB边由C指向B方向的匀强磁场， 现一质量为m、电量为十g的粒子，以竖直向上的 初速度从底面ABCD的中心O垂直于磁场方 向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞 出磁场区域，忽略粒子受到的重力.则磁感应强 度大小为 P D。 00 A.2mo B.4mo ga ga V6+2）mwo 6-2）mo C. D. ga ga 6.（2025·北京西城·二模)如图 所示，圆形匀强磁场区域的圆 心为O,半径为R,磁场方向垂 ×××0×× 直纸面向里，磁感应强度的大 小为B.一质量为m、电荷量为 q的带电粒子以某一速度从P 点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射 出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力.下列说法 正确的是 () A.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B.带电粒子在磁场中的运动时间等于四 3gB C.若射入速度变大，粒子运动的半径变小 D.若射人速度变大，粒子在磁场中的运动时间 变短 7.(2025·重庆市主城区高考 'M 物理一调)地磁场对宇宙高 米 2R 能粒子有偏转的作用，从而 保护了地球的生态环境.赤 道平面的地磁场简化为如 米 图，O为地球球心、R为地球 半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界 之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B,方向 垂直纸面向里.假设均匀分布的带正电高能粒子 以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球.已知 粒子质量均为m.电荷量均为q.不计粒子的重力 及相互作用力.则 ( A.粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面 B.若粒子速率为B迟，正对着O处入射的粒子恰 m 好可以到达地面 C,若粒子速率小于B迟，人射到磁场的粒子可到 20 达地面 D.若粒子速率为5gB ,入射到磁场的粒子恰能 覆盖MN右侧地面一半的区域 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共 20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选 错的得0分」 8.(2025·辽宁·期中)一固定光 滑绝缘筒截面图如图所示，圆 0 心为O,半径为R,SP为直径， 筒内有垂直纸面方向的匀强磁 场，磁感应强度大小为B.一质 量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点沿SP 方向垂直射入磁场，已知粒子与筒壁碰撞时速 率、电荷量都不变且碰撞时间极短，不计粒子重 力.下列说法正确的是 () A.要使粒子与筒壁发生1次碰撞后恰好打在P 点，则粒子射入磁场时速度的大小为BF B.若粒子仅在SP的一侧运动，最后打在P点， 则粒子射入磁场时速度的大小可能为BgBS m C.要使粒子与筒壁碰撞4次后恰好打在S点， 则教子在简中运动的时间可能为密 D.要使粒子与筒壁碰撞4次后恰好打在S点， 则粒子在筒中运动的时间可能为码 9.(2025·江西·模拟 4】 预测)如图所示，在 真空中xOy平面左 侧宽L的区域内可 分别或同时施加沿x 粒子源 轴或y轴方向、强度 不同的匀强磁场.质 量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定的初 速度垂直于xOy平面射入该区域.若不加磁场 时，粒子恰好经过坐标原点O;若只加沿x轴正 方向、磁感应强度大小为B1的磁场，粒子在磁 场中运动的时间为t1,经过xOy平面时的速度 偏转角为30°；若只加沿y轴正方向、磁感应强 度大小为B2的磁场，粒子在磁场中运动的时间 为t2,经过xOy平面时的速度偏转角为45°；若 同时施加沿x轴正方向和沿y轴正方向的磁 场，粒子在磁场中运动的时间为t3,经过xOy平 面上的P点（未画出）时的速度偏转角为0，不计 粒子受到的重力，下列判断正确的是() A.0=60 B.B1:B2=1:2 C.t1:t2:t3=2:3:4 DP点的坐标为（区，） 10.(2025·湖南师大附中 模拟)如图所示为质谱 仪测定带电粒子质量 S⊕ 的装置示意图.速度选 择器（也称滤速器）极 板长度为L,宽度为d, 电场强度为E,方向竖 直向下，磁感应强度 B1方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度 B2的方向垂直纸面向外，小孔A在速度选择 器的中线上，其孔大小可以忽略.在S处有带 电量为十q、质量为m的同种正离子垂直于E 和B,以不同速率沿中线入射到速度选择器 中，已知旦=6πE,速度满足某一条件的粒子 m B2L 经过A孔、B2后打在接收板PQ上.粒子的重 力忽略不计.下列说法正确的是 () A.打在收集板上的粒子在右侧磁场B,中运 动时间一定相同 B.通过A点的粒子轨迹一定相同 C.粒子要通过A点，粒子速度必须满足0= E D,速度。=名的粒子可能通过A点打在收集 板上 11.（2025·新疆鸟鲁木齐市高三二 模)如图所示为有一小孔的绝缘 圆筒的横截面，内圆的半径为R, 外圆圆筒的半径为2R.内、外圆 间环形区域内有磁感应强度大小 为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场.一质量 为m、带电量为q的带电粒子以初速度大小v0 =3gB迟从小孔沿半径方向射入筒内，粒子在 2m 筒内运动过程中，每次与筒壁碰撞后均以原速 率弹回，且碰撞过程中粒子的电荷量不变.已知： 粒子从小孔射出前始终在环形磁场区域内运 动，不计粒子重力，忽略小孔的尺寸，sin36°= 0.6.则 A,粒子在磁场中运动的半径为R B.粒子在磁场中运动的半径为？R C.粒子在720πm时间内能够从小孔射出 aB D.粒子在？20x”时间内不能从小孔射出 三、非选择题：本题共5小题，共52分， 12.(2025·湖北省云学名校联盟联考)(6分)某实 验小组设计了一个探究“碰撞”类型的实验.如 59 图，在光滑水平桌面上，将一质量为1kg,带电 量为十1C的小球A从x=一2m处以速度v 沿y轴正方向抛出.整个空间存在垂直于桌面 向上的匀强磁场，磁感应强度为1T.将一质量 为0.25kg不带电的绝缘小球B放在y轴正 方向的某位置，已知AB两小球碰撞过程中A 的电荷量始终不变 ↑y ..2m.0 (1)为保证小球A能沿x轴正方向撞到小球 B,则B小球应放在y= m处，小球A 初速度v= m/s. (2)在(1)问的情况下，若AB小球的碰撞是弹 性碰撞，则小球A碰后经过x轴正方向的x= m处. 3.（2025·河南新乡·三 ·×××× 模)(8分)现代科学仪 ×××× 器常利用电场、磁场控 ·×××× B 制带电粒子的运动.如 E 图所示，竖直面内存在 ×××× ·×××× I、Ⅱ、Ⅲ三个区域.I :×××× 区域有水平向右宽度 ··×××× 为L=10cm的匀强 I区Ⅱ区'Ⅲ区 电场，场强大小为E=1.0×105V/m;Ⅱ区域 有垂直纸面向外的匀强磁场，Ⅲ区域有垂直纸 面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为 1T和2T.一质量为m=1.0×10-11kg、电荷 量为q=2×10一5C的带正电粒子（不计重力） 从I区域左边界上的a点由静止释放，经电场 加速后进入Ⅱ区域中. (1)若粒子能进入Ⅲ区域，求Ⅱ区域的宽度需 要满足的条件； (2)若Ⅱ区域宽度为8cm,且粒子沿水平方向 射出Ⅲ区域，求Ⅲ区域的宽度. 14.(2025·山西太原3月模拟 (一))(10分)如图所示，在 xOy坐标系的第一象限内， 直线y=1-kx(k>0)的 上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应 强度大小为B.在P(0,)点有一粒子源，能 以不同速率沿与y轴正方向成60°角发射质量 为m、电荷量为q(q>0)的相同粒子.这些粒子 经磁场后都沿一y方向通过x轴，且速度最大 的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子 通过x轴上的N点.已知速度最大的粒子通 过r轴前一直在磁场内运动，NM=停，不计 粒子的重力，求： (1)粒子最大速度的值与k的值； (2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间； (3)有界磁场的最小面积. 15.(2025·江苏·二 模)(12分)如图 所示，xOy平面的 磁场1 一、四象限内分别 存在匀强磁场1 .Q. 和2，磁场方向垂 场 直纸面向外，磁场 1的磁感应强度 大小为B.坐标轴上P、Q两点坐标分别为 (0,L)、(L,0).位于P处的离子源可以发射质 量为m、电荷量为q、速度方向与+y轴夹角为 0的不同速度的正离子.不计离子的重力及离 子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应. (1)当0=90°时，发射的离子a恰好可以垂直 穿过x轴，求离子a的速度v; (2)当0=45°时，发射的离子b第一次经过x: 轴时经过Q点且恰好不离开磁场区域，求： 磁场2的磁感应强度B2大小； 60 (3)在(2)情况中仅改变磁场2的强弱，可使发 射的离子b两次经过Q点，求离子b前后 两次经过Q点的时间间隔. 6.(2025·黑龙江、 吉林、辽宁新高 考卷)(16分)现 代粒子加速器 常用电磁场控 I区区 Ⅲ区 W区 制粒子团的运动及尺度.简化模型如图：I、Ⅱ区 宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场，磁 感应强度等大反向；Ⅲ、V区为电场区，区电 场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标 原点.甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为十 q、质量均为m的粒子.如图，甲、乙平行于x轴 向右运动，先后射入【区时速度大小分别为 0和oo.甲到P点时，乙刚好射人I区.乙经 过I区的速度偏转角为30°.甲到O点时，乙恰 好到P点.已知Ⅲ区存在沿十x方向的匀强电 场，电场强度大小杨一不计花子重力 及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电 场产生的磁场. (1)求磁感应强度的大小B. (2)求Ⅲ区宽度d. (3)N区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度 E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=wt kx,其中常系数w>0,w已知、k未知，取甲经 过O点时t=0.已知甲在V区始终做匀速直线 运动，设乙在V区受到的电场力大小为F,甲、 乙间距为△x,求乙追上甲前F与△x间的关 系式（不要求写出△x的取值范围）.(2)通过(1)可知，所有粒子均从坐标原，点飞出电场，粒子在 电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x轴负方向的 夹角越大，故从y1=0.25m处进入电场的粒子，飞离电场时！ 与x轴负方向的夹角最大，设粒子飞离电场时沿电场方向的！ 速度大小为少， 则=at: I=vot; 其中少=1”， 则tan0=, 解得0=45°， 则从y=0飞入的粒子运动方向不变，故粒子飞离电场时速！ 度方向与x轴负方向的夹角范围为0一45°. (3)与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间： 最短， 由几何关系有6=2X45 360° 由洛伦兹力提供向心力有qB=m心 T=2xr 解得t2=0.25s. 答案(1)2m/s(2)0一45°(3)0.25s 专题15带电粒子在磁场中的运动 1.C2.C3.C4.A5.C6.D7.D8.ACD9.AD 10.AD11.AC 12.解析(1)小球A在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，沿： x轴正方向撞到小球B,碰撞前小球A的运动轨迹为四分之！ 一圆周，易知轨迹半径为r=2m,故B小球应放在y=r= 2m处.根据洛伦按力提供向心力得q0B=m,解得0= 2m/s; (2)若A、B小球的碰撞是弹性 碰撞，以x轴正方向为正方向， 由动量守恒定律和机械能守恒 定律分别得maU=UA十 2BUB,n4U2=。nn4U42+· .2m 子m,解得=各 1.2m/s,根据洛伦兹力提供 向心力guB=m1,解得=1.2m,由几何关系可得x2十 r -=3,解得x=子5m 答案(122(2)号5 13.解析(1)如图1，粒子在I ·×××× 区受电场力加速运动，由动能 定理得 ×××× 风L=合md ×××× 粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运 动，由牛顿第二定律得 ·×× I区 I区 Ⅲ区 图1 设Ⅱ区域宽度为L1,若粒子能进入Ⅲ区域，则需R>L1, 联立解得Ⅱ区域宽度L1应小于10cm 201 (2)如图2，粒子在Ⅲ区域 ×××× 做匀速圆周运动，由牛顿第 ×××× 二定律得 XXXX 2Bq- B ×ě印 设Ⅲ区域宽度为L2,因为 ×2×这d 粒子在Ⅲ区域中水平飞出， ×××× 则∠bOc=∠cpd, I区 Ⅲ区 由粒子运动中的几何关系 图2 可得 R1:R2=L1:L2, 解得Ⅲ区域宽度为L2=4cm. 答案(1)小于10cm(2)4cm 4.解析(1)设粒子的最大速度为1， 由于速度最大的粒子穿过x轴前一 直在磁场内运动，过P点作速度的垂 线交x轴于O1点，就是速度为U1的 0 O N M 粒子做圆周运动的圆心，PO即为半 径R,,由几何关系可知 R1sin60°=yp, 解得R,=√3l, 由洛伦兹力提供向心力，则 q四B=mR' 解得=③gBl 由于所有粒子离开磁场时方向均沿y轴负方向，所以它们在 磁场中偏转的角度均相同，即从磁场射出的粒子，射出点一 定在PM连线上，PM连线即为y=-kx直线， k=0-001+R' y卫 郎得长= (2)所有粒子在磁场中运动的时间均相等，速度小的粒子离 开磁场后再做匀速直线运动，速度最小的粒子在磁场外运动 的位移最大，时间最长，设粒子在磁场中运动的时间为七1， T=2元m gB' 4=号r 设速度最小的粒子在磁场中半径为R2,速度为，根据几何 关系有 CN NM OPOM R2sin30°+R2=OM-MN=√3l, 解得CN= 21, R,=2y5, 3 由洛伦兹力提供向心力，则 22 qv:B=m R2 解得=2L,最小速度的粒子离开磁场后运动的时间 3m 为t2,有 6C八，速度最小的粒子从离开P点到打在工轴上经历的 时间t=i十t2= (8π+3√3)m 12gB (3)磁场的最小面积为图中PCM阴影部分面积 解得S=54红3BE. 36 答案(a专28r+3m （3)54红-3B 3 12gB 36 15.解析(1)当0=90°时，离子a恰做圆周运动的半径r。=L, 由qB=m五' 得u=BL m (2)当0=45°时，离子b再 y 次回到磁场1中时，运动轨 迹正好与y轴相切，如图所 示，离子在磁场1中圆的运 动半径为 另由几何关系知： A OA=r1(1-c0s45°)， AQ=L-OA 离子在场2中运动*径为-号A0, 2 两次运动满足 g8,-m 23+√2 得B2= 7 LB. (3)解法1：离子b两次经过Q,点，情形有如下三种：①r3= 两次经过Q点运动总孤长 S=3×2xXn十4×号xXr=3EL, t=S=Srm v gB 两次经过Q点运动总弧长 S=2x是xXn+3×号xX,=2EL, t= S=4πm v gB @91. 1 两次经过Q点运动总弧长 202 S=1X3 πXn+2X1 πXn=V2xL, 器 解法2：设离子b在磁场2中的半径为，由几何关系可知， 离子经过Q点后，再穿过k次磁场1后，可再次经过Q点，必 须满足 kW2m1-Er=√2r 为保证不出磁场必须满足 (n-r)+后≥r, √2 k 可得n一干' k<2√2+1≈3.8， 所以k的取值为1、2、3，离子的运动时间为 t 一=k πm(k=1、2、3). 9B 答案(1)u=L(2)B, 23+√ m LB (3)见解析 7 解析(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在I区和Ⅱ区中的运 动轨迹，如图所示 d E 甲 B× ··×× I区Ⅱ区Ⅲ区 V区 乙经过I区的速度偏转角为30°，则乙在I区运动轨迹所对 的圆心角为30°， 根据几何关系有r2sin30°=L, 对乙在I区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有 qu B=m r乞 联立解得B=20: mys (2)乙从进入I区到运动至P,点的过程，运动时间t1= 30°+30T 360° 又T=2r之=4πL 解得密， 分析可知，甲、乙都沿十x方向从P点射入Ⅲ区，在时间 内，甲从P点运动到O,点，根据运动学规律有 根据牛顿第二定律有gE。=1a, 联立解得d=多L (3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有 3 Vp0=之6十at, 解得Vp0=3o, 由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度： 为零. 有E甲=at-kx=wt-kvpot-=0, 解得一品，当甲运动时间至x=处时， 乙在N区x=(x-△x)处， 在x=x0处有E甲=wt一kxo=0, 在x=(x一△x)处有E之=t一k(x。一△x), 又F=qE, 联立解得F=器△a 答案（1元2)号L(8)F=器a 专题16电磁感应 1.C2.D3.B4.B5.C6.B7.D8.BD9.AC 10.AD11.BC 12.解析(1)根据图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流！ 入，指针往右偏：由图乙可知，螺线管中的感应电流方向为逆 时针方向，根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖： 直向上，条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直 向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，根据楞 次定律可知穿过线圈的原磁通量减少，所以条形磁铁可能向： 上拔出线圈，C正确； (2)合上开关后，灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明B线！ 圈中磁通量增加时，灵敏电流计指针左偏；现在要使灵敏电· 流计的指针向右偏转，因此穿过B线圈的磁通量应孩减小， 由图丙可知，滑动变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减！ 小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据 楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈！ B中的感应电流方向相反，灵敏电流计的指针会向右偏，故滑动！ 变阻器的滑片应向右滑动： (3)根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场总是阻碍引起 感应电流的磁通量的变化. 答案(1)C(2)右(3)阻碍引起感应电流的磁通量的 变化 13.解析(1)若先断开开关S,或先拆去电流表或先拆去电阻： R,由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L: 中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电 表损坏，所以实验完毕应先断开开关S; (2)断开开关前，通过线圈的电流为1.5A,则由闭合电路欧： 母定律得：E=I(R,十R),解得R,=22, 断开开关后，通过线圈的最大电流为1,5A,断开开关前通： 过灯泡的电流为了三是，解得广=1A,所以灯泡闪亮二下 后逐渐变暗. :16 答案(1)B(2)①2②闪亮后慢慢熄灭 14.解析（1)由机械能守恒定律得 mgh=m, 解得U=√2gh, 根据牛顿第二定律有 Fs-mg=mr 203 解得F=mg+2mg驰 r 根据牛顿第三定律可知，导体棒刚到达圆孤导轨底端时对轨 道的压力大小为 F'-F -mg+2mgh r (2)根据能量守恒定律，回路产生的总热量 Q=mgh, 电阻R上产生的焦耳热为 联主解得Q.=号msh (3)整个过程中，通过导体棒的电荷量 q=T△ 以向右为正方向，根据动量定理可得 -BIL·△t=0-mU 根据法拉第电磁感应定律 E=△=BLz △t △t 根据闭合电路的欧姆定律可得通过R的电流 1-E 联立解得导体棒在水平轨道上向右移动的距离 3mR√2gh x= 2BL' 答案1)mg+2n(2)号mgh(3)2mR r 2B2L2 解析(1)根据法拉第电磁感应定律，得感应电动势为 E=BLv, 根据闭合电路欧姆定律，得感应电流为 E 1一R中r 金属棒受到的安培力为 F安=BIL, 金属棒做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得 F=mgsin 0-BIL, 代入数据解得v=4m/s. (2)金属棒运动过程，由能量守恒定律得 1 Fs=mgs·sin9十zmw+Q, 电阻R产生的热量为 0.R0 代入数据解得QR=1.28J 答案(1)4m/s(2)1.28J 解析(1)由线圈匀速运动，对线圈列平衡方程 mgsin9=BIL,又I=BL R' 解得u,=mgRsin 0 B'L (2)线圈ab边刚进入第1有磁场区边界到线圈ab边刚进入 第7个有磁场区的过程，重力做功 W。=12 mgLsin8, 对此过程列动能定理