【预赛三一自招】2020高中物理竞赛习题专题九：电磁感应 磁场能量(Word版含答案)

第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络 ,理清根本知识二、 "三定四写〞求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)入射点、出射点、入射方向和出射方向时 ,可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线 ,两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示 ,图中P 为入射点 ,M 为出射点)；(2)入射点和出射点的位置及入射方向时 ,可以通过入射点作入射方向的垂线 ,连接入射点和出射点 ,作其中垂线 ,即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示 ,P 为入射点 ,M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法 - -R ＝m v qB； (2)几何方法 - -一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α ,也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ,或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：根本方程q v B ＝m v 2R ,半径公式R ＝m v qB ,周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB,运动时间t＝sv＝α2πT．高频考点1磁场对电流的作用1－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反．以下说法正确的选项是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：此题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距,那么由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如以下图,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F ,那么由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F ,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F ,故C正确、D错误．答案：BC1－2．(2021·全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变,那么a点处磁感应强度的大小为()A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：此题考查磁感应强度的矢量性和安培定那么．两导线中通电流I 时 ,两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0 ,那么两电流磁感应强度的矢量和为－B 0 ,如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后 ,如图乙 ,B 合＝B ＝33B 0 ,B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0,故C 项正确．答案：C1－3.(多项选择)(2021·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如以下图．矩形线圈由一根漆包线绕制而成 ,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出 ,并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间 ,线圈平面位于竖直面内 ,永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来 ,该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝|||缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝|||缘漆刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉解析：要使线圈在磁场中开始转动 ,那么线圈中必有电流通过 ,电路必须接通 ,故左右转轴下侧的绝|||缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝|||缘漆也都刮掉 ,当线圈转过180°时 ,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反 ,受到的安培力相反 ,线圈向原来的反方向转动 ,线圈最|||终做往返运动 ,要使线圈连续转动 ,当线圈转过180°时 ,线圈中不能有电流通过 ,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动 ,故左、右转轴的上侧不能都刮掉 ,应选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如以下图 ,在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场 ,磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源 ,在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子 ,它们的速度大小相同 ,速度方向均在xOy 平面内 ,与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间 ,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最|||后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ,粒子做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 ,得q v B ＝m v 2R ① ,由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时 ,在磁场中运动时间最|||长的粒子 ,其轨迹是圆心为C 的圆弧 ,圆弧与磁场的上边界相切 ,如以下图 ,设该粒子在磁场中运动的时间为t ,依题意t ＝T /4 ,得∠OCA ＝π2③ ,设最|||后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α ,由几何关系可得R sin α＝R －a 2④ ,R sin α＝a －R cos α ⑤ ,又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦ ,由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m(2)6－610求解临界、极值问题的 "两思路、两方法〞2－1.(多项选择)(2021·深圳市高三调研)如以下图 ,竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ ) ,磁感应强度为B ,MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q /m 的带负电粒子 ,速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ ,当粒子沿θ＝60°射入时 ,恰好垂直PQ 射出．那么 ( )A ．从PQ 边界垂直射出的粒子在磁场中运动时间为πm 3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子 ,在磁场中运动的时间最|||长C ．粒子的速率为aqB mD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a解析：粒子在磁场中运动过程中 ,洛伦兹力充当向心力 ,运动半径r ＝m v Bq 因为所有粒子m q和速度都相同 ,故所有粒子的运动半径都一样 ,当粒子沿θ＝60°射入时 ,恰好垂直PQ 射出 ,可得r ＝a sin 30°＝2a ,故2a ＝m v Bq ,解得v ＝2aqB m,由几何知识得 ,此时偏转角为30° ,运动时间t ＝30°360°T ＝112×2πr v ＝πm 6qB,故A 错误；当粒子轨迹与PQ 边界相切时 ,轨迹最|||长 ,运动时间最|||长 ,此时根据几何知识可得θ＝120° ,此时是粒子打在PQ 边界上的最|||低的点 ,故相对Q 的竖直位移为x 1＝r sin 60°＝3a ,B 正确 ,C 错误；根据分析可知当粒子沿着边界MN 方向向上射入时 ,此时是粒子打在边界PQ 的最|||上端 ,根据几何知识可得该点相对O 点竖直位移为x 2＝r sin 60°＝3a ,故PQ 边界上有粒子射出的长度为l ＝x 1＋x 2＝23a ,故D 正确．答案：BD2－2． (2021·榆林市高|考模拟)如以下图 ,纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流 ,粒子质量为m ,电荷量为－q ,速率为v 0 ,不考虑粒子的重力及相互间的作用 ,要使粒子都会聚到一点 ,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域 ,那么磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B 0＝m v 0qL,A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的1/4圆弧 ,B 选项中曲线为半径是L /2的圆) ( )解析：由于带电粒子流的速度均相同 ,那么当飞入A 、B 、C 这三个选项中的磁场时 ,它们的轨迹对应的半径均相同 ,唯有D 选项因为磁场是2B 0 ,它的半径是之前半径的一半．然而当粒子射入B 、C 两选项时 ,均不可能会聚于同一点．而D 选项粒子是向下偏转 ,但仍不能会聚一点 ,所以只有A 选项 ,能会聚于一点．答案：A高频考点3 带电粒子在匀强磁场中的多解问题如以下图 ,在xOy 平面内以O 为圆心、R 0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0,0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ,经过P(0 ,R0)点,沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ,为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ,需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．OQ与x轴负方向成30°角,不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R至|||少为多大?(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最|||短时间．[思路点拨](1)粒子从A点出发到再次经过A点,说明问题具有周期性和多解性；(2)带电粒子由径向射入磁场区域Ⅰ,又沿径向射出,由此通过画轨迹可以确定半径r1,粒子从Q点回到区域Ⅰ,可通过画轨迹确定半径r2；(3)利用周期性分析从A点出发到再次经过A 点所用时间最|||短的条件,从而确定最|||短时间．【解析】(1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1 ,由图中几何关系可得：r1＝R0由牛顿第二定律可得：r1＝m v0qB0,解得：B0＝m v0qR0．(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2,轨迹如以下图,由几何关系知：r2＝3 3r1＝33R0由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2即R＝3R0．(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时,时间较短,应满足150°n＋90°＝360°m 当m＝4时,n＝9 ,时间最|||短t1＝10×14×2πR0v0,t2＝9×23×2π33R0v0t min ＝t 1＋t 2＝5πR 0v 0＋43πR 0v 0． 【答案】 (1)m v 0qR 0 (2)3R 0 (3)5πR 0v 0＋43πR 0v 01．由以上解题过程不难看出 ,求解的难点在于根据周期性列出满足条件的关系方程 ,从而确定最|||短时间．此题还可以求粒子从A 点出发到再次以相同的速度经过A 点所用的最|||短时间．提示：满足150°n ＝360°m ,m 、n 属于自然数 ,即取最|||小整数m ＝5、n ＝12 ,那么t min ＝πR 0 v 0.2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)粒子多解问题的四种形成因素①带电粒子的电性不确定形成多解 ,可能出现两个方向的运动轨迹．②磁场方向不确定形成多解 ,可能出现两个方向的运动轨迹．③临界状态不唯一形成多解 ,需要根据临界状态的不同 ,分别求解．④圆周运动的周期性形成多解．(2)方法技巧①认真读题 ,逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹 ,并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题 ,要注意系列解出现的可能 ,要注意每种解出现的条件 ,并寻找相关的通项公式．3－1． (多项选择)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场 ,如以下图 ,磁感应强度为B ,板间距离也为l ,极板不带电 ,现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力) ,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场 ,欲使粒子不打在极板上 ,可采用的方法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql 4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql 4mC ．使粒子的速度v ＞Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql 4m解析：带电粒子刚好打在极板右边缘 ,有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2 ,又因r 1＝m v 1Bq ,解得v 1＝5Bql 4m；粒子刚好打在极板左边缘 ,有r 2＝l 4＝m v 2Bq ,解得v 2＝Bql 4m,故A 、B 正确．答案：AB3－2.(多项选择)(2021·安徽六安一中一模)如图 ,xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外 ,磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场 ,ON 为处于y 轴负方向的弹性绝|||缘薄挡板 ,长度为9 m ,M 点为x 轴正方向上一点 ,OM ＝3 m ,现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg ,可视为质点的带正电小球(重力不计) ,从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场 ,假设与挡板相碰后以原速率弹回 ,且碰撞时间不计 ,碰撞时电荷量不变 ,小球最|||后都能经过M 点 ,那么小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：由题意 ,小球运动的圆心的位置一定在y 轴上 ,所以小球做圆周运动的半径r 一定要大于等于3 m ,而ON ＝9 m<3r ,所以小球最|||多与挡板ON 碰撞一次 ,碰撞后 ,第二个圆心的位置在O 点的上方 ,也可能小球与挡板ON 没有碰撞 ,直接过M 点．由于洛伦兹力提供向心力 ,所以：q v B ＝m v 2r ,得：v ＝q mBr ①；假设小球与挡板ON 碰撞一次 ,那么轨迹可能如图1 ,设OO′＝s ,由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②,3r－9＝s③,联立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m ,分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s ,v2＝qm Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s ,假设小球没有与挡板ON碰撞,那么轨迹如图2 ,设OO′＝x ,由几何关系得：r23＝OM 2＋x2＝9＋x2④,x＝9－r3⑤,联立④⑤得：r3＝5 m ,代入①得：v3＝qm Br3＝1×1×5 m/s ＝5 m/s ,A、B、D正确．答案：ABD带电粒子在匀强磁场中的运动模型带电粒子在匀强磁场中的运动模型是高|考的热点模型之一．在高|考中,主要以选择题形式通过此模型考查带电粒子在磁场中运动的轨迹、半径和时间等,甚至|||还可能会考查粒子运动的临界问题和极值问题．在处理相关问题时,除了运用常规的解题思路,还应侧重运用数学知识进行分析．带电粒子在无边界的匀强磁场中运动的模型如以下图,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度大小为B ,一群比荷为qm、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,那么cos α2为()A ．1－BqL4m vB ．12－BqL 4m vC ．1－BqL2m vD ．1－BqLm v【解析】 根据洛伦兹力提供向心力 ,有q v B ＝m v 2R ,得R ＝m vqB ,离子通过M 、N 点的轨迹如以下图 ,由几何关系知MN ＝ON －OM ,过M 点两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2 ,圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向 ,由几何关系可知L ＝2R －2R cos α2 ,解得cosα2＝1－BqL 2m v,应选项C 正确． 【答案】 C带电粒子在直线边界的匀强磁场中运动的模型(2021·全国卷Ⅲ)如图 ,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域 ,磁感应强度的大小为B 0；x <0区域 ,磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场 ,此时开始计时．当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时 ,求(不计重力)(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．【解析】 (1)在匀强磁场中 ,带电粒子做圆周运动 ,设在x ≥0区域 ,圆周半径为R 1；在x <0区域 ,圆周半径为R 2 ,由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时 ,所需时间t 1为 t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时 ,所需时间t 2为 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得 ,所求时间为 t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ⑤(2)由几何关系及①②式得 ,所求距离为 d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ⑥【答案】 (1)πmB 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ (2)2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ1．解决带电粒子在匀强磁场中运动的根本步骤 一点 -在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、出射位置等)点一个点 |两画 -画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向假设初速度和末速度的方向那么画出两个速度方向的垂线|三定 -定圆心、定半径、定圆心角 |四写 -写出根本方程q v B ＝m v 2R 、半径R ＝m vqB、周期T ＝2πR v ＝2πm qB 、运动时间t ＝s v ＝α2πT2．一大难点解题的难点是画出轨迹图 ,挖掘隐含的几何关系 ,寻找轨迹半径r 与磁场宽度的几何关系．如图展示了最|||常用的几何知识：粒子速度的偏向角φ等于圆心角α ,且等于AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt .相对的弦切角(θ)相等 ,与相邻的弦切角(β)互补 ,θ＋β＝180°．3．三点提醒(1)洛伦兹力永不做功,只改变粒子速度方向,不改变粒子速度的大小．(2)注意 "对称性〞的应用①粒子从直线边界射入磁场,再从这一边界射出时,速度方向与边界的夹角相等．②粒子沿径向射入圆形磁场区域时,必沿径向射出磁场区域．(3)同一粒子在磁场中的运动轨迹不同,运动半径不同,但运动时间可以相同．带电粒子在圆形边界磁场中运动的模型(2021·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场．假设粒子射入速率为v1 ,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；假设粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．那么v2∶v1为()A．3∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶ 2【解析】设速率为v1的粒子最|||远出射点为M ,速率为v2的粒子最|||远出射点为N ,如以下图,那么由几何知识得r 1＝PM 2＝R 2 ,r 2＝PN 2＝32Rr 2r 1＝31由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ,故v 2v 1＝r 2r 1＝31 ,选项C 正确．【答案】 C1．带电粒子在圆形有界磁场中运动时 ,圆心位置必定在粒子进入和离开磁场位置的连线的垂直平分线和速度垂线的交点上．2．相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场 ,那么出磁场时速度的反向延长线一定过圆心 ,即两速度矢量相交于圆心 ,如图(a)．3．面积最|||小：带电粒子从圆与某直径的一个交点射入磁场 ,那么从该直径与圆的另一交点射出时 ,圆形磁场区域面积最|||小 ,如图(b)所示．带电粒子在矩形边界磁场中运动的模型如图是比荷相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹 ,那么 ( )A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长【解析】 比荷相同 ,但不知电荷量 ,故不能比拟a 、b 的质量 ,A 错误；由左手定那么可知 ,a 、b 都带负电荷 ,B 错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力 ,有q v B ＝m v 2R ,得v ＝qBR m ,比荷相同 ,a 的半径比b 的大 ,所以a 在磁场中的运动速率比b 的大 ,C 正确；由T ＝2πR v ＝2πm qB 可知两粒子在磁场中运动的周期相等 ,由运动时间t ＝θ2πT 可知 ,b 在磁场中运动的时间比a的长,D错误．【答案】 C解决带电粒子在矩形磁场中运动的问题的过程中,在寻找几何关系求半径时经常要用到以下结论：①如果带电粒子以与某一边界成θ角的速度进入磁场且从该边界离开磁场,那么一定以与该边界成θ角的速度离开磁场；②粒子不离开磁场的临界条件是速度和边界相切．带电粒子在三角形边,界磁场中运动的模型如以下图,在OA和OC两射线间存在着匀强磁场,∠AOC＝30° ,正负电子(质量、电荷量大小相同,电性相反)以相同的速度从M点垂直OA方向射入匀强磁场,以下说法正确的选项是()A．假设正电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B．假设正电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1C．假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D．假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6【解析】正电子向右偏转,负电子向左偏转,假设正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC 边射出,二者运动轨迹对应的圆心角均为180°,可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1 ,故A、B错误．假设负电子不从OC边射出且正电子也不从OC边射出,正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°,可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC边射出时,运动轨迹对应的圆心角为180° ,由几何关系知,此时正电子运动轨迹的圆心角为30°,正负电子在磁场中运动的周期相等,根据t＝θ2πT知,正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6 ,故假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间,故C错误,D正确．【答案】 D根据左手定那么得出正电子向右偏转,负电子向左偏转,正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC边射出,结合圆心角的关系得出运动时间的关系；负电子不从OC边射出,抓住临界情况,由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系,从而得出运动时间的关系．第10讲带电粒子在复合场中的运动一、牢记一个网络明晰粒子在不同场中运动规律二、做好 "两个区分〞：求解 "电偏转〞与 "磁偏转〞1．正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关,与路径无关,而洛伦兹力不做功．2．正确区分 "电偏转〞和 "磁偏转〞的不同． "电偏转〞是指带电粒子在电场中做类平抛运动,而 "磁偏转〞是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．三、抓住 "两个技巧〞,突破问题重点1．按照带电粒子运动的先后顺序,将整个运动过程划分成不同特点的小过程．2．善于画出几何图形处理边角关系,要有运用数学知识处理物理问题的习惯．高频考点1电磁技术的应用装置原理图规律速度选择器假设q v0B＝Eq ,即v0＝EB,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,qUd＝q v0B ,U＝v0Bd电磁流 量计U D q ＝q v B 所以v ＝U DB 所以Q ＝v S ＝πDU 4B霍尔 元件当磁场方向与电流方向垂直时 ,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差1－1.(2021·山西省高三联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零) ,从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后 ,再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场 ,该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B ,方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中末画出)接收到该粒子 ,且GF ＝3R .那么该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )A ．8UR 2B 2B ．4UR 2B 2C ．6UR 2B2B ．2U R 2B2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ,由动能定理有：qU ＝12m v 2 ,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3 ,又Bq v ＝m v 2r ,可求q m ＝6UR 2B2 ,故C 正确．答案：C1－2．(多项选择)(2021·贵州贵阳一中模拟)如以下图元件为某种型号的半导体 ,这种半导体内导电的粒子为自由电子 ,每个载流子所带电量的绝|||对值为e ,n 为单位体积内载流子数．元件长为a 、宽为b 、厚为c ,现将该半导体材料板放在匀强磁场中 ,磁感应强度大小为B ,方向沿y 轴正方向．当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过该材料板时 ,会在与z 轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H ,以下说法正确的选项是( )A ．材料上外表的电势高于下外表的电势B ．在其他条件不变时通过材料的电流I 越大霍尔电势差越大C ．在其他条件不变时材料的宽度b 越大霍尔电势差越大D ．在其他条件不变时该磁场的磁感应强度B 越大霍尔电势差越大解析：半导体内导电的粒子 "载流子〞为自由电子 ,根据左手定那么 ,那么电子受到洛伦兹力方向向上 ,导致上外表的电势低于下外表的 ,应选项A 错误；据I ＝nes v ＝ne v bc 和e v B ＝eE ＝e U H b 知U H ＝BInec,所以I 越大、B 越大霍尔电势差越大 ,应选项BD 正确 ,C 错误．答案：BD1－3． (多项选择)如以下图为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ,磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ,方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体 ,含有大量带正电和带负电的微粒 ,整体呈中性)从左侧喷射入磁场 ,发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光 ,且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω ,不计离子重力和发电机内阻 ,且认为离子均为一价离子 ,那么以下说法中正确的选项是( )A ．金属板M 上聚集负电荷 ,金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：由左手定那么可知 ,射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转 ,负离子将向金属板N 偏转 ,选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻 ,由闭合电路欧姆定律可知．电源的电动势等于电源的路端电压 ,所以E ＝U ＝PR ＝100 V ,选项B 正确；由Bq v ＝q U d 可得v ＝UBd ＝100 m/s ,选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ,而I ＝PR＝1 A ,所以Q ＝1 C ,由于离子为一价离子 ,所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个) ,选项D 正确．答案：BD高频考点2 带电粒子在组合场、交变场中的运动如以下图 ,在纸平面内建立的直角坐标系xOy ,在第|一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ,电量为e 的电子从第|一象限的某点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L 38L 以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动 ,经过x 轴上的点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L 4 0进入第四象限 ,先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域 ,磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合 ,电子偏转后恰好经过坐标原点O ,并沿y 轴的正方向运动 ,不计电子的重力．求：(1)电子经过Q 点的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和磁场的最|||小面积S ． [审题流程]。

2020年届专题卷物理专题九答案与解析1．【命题立意】本题主要考查磁通量的变化率和Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt的区别。

【思路点拨】Φ表示穿过磁场中某个面的磁感线的条数，是状态量，由面积S、磁感应强度B以及它们的夹角决定，只有当面积S与磁感应强度B垂直时，Φ=BS才能成立，如果B与S的夹角为θ，则应把面积S 沿与B垂直的方向投影，此时Φ=BS sinθ。

磁通量变化量ΔΦ是指末态的Φ2与初态的Φ1的差，即ΔΦ=Φ2－Φ1，是过程量，它可以由有效面积的变化、磁场的变化而引起，且穿过闭合回路的磁通量发生变化是产生感应电动势的必要条件。

磁通量变化率ΔΦ/Δt是表示单位时间内磁通量变化的大小，即磁通量变化快慢，感应电动势的大小与回路中磁通量变化率ΔΦ/Δt成正。

【答案】C【解析】E=ΔΦ/Δt，ΔΦ与Δt的比值就是磁通量的变化率，所以只有C正确。

2．【命题立意】本题主要考查自感现象和互感现象。

【思路点拨】自感现象的应用：凡是有导线、线圈的设备中，只要有电流变化都有自感现象存在，但对于特殊的双线绕法要加以区别，因此在做题时要特别留心这一特殊情况。

【答案】BD【解析】两线圈绕的方向相反，线圈产生的磁场方向相反。

螺旋管内磁场和穿过螺旋管的磁通量都不发生变化，回路中一定没有自感电动势产生，正确答案选BD。

3．【命题立意】本题考查感应电流产生的条件。

【思路点拨】长度为L的导体，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做切割磁感线运动时，在B、L、v互相垂直的情况下，导体中产生的感应电动势的大小恒为：E=BLv，在M中产生恒定的感应电流，不会造成N中磁通量的变化，电流表无读数。

【答案】D【解析】导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确。

4．【命题立意】本题主要考查感应电动势和感应电流的产生条件和楞次定律。

【思路点拨】感应电动势和感应电流产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化，就一定有感应电动势产生，电路可以闭合也可以断开。

高中物理电磁感应练习题及答案一、选择题1、在电磁感应现象中，下列说法正确的是：A.感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化B.感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反C.感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同D.感应电流的磁场方向与原磁场方向无关答案：A.感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。

2、一导体在匀强磁场中匀速切割磁感线运动，产生感应电流。

下列哪个选项中的物理量与感应电流大小无关？A.磁感应强度B.导体切割磁感线的速度C.导体切割磁感线的长度D.导体切割磁感线的角度答案：D.导体切割磁感线的角度。

二、填空题3、在电磁感应现象中，当磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场方向_ _ _ _ ；当磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向 _ _ _ _。

答案：相反；相同。

31、一根导体在匀强磁场中以速度v运动，切割磁感线，产生感应电动势。

如果只增大速度v，其他条件不变，则产生的感应电动势将_ _ _ _ ；如果保持速度v不变，只减小磁感应强度B，其他条件不变，则产生的感应电动势将 _ _ _ _。

答案：增大；减小。

三、解答题5、在电磁感应现象中，有一闭合电路，置于匀强磁场中，接上电源后有电流通过，现将回路断开，换用另一电源重新接上，欲使产生的感应电动势增大一倍，应采取的措施是（）A.将回路绕原路转过90°B.使回路长度变为原来的2倍C.使原电源的电动势增大一倍D.使原电源的电动势和回路长度都增大一倍。

答案：A.将回路绕原路转过90°。

法拉第电磁感应定律是电磁学中的重要规律之一，它描述了变化的磁场产生电场，或者变化的电场产生磁场的现象。

这个定律是法拉第在1831年发现的，它为我们打开了一个全新的领域——电磁学，也为我们的科技发展提供了强大的理论支持。

在高中物理中，法拉第电磁感应定律主要通过实验和理论推导来展示，让学生们能够更直观地理解这个重要的规律。

高中的学生们已经对电场和磁场的基本概念有了一定的了解，他们已经掌握了电场线和磁场线的概念，以及安培定则等基本知识。

高中物理竞赛电磁学专题练习20题（带答案详解）一、解答题1．如图所示，长直螺旋管中部套有一导线围成的圆环，圆环的轴与螺旋管的轴重合，圆环由电阻不同的两半圆环组成，其阻值1R 、2R 未知．在两半圆环的结合点A 、B 间接三个内阻均为纯电阻的伏特表，且导线0A V B --准确地沿圆环直径安放，而1A V B --、2A V B --分置螺旋管两边，长度不拘，螺旋管中通有交流电时发现，0V 、1V 的示数分别为5V 、10V ，问：1V 的示数为多少？螺旋管外的磁场及电路的电感均忽略不计2．图1、2、3所示无限长直载流导线中，如果电流I 随时间t 变化，周围空间磁场B 也将随t 变化，从而激发起感应电场E ．在载流导线附近空间区域内，B 随t 的变化，乃至E 随t 的变化可近似处理为与I 随时间t 变化同步．距载流导线足够远的空间区域，B 、E 随t 的变化均会落后于I 随t 的变化．考虑到电磁场变化传播的速度即为光速，如果题图讨论的空间区域线度尽管很大，题图讨论的空间区域线度尽管很大，即模型化为图中即模型化为图中x 可趋向无穷，可趋向无穷，但这一距离造成的但这一距离造成的B 、E 随t 的变化滞后于I 随t 变化的效应事实上仍可略去．在此前提下，求解下述问题（1）系统如图1、2所示，设()I I t =①通过分析，判定图1的xOy 平面上P 处感应电场场强P E 的三个分量Px E 、Py E 、PzE中为零的分量中为零的分量②图2中12l l ⨯长方形框架的回路方向已经设定，试求回路电动势ε③将图1中的P 、Q 两处感应电场场强的大小分别记为P E 、Q E ，试求P Q -E E 值 （2）由两条无限长反向电流导线构成的系统如图3所示，仍设()I I t =，试求P 处感应电场场强P E 的方向和大小3．现构造如图1所示网络，该网络为无穷正方形网络，以A 为原点，B 的坐标为()1985,930．现在两个这样的网络C C A B 和L L A B ，其单位长度上所配置的电学元件分别为电容为C 的电容器及电感为L 的线圈，且网络中的电阻均忽略不计，并连接成如图2所示的电路S 为调频信号发生器，可发出频率()0,f Hz ∈+∞的电学正弦交流信号．即()0sin 2πS U U ft =，0U 为一已知定值，R 为一已知保护电阻为一已知保护电阻试求干路电流达到最大时，S 的频率m f 以及此时干路的峰值电流max I4．在空间中几个点依次放置几个点电荷1q ，2q ，3q ，4q ，…，n q ，对于点i ，其余1n -个点电荷在这一点上的电势和为i U ，若在这n 个点上换上另n 个点电荷1q '，2q '，3q '，…，n q '，同理定义()1,2,,i U i n '=L（1）证明：()112nni i i i i i qU q U n ==''=≥∑∑（2）利用（1）中结论，证明真空中一对导体电容器的电容值与这两个导体的带电量无关．（这对导体带等量异号电荷）（3）利用（1）中的结论，中的结论，求解如下问题：求解如下问题：求解如下问题：如图所示，如图所示，如图所示，正四面体正四面体ABCD各面均为导体，但又彼此绝缘．已知带电后四个面的静电势分别为1ϕ、2ϕ、3ϕ和4ϕ，求四面体中心O点的电势O ϕ5．有七片完全相同的金属片，有七片完全相同的金属片，面积为面积为S ，放置在真空中，放置在真空中，除除4和5两板间的间距为2d 外，其他相邻两板间距均为d ，且1和5、3和7用导线相连，试求：（1）4与6两板构成的电极的电容（2）若在4和6间加上电压U ，求各板的受力．6．如图所示，一电容器由一圆形平行金属板构成，金属板的半径为R ，间距为d ，现有一点P ，在两金属板的中位面（即平行于两板，且平分两极板所夹区域的平面）上，P 到两中心O 的距离为()0R r r +>R ，已知极板所带的面电荷密度为σ±，且R r d ??，试求P 点的场强大小P E7．在一环形铁芯上绕有N 匝外表绝缘的导线，导线两端接到电动势为ε的交流电源上，一电阻为R 、自感可略去不计的均匀细圆环套在这环形铁芯上，细圆环上a 、b 两点间的环长（劣弧）为细圆环长度的1n．将电阻为r 的交流电流计G 接在a 、b 两点，有两种接法，分别如图1、图2所示，试分别求这两种接法时通过G 的电流8．有一个平面正方形无限带电网络，每个格子边长均为r ，线电荷密度为()0λλ>，有一带电电量为()0Q Q >、质量为m 的粒子恰好处于一个格子的中心，若给它某个方向的微扰，使其位移d ，d r =．试求它受到电场力的大小，并描述它以后的运动．（提示：可能用到的公式2222π11116234=++++L ）9．（1）一维电磁驻波()()sin x E x A k x =在x 方向限制在0x =和x a =之间．在两个端点处驻波消失，求x k 的可能值．的可能值．（2）弦理论认为物理空间多于三维，多出的隐藏维空间像细圆柱的表面一样卷了起来，如图中y 坐标所示，设圆柱的半径为()b a =，在圆柱面上电磁波的形式为()()(),sin cos x y E x y A k x k y =，其中y 是绕圆柱的折叠空间的坐标．求y k 的可能值．的可能值．（3）光子能量222πx yhc W k k =+，其中()1239hc eV nm =⨯，eV 表示1电子伏特，1nm 等于910m -．目前人类能产生的最高能量的光子大约为121.010eV ⨯．如果该能量能够产生一个折叠空间的光子，b 的值满足什么条件？10．在图1所示的二极管电路中，所示的二极管电路中，从从A 端输入图2所示波形的电压，所示波形的电压，若各电容器最初都若各电容器最初都没有充电，试画出B 、D 两点在三个周期内的电压变化．将三极管当作理想开关，B 点电压的极限是多少？电压的极限是多少？11．理想的非门可以视为一个受控电压源：理想的非门可以视为一个受控电压源：当输入端电压小于当输入端电压小于6C U V =时，输出端相当于和地线之间有一个理想电压源，电源电压012U V =；当输入端电压大于C U 时，输出端相当于和地线之间短路．出端相当于和地线之间短路．等效电路图如图等效电路图如图1所示．不同非门中接地点可以视为是同一个点，我们利用非门、电容和电阻能够做成一个输出方波信号的多谐振荡器．给出图2电路中02U 随着时间的变换关系．提示：如图3的RC 电路，从刚接通电路开始，电容上的电压随时间变化规律为()()01t RC U t U e -=- 12．如图所示，在圆形区域中（足够大），有垂直于纸面向内随时间均匀增加的磁场B kt∆=∆．在与圆心O 距离为d 的位置P 处有一个钉子，钉住了一根长度为l ，质量为m 的均匀绝缘棒的中心，绝缘棒能在平面内自由无摩擦地自由转动．绝缘棒能在平面内自由无摩擦地自由转动．绝缘棒上半截均匀带绝缘棒上半截均匀带正电，电量为Q ，下半截均匀带负电，电量为Q -．初始时刻绝缘棒垂直于OP（1）计算在P 点处钉子受到的压力（2）若绝缘棒受到微小扰动，在平面内来回转动起来（速度很小，洛仑兹力可以忽略），求证此运动是简谐振动，并计算周期．（绝缘棒绕质心的转动惯量为2112I ml =）13．如图1所示的电阻网络中，图中各段电阻的阻值均为r（1）试求AB R 、AC R（2）现将该网络接入电路中，如图2所示．AC 间接电感L ，A 、B 间接一交流电源，其角频率为ω，现为提高系统的动率因数，在A 、B 间接一电容C ，试求使功率因数为1的电容C ，已知rL αω=14．两个分别绕有1N 和2N 匝的圆线圈，半径分别为1r ，2r 且21r r =，设大圆的电阻为R ，试求：（1）两线圈在同轴共面位置的互惑系数（2）在小线圈中通以稳恒电流I ，并使之沿轴线以速度v 匀速运动．始终保持二者共轴，求两线圈中心相距为x 时，大线圈中的感生电动势（3）若把小线圈从共面移到很远处，求大线圈中通过的感生电量．（忽略所有自感） 15．如图所示为一两端无限延伸的电阻网络，设每小段电阻丝电阻均为1Ω，试问：A 、B 间等效电阻AB R 为多少？（结果保留三位有效数字）为多少？（结果保留三位有效数字）16．如图a 所示，电阻101k R R ==Ω，电动势6V E =，两个相同的二极管D 串联在电路中，二极管D 的D D I U -特性曲线如图b 所示．试求： (1)通过二极管D 的电流；的电流； (2)电阻1R 消耗的功率．17．如图甲所示，两台发电机并联运行，共同供电给负载，负载电阻24R =Ω．由于某种原因，两台发电机的电动势发生差异，1130V ε=、11r =Ω、2117V ε=、20.6r =Ω．求每台发电机中的电流和它们各自发出的功率．18．如图1所示的无限旋转内接正方形金属丝网络由一种粗细一致、所示的无限旋转内接正方形金属丝网络由一种粗细一致、材料相同的金属丝材料相同的金属丝构成，其中每一个内接正方形的顶点都在外侧正方形四边中点上．其中每一个内接正方形的顶点都在外侧正方形四边中点上．已知与最外侧正方形已知与最外侧正方形边长相同的同种金属丝A B ''的电阻为0R ，求网络中 (1)A 、C 两端间等效电阻AC R ； (2)E 、G 两端间等效电阻EC R ．19．正四面体框架形电阻网络如图所示，其中每一小段的电阻均为R，试求：(1)AB两点间的电阻；(2)CD两点间的电阻．20．在如图所示的网络中，仅知道部分支路上的电流值及其方向、某些元件参数和支路交点的电势值（有关数值及参数已标在图甲上），请你利用所给的有关数值及参数求出含有电阻x R的支路上的电流值x I及其方向．参考答案1．220V U V =或0． 【解析】【解析】 【详解】因螺旋管中通有交流电，故回路中产生的电动势也是交变的，但可以仅限于某确定时刻的感生电动势、电压和电流的瞬时值，这是因为在无电感、电容的情况下，各量有效值的关系与瞬时值的关系相同．（1）当12R R <，取A B U U >时，回路中的电流如图所示，则时，回路中的电流如图所示，则0001102V I R I R ε+-=，0100102V V I R I R ε'+-=，2202V I R I R ε-+=，0200202V V I R I R ε'-+=．整理可得0120001202V V V V I R I R I R I R ε''=+=-．所以，2201201220V V V V U I R I R I R V ''==+=（2）当12R R >，取A B U U <时，0I 反向，其他不变，则1020010202V V V V I R I R I R I R ε''=-=+所以，221021020V V V V U I R I R I R ''==-=（此时20R =，即2R 段为超导体，10R ≠） 综上所述，220V U V =或02．（1）①0PzE =②012d ln2πd l x l l t x με+⎛⎫= ⎪⎝⎭ ③02d ln 2πd P Q x l I E E t x μ+⎛⎫-= ⎪⎝⎭（2）()0d ln 2πd P I d x E x t x μ-⎛⎫= ⎪⎝⎭，基准方向取为与y 轴反向轴反向 【解析】 【详解】（1）①若0Pz E ≠，则在过P 点且与xOy 坐标面平行的平面上，取一个以x 为半径，以y 轴为中央轴的圆，设定回路方向如题解图所示．由系统的轴对称性，回路各处感应电场E 的角向分量与图中Pz E 方向一致地沿回路方向，且大小相同，由E 的回路积分所得的感应电动势0ε≠．另一方面，电流I 的磁场B 在该回路所包围面上磁通量恒为零，磁通量变化也为零，据法拉第电磁感应定律应有0ε=．两者矛盾，故必定是0Pz E =．若0Py E ≠，由系统的轴对称性，在题解图1的圆柱面上各处场强E 的y 方向分量方向、大小与图中Py E 方向、大小相同．若取一系列不同半径x 的同轴圆柱面，每个圆柱面上场强E 的y 方向分量方向相同、方向分量方向相同、大小也相同，但大小应随大小也相同，但大小应随x 增大而减小．这将使得题文图2中的矩形回路感生感应电动势0ε≠，与法拉第电磁感应定律相符，因此允许0Py E ≠若0Px E ≠，由轴对称性，题解图1的圆柱面上各处场强E E 的径向分量方向与Px E 对应的径向方向一致，两者大小也相同．将题解图1中的圆柱面上、下封顶，成为一个圆筒形高斯面，上、下两个端面d ⋅E S 通量积分之和为零，侧面d ⋅E S 通量积分不为零，这与麦克斯韦假设所得1d d 0se sV V ρε⋅==⎰⎰⎰⎰⎰ÒE S矛盾，故必定是0Px E =②据法拉第定律，参考题文图2，有()21d d d x l xB x l x t ε+=--⎰，其中()02πI B x x μ= 所以，001221d d ln ln d 2π2πd Il x l x l l l t x t x μμε++⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭③据麦克斯韦感应电场假设，结合（1.1）问解答，有）问解答，有 ()()121=d LE l E x l E x l l ε⋅=-+⎰Ñ结合①②问所得结果，有()()012121d ln 2πd l x l I E x l E x l l t x μ+⎛⎫-+= ⎪⎝⎭ ()()022d ln 2πd x l IE x E x l t xμ+⎛⎫-+= ⎪⎝⎭ 即得()()022d ln2πd P Q x l I E E E x E x l t x μ+⎛⎫-=-+=⎪⎝⎭ （2）从物理上考虑，远场应()220l E x l →∞+→代入上式，得()202d ln 2πd Pl x l I E E xt x μ→∞+⎛⎫==→∞⎪⎝⎭为行文方便，将P E 改述为()02d ln2πd z PP l x l IE E xt x μ→∞+⎛⎫→=→∞⎪⎝⎭()P E x 为发散量，系因模型造成，并非真实如图所示，由左侧变化电流贡献的()P x 左E 和右侧变化电流贡献的()P x 右E合成的()PE x ，基准方向取为与y 轴反向．轴反向．即有()()()P P P E x E x E x =-左右()()00d d ln ln 2πd 2πd P x d x lx l I I E x t x t x μμ∞+-++⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭左右()()()00d d ln ln 2πd 2πd P d x l d x x lI I E x t d x t d x μμ∞-+-++⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭右左 使得()()0d ln 2πd P I d x E x E x t xμ-⎛⎫== ⎪⎝⎭3．0maxU I R =，12π2πm f LCω== 【解析】【解析】 【详解】不妨设电感网络等效电感AB L L α=，则其阻抗L αω=Z j （j 为单位虚根）为单位虚根） 又由于C C A B 与L L A B 的结构相同，故在阻抗上形式具有相似性，故在阻抗上形式具有相似性，有有1C C αω=⋅Z j ，从而总阻抗11LCRR L RL C C αωααωωω⎛⎫⎛⎫=++=+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ZZZZj j j 又峰值0U I =Z ，所以，1222001I U R L C ααω-⎡⎤⎛⎫⎥=⋅+- ⎪⎢⎝⎭⎣⎦所以，当10L Cωω-=，即1LCω=时，0I 最大 此时，0maxU I R =，而12π2πm f LCω== 4．（1）证明见解析（2）证明见解析（3）12344Oϕϕϕϕϕ+++=【解析】 【详解】（1）设i 点对j 点所产生的电势为ij i a q ，同理易知j 点对i 点产生电势为ji j a q ，而对于此二点系统，我们有ij j ji i U q U q =，即ij i j ji j i a q q a q q = 所以，ij ji a a =，易知ij a 为只与位置有关的参量．又1231231n ni i i i i n ij j j U a q a q a q a q a q ==++++=∑L （令0ii a =）则1231231n nii i i i nij j j U a q a q a q a q a q =''''''=++++=∑L（ij a 只与位置有关）所以，111,1111nnn n n nn i i i ij j ij i j i ij j i i i i j i j i j i qU q a q a q q q a q q U =======⎛⎫⎛⎫'''''==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑∑∑所以原式（格林互易定理）成立（2）分别设两导体前后所带静电分别为1Q ±，2Q ±，其对应的电容分别为1C 、2C则由（1）知，()121122121221ni i i qU QU QU Q U U ='=-=-∑（其中21U ，22U 为带2Q ±时两导体电势）同样()211212211121ni i i q U Q U Q U Q U U ='=-=-∑（其中11U ，12U 为带1Q ±时两导体电势）时两导体电势）由（1）知二者相等，则()()1212221112Q U U Q U U -=-所以，121211122122Q Q C C U U U U ===--即与导体带电量多少无关．即与导体带电量多少无关．（3）由题意，设四个面与中心O 的电荷量分别为1q 、2q 、3q 、4q 、0 同时，四个面与中心的电势分别为1ϕ、2ϕ、3ϕ、4ϕ、O ϕ．现将外面四个面接地，中心放一个电量为Q 的点电荷，中心电势为U ，而四个面产生的感应电荷都相等，为4Q-，则此时四个面与中心O 的电荷和电势分别为4Q -、4Q -、4Q -、4Q-、Q ；0、0、0、0、U由格林互易定理可得123404444O Q Q Q Q U ϕϕϕϕϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅-+⋅-+⋅-+⋅-+⋅=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭即可得12344O ϕϕϕϕϕ+++=5．（1）04616161919S C C d ε==（2）24232361U S F d ε=，方向向上；25213722U S F dε=，方向向下；206216722U S F d ε=，方向向上；207281722U SF d ε=，方向向上【解析】 【详解】【详解】（1）由4与6两板构成的电极的电容结构可等效为图所示的电容网络，其中图101223345667SC C C C C C dε======，04522SC C dε==．由图可知，各电容器所带的电量满足342356Q Q Q =+，451267Q Q Q +=，2312Q Q =． 各支路的电压满足如下关系：各支路的电压满足如下关系：3456Q Q U C C +=，45672Q Q U C C +=，23566712Q Q Q Q C C C C+=-． 由上述各式解得1223119Q Q CU ==，341019Q CU =，45619Q CU =，56919Q CU =，67719Q CU =，则344504616161919Q Q S C C U dε+===．为求4、6端的电容，我们也可通过先求如图左所示的电阻网络的阻值，进而求得电容．将图中O ABC -的Y 形接法部分转化为△接法，得到图2右所示电路，其阻值如图所示，进而易得到进而易得到461916R R =． 直流电路的电阻、电压、电流之间有U I R=． 由电容组成的电路的电容、电压、电量之间有Q CU =． 类比有1C R~．且上述的电阻电路与电容电路匹配，所以，46461C R ~，即有04616161919S C C dε==．（2）由于各板的受力为系统中其他板上的电荷在该板处产生的电场对其板上电荷的作用力，故而通过高斯定理易求得各板处的场强，进而求得各板的受力为2121111202722U S Q F E Q Q dεε==⋅=，方向向下，在原系统中． （1E 求法：1板上侧面不带电，下侧面带电12Q ，正电，即011219USQ Q dε==，由电荷守恒知，27~板带电总量为1Q ，为负电，将27~视为整体，由高斯定理易得到1102Q E ε=）下面符号i Q 表示第i 块板所带的总电量．2220F E Q ==．（该板显然有20Q =）2456701233332009922722Q Q Q Q U S Q Q F E Q Q d εεε⎛⎫++++==-⋅= ⎪⎝⎭，方向向下．，方向向下．式中00033423109191919US US US Q Q Q d d d εεε=-+=-+=-，0434451619US Q Q Q d ε=+=， 054556319US Q Q Q d ε=-+=，656671619US Q Q Q d ε=--=-， 0767719USQ Q d ε=-=-．同理可得：24232361U S F d ε=，方向向上；，方向向上；205213722U SF d ε=，方向向下； 206216722U S F dε=，方向向上； 27281722U SF dε=，方向向上．6．02πP dE rσε=【解析】【解析】 【详解】我们用磁场来类比，引入假想的磁荷1m q 、2m q ，且定义，且定义123014πm m q q r μ==F r ，且1213014πm m q q r μ==F H r ． 下面我们通过磁偶极子与环电流找到联系：下面我们通过磁偶极子与环电流找到联系：对于一1m ±q 的磁偶极子，磁矩m m q =p l ，而对于一个电流为I 的线圈，磁矩0m I μ'=p S ，当m m '=p p 时，有0m q I μ=l S ．对于此题，我们认为上、下两极板带磁荷面密度为m σ±，则对于S ∆面积中的上、下磁荷，我们看作磁偶极子，则若用环电流代替，有0m Sd I S σμ∆=∆，所以，0m dI σμ=．于是，该两带电磁荷板可等效为许多小电流元的叠加，该两带电磁荷板可等效为许多小电流元的叠加，而这样的电流源会在内部抵消，而这样的电流源会在内部抵消，而这样的电流源会在内部抵消，最后最后只剩下最外层一大圆，且0mdI σμ=．在P 点处的磁场强度，由于R r，故可认为由一距P 距离为r 的无限长通电导线所产生，且其中的电流为I ，则002π2πm Pd B IH r r σμμ===． 由于电、磁场在引入磁荷后，在形式上完全一样，则02πP d E rσε=7．()21n N n R n r ε⎡⎤-+⎣⎦ 【解析】 【详解】【详解】解法（1）：细圆环中的电动势为R Nεε=．细圆环上ab 段的电阻为段的电阻为劣弧ab R R n=． 优弧()1ab n R R n-'=．如题图1中接上G 后，G 的电阻r 与ab R 并联，然后再与ab R '串联，这时总电阻便为串联，这时总电阻便为()11ab ab abn RrR rRR R r R nr R n -'=+=+++．于是，总电流（通过优弧ab R '的电流）为()1111RI n R R NrR nr R nεε==⋅-++．（请读者自行推导此式）则通过G 的电流为()11121RR nn i I I Rnr R N n R n r rnε===+⎡⎤-+⎣⎦+．（请读者自行推导此式）解法（2）：如题图2中接上G 后，G 的电阻r 与abR '并联，然后再与ab R 串联，这时总电阻便为()()211ab ab abn rRrR R R R nr n Rnr R '-=+=++-'+．于是，总电流（通过劣弧ab R 的电流）为()()22111RI n rR R N R nr n R n εε==⋅-++-，则通过G的电流为()()2211n n i N n R n r ε-=⎡⎤-+⎣⎦8．故对于一微扰位移为d 的粒子，有()20π02Q Q r λλε=->F d ，粒子做简谐振动，20π2Q r mλωε= 【解析】 【详解】引理：线电荷密度为()0λλ>的无限长带电线，其在距带电线r 处产生的场强大小为02πE r λε=，方向垂直于带电线向外．，方向垂直于带电线向外． 证明略．证明略．对于本题所给的模型，对于本题所给的模型，建立图示坐标．建立图示坐标．建立图示坐标．因粒子在因粒子在x 轴方向上的受力只与粒子x 方向上的微扰有关，在y 方向上的受力，也只与y 方向上的微扰有关，设粒子在x 方向上有微扰位移x d ，则110021212π2πd 22xi i x Q Q F i i d r x r λλεε∞∞==∆=---⎛⎫⎛⎫+-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑． 又由于x d r =，则()()110022*********π2π22xxx i i d d Q Q F i r i r i r i r λλεε∞∞==⎡⎤⎡⎤∆≈--+⎢⎥⎢⎥--⎛⎫⎛⎫⎣⎦⎣⎦-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑()()22221100441ππ2121x xi i Q d Q d r i r i λλεε∞∞===-=---∑∑．又22222222221111111111113523456246⎛⎫⎛⎫+++=-++++++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭LL L222222221111111111234564123⎛⎫⎛⎫=++++++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L 223ππ468=⨯=，所以，2π2x x Q F d rλε∆=-．同理，20π2y y Q F d rλε∆=-． 故对于一微扰位移为d 的粒子，有()20π02Q Q rλλε=->F Fd ， 故粒子做简谐振动，20π2Q r mλωε=9．（1）πx n k a =，1n =，2，3，… （2）y mk b=，1m =，2，3，…（3）12101239102102πb nm nm -->⨯≈⨯【解析】【解析】 【详解】（1）要使得电磁波在两端形成驻波，则长度应是半波长的整数倍，相位满足：πx k a n =，即πx nk a=，1n =，2，3，…．（2）要使得电磁波在y 方向上的形式稳定为()()(),sin cos x y E x y A k x k y =，则圆柱的周长应为波长的整数倍，相位满足：2π2πy k b m =，即y mk b=，1m =，2，3，…． （3）由222πx yhc W k k =+得22121239π102πn m a b ⎛⎫⎛⎫+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，121239102πm m b <，即12101239102102πb nm nm -->⨯≈⨯10．02U 【解析】【解析】 【详解】将过程分为三个阶段，记为α、β、γ．在第一个14周期内，A U 增加，0A D U U >>，因此二极管2D 截止；又因0DB U ≥，二极管1D 保持导通，等效电路如图1所示，在此阶段2D B A U U U ==，记为α然后A U 开始减小，但AD U 保持不变，最初D U 仍然大于零，因此，2D 依然截止．不过D U 正在逐渐减小，所以1D 截止．由于电容上的电荷无处可走，B U 保持不变，AD U 也保持不变．这个阶段一直持续到0D U =，这一过程等效电路如图2所示，记为β．不过，0D U <是不可能的，所以0D U =直至0A U U =-．这一过程等效电路如答图3所示，记为γ．下面A U 又从0U -开始增加，然后AD U 又保持在0U -不变（再次处于β阶段），而B D U U >停留在02U ，直到D U 升至B U ．当D B U U =时β阶段结束．阶段结束． 而后新的α阶段又开始了．每个周期均按αβγβ---的次序通过各个阶段，但是电路并不是随时间周期变化的，这可以从图4中看出．B U 等比地趋近于02U ，即是说00322B U U U -→，034U ，038U ，0316U ，…．这个电路称为电压倍增器 11．见解析．见解析 【解析】 【详解】将多谐振荡器电路等效为图示电路，可见电流只在0102U R C U ---回路中流动．假设系统存在稳态，则电容电量为常数，因而电阻上电流为0，则1G 输入电压等于输出电压，这显然矛盾，因而系统不存在稳态．不失一般性，电容初态电压为0，系统初态010U =，因而0212U V =，电路沿顺时针给电容充电（电阻上的电流I 从下向上为正，电容电量Q 右边记为正）．从0C Q Q CU ==时起，图中i U 的大小开始小于6V ，门反转，将此后直到门再次反转的过程记为过程I ：此时0112U V =，020U =，由于电容上电量不突变，所以，006iQ U V C=-=-．因而电路沿逆时针给电容反向充电，新充入电量为Q ∆．120Q Q V IR C +∆-=--，即18Q VIR C∆=--．i U 不断上升，到达6C U V =时，10C Q Q Q CU =+∆=-时，门反转，此后进入过程Ⅱ．设过程Ⅰ历时t Ⅰ，将18QV IR C ∆=--与题目中的RC 电路满足的0Q U IR C∆=+类比，过程Ⅰ满足的018U V =，()12Q U t V C∆==，则由电容上的电压随时间变化规律()()01t RCU t U e-=-可得：ln 3tRC =Ⅰ． 对于过程Ⅱ，此时010U =，0212UV =，由于电容上电量不突变，所以，11218i Q U V C=-=．因而电路沿顺时针给电容正向充电，新冲入电量为Q '．1012Q Q V IR C '+∆-=--，即18Q V IR C'∆=+． i U 不断上升，到达6C U V =时，210C Q Q Q CU Q '=+∆==，门再次反转，此后又进入过程Ⅰ．同理可得：1ln 3t RC =． 过程Ⅰ、Ⅱ循环进行．因此得方波的信号周期为2ln3T RC =． 12．（1）4klQ （2）2π2π3d m mlT K k Q== 【解析】 【详解】设由变化的磁场产生的涡旋电场大小为E ，则有22ππB E r r t∆⋅=∆，得到2rE k =⋅，方向垂直于与O 的连线．则杆上场强分量为2x k E y =-⋅，2y kE d =-⋅．（1）由于上下电量相反，y 方向的场强为定值，故钉子在y 方向不受力．在x 方向上，其所受电场力（考虑到上下对称）为202d 224l k Q klQ F y y l ⎛⎫=⨯-⋅⋅=⎪⎝⎭⎰． 故钉子压力为4klQ ．（由于电场和y 坐标成正比，因而也可以使用平均电场计算电场力）坐标成正比，因而也可以使用平均电场计算电场力）（2）设绝缘棒转过一微小角度θ，此时，y 方向的电场力会提供回转力矩．（由于力臂是一阶小量，横坐标变化引起的电场力改变也是一阶小量，横坐标变化引起的电场力改变也是一阶小量，忽略二阶以上小量，忽略二阶以上小量，忽略二阶以上小量，因而不必计算电因而不必计算电场力改变量产生的力矩．由于电场几乎是均匀的，所以正电荷受力的合力力臂为4lθ⋅）244k l kdlQM d Q θθ=-⋅⋅⋅⋅=-，而M I θ=，则04kdlQ Iθθ+=．这是简谐方程，故绝缘棒的运动是简谐运动，其周期为2π2π3d m mlT K k Q==． 13．（1）12AB R r =，78AC R r =（2）241916C rααω=+【解析】 【分析】【分析】 【详解】（1）将题图1所示的电阻网络的A 、B 两点接入电路时，可以发现D 、E 等势点，于是DC 、DE 、CE 可去掉．所以，12AB R r =．将A 、C 接入电路时，将原电路进行等效变化，如图甲所示．接入电路时，将原电路进行等效变化，如图甲所示．11711283122AC R r r r r =+=+．（2）将题图1等效为图所示三端网络．等效为图所示三端网络．由（1）知1122AB R R r ==，1278AC R R R r +==，解得114R r =，258R r =．所以图所示虚线框内的等效阻抗为121211121324154496448i Z r r r i L αααω-⎛⎫ ⎪++=++= ⎪+ ⎪+⎝⎭．电路的总复导纳()()()()()22222222214964213244964111213216213216Y i C i C Z r r ααααωωαααα⎛⎫+++ ⎪=+=⋅+-⋅ ⎪++++⎝⎭为使功率因数为1，则复导纳虚部为0．所以，()()2222244964141916213216C r rαααωαωαα+=⋅=⋅+++14．(1) 201221211π2I N r I r μΦ= (2) ()2201212522213π2N N r r Ivx r xμε=+ (3) 201221π2N N r IQ r Rμ=【解析】【解析】 【详解】6.【解析.如图所示，半径为a 的线圈中通以I 的电流，则中轴线上距圆心x 处的磁感强度为()22π00322222022d d 4π2a a II l a B B a x a x a x μμ==⋅=+++⎰⎰P（1）两线圈在同轴共面位置时，1a r =，0x =，当大线圈中通有1I 的电流时，有010112I B N r μ=⋅因为21r r =，所以，212022πB N r Φ=⋅，则201221211π2I N r I r μΦ=（2）当两环中心相距x 时，有()220121211232221π2N N r r I r x μΦ=+，121M I Φ=，12MI Φ=，()22012122121522213πd d d d d d 2N N r r Ivxx t x tr x μεΦΦ=-=-⋅=+（3）d d q I t =220122012211ππ1d 1d d d d 0d 22N N r IN N r I Q q I t t t R R t R rr R μμε⎛⎫Φ⎛⎫====-⋅=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰⎰ 15．112310.465AB I R I I I '⨯==Ω'''++ 【解析】【解析】【分析】 【详解】将该网络压扁，如图1所示，除AB ，BC ，CD ，DA 间各边电阻为1Ω外，其余电阻为12Ω现在我们讨论MNPQ 的内部电阻我们将RSTL 的内部电阻等效为图2所示电路，其中a ，b 为待定值，由于RSTL 与MNPQ全等，则有如图所示的等价关系，此等价关系即1212MQ MQ MP MP R R R R =⎧⎪⎨=⎪⎩下标的1代表图3，2代表图4（1）MP R 的分析的分析①1MP R ，由对称性，去掉NS ，SL ，LQ 得1112112MP ab a b R ab a b ⎛⎫+⋅ ⎪+⎝⎭=⎛⎫++⎪+⎝⎭ ②2MP R ，由对称性，去掉NQ ，得2MP ab R a b=+，从而112112ab ab a b ab a b a b ⎛⎫+⋅ ⎪+⎝⎭=+⎛⎫++ ⎪+⎝⎭，解得312ab a b -=+ （2）MQ R 的分析的分析①1MQ R ．如图5所示，取回路MNPQM ，MRLQM ，RSTLR ，RLTR ，QLTPQ 得()()13412255256452566225643301110222334001110222I I I I I I aI I I I I I aI a I I I bI I a I I I I I -+=⎧⎪⎪---=⎪⎪-++-=⎨⎪----=⎪⎪+----=⎪⎩解得1626364655166721162582482562376252222531332225b ab a b aI I a b a b a I I a b ab a b a I I a b a a I I a b b a I I a ⎧++++⎪=⎪+⎪+++⎪=⎪+⎪⎪⎪++++⎨=⎪+⎪⎪++⎪=⎪+⎪⎪++⎪=⎪+⎩ 故1122316167211626016246460MQ b ab a b I a R b I I I ab a b a++++==++++++ ②2MP R 如图6所示，由回路MNPQM ，MQPM 得()79878930I I I aaI bI aI⎧--=⎨--=⎩，解得7898322a bI Iaa bI Ia+⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，故()27789344MQa b aaIR I I I a b+==+++．于是有()166721163604416246460312bab a ba b a aba bab a baaba b⎧++++⎪+=⎪+⎪++++⎨⎪-⎪=⎪+⎩⑧⑨令1xa=，由，由⑨⑨得()131xb=--⑩由⑩代入代入⑧⑧化简有2210x x--=．则12x=±又0a>，则0x>，所以，21x=+，所以，()()2132ab⎧=-Ω⎪⎨=+Ω⎪⎩于是ABCD如图7所示，同上步骤可得：所示，同上步骤可得：1618.93I I ''=，2614.55I I ''=，367.19I I ''=，462.64I I ''=，5610.57I I ''=．则112310.465ABI R I I I '⨯==Ω'''++ 16．(1) 2mA D I = (2) 211116mW U P R ==【解析】 【详解】(1)设每只二极管两端的电压为D U ，通过二极管的电流为D I ，则有，则有1222D D DU U I R R ε⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 代入题设数据得代入题设数据得()31.50.2510V DDU I =-⨯这是一个在图c 上横轴截距为1.5，纵轴截距为6，斜率为一4的直线方程，绘于c 图可获一直线一直线（称为二极管的负载线）．因D U 、D I 还受二极管D 的伏安线限制，故二极管必然工作在负载线与伏安曲线的交点P 上，如图c 所示．此时二极管两端的电压和电流分别为1VDU =，2mA DI =．(2)电阻1R 上的电压124V D U U ε=-=．其功率211116mW U P R==．【点睛】对于非线元件的伏安特性曲线，一般无法用函数方式表述，用图解的方式确定其静态工作点应该是不二的选择．应该是不二的选择．物理问题中涉及非线性元件或过程时，物理问题中涉及非线性元件或过程时，物理问题中涉及非线性元件或过程时，通过图解法来确定其工作点，通过图解法来确定其工作点，通过图解法来确定其工作点，应应该是这类问题的通行做法．17．110A I =（方向为11I 的方向），25A I =（方向为21I 的方向）；11200W P =，2600W P =-． 【解析】 【分析】 【详解】【详解】这个电路的结构，不能简单地等效为一个串联、并联电路．要计算这种较复杂的电路，可有多种解法．下面提供两种较为常用的方法．方法一：用基尔霍夫定律解．方法一：用基尔霍夫定律解．如图乙所示，设各支路的电流分别为1I 、2I 、3I ． 对节点1：1230I I I --+=． ① 对回路1：112212I r I r εε-=-． ② 对回路2：2232I r I R ε+=．③解①②③式求得()2121122110A r R RI rrr R r R εε+-==++，()121212215A r R RI r r r R r Rεε+-==-++，2112312215A r r I r r r R r Rεε-==++．2I 为负值，说明实际电流方向与所设方向相反．为负值，说明实际电流方向与所设方向相反． 各发电机输出的功率分别为2111111200W PI I r ε=-=， 221111600W P I I r ε=-=-．这说明第二台发电机不仅没有输出功率，而且还要吸收第一台发电机的功率． 方法二：利用电源的独立作用原理求解．当只考虑发电机1ε的作用时，原电路等效为如图丙所示的电路，的作用时，原电路等效为如图丙所示的电路，由图可知()2111122182A r RI rrr R r R ε+==++，2111280A RI I r R==+． 当只考虑发电机2ε的作用时，原电路等效为如图丁所示的电路． 由图可知由图可知将()1222122175A r RI r r r R r Rε+==++122172A RI I r R ==+两次求得的电流叠加，可得到两台发电机的实际电流分别为两次求得的电流叠加，可得到两台发电机的实际电流分别为11112827210A I I I =-=-=（方向为11I 的方向），2212280755A I I I =-=-=（方向为21I 的方向）．同理，可解得各发电机的输出功率同理，可解得各发电机的输出功率 11200W P =，2600W P =-．【点睛】(1)从本题计算结果看出，将两个电动势和内电阻都不同的电源并联向负载供电未必是好事，这样做会形成两电源并联部分的环路电流，使电源发热．(2)运用基尔霍夫定律解题时，对于一个复杂的含有电源的电路，如果有n 个节点、p 条支路所组成，我们可以对每一支路任意确定它的电流大小和方向，我们可以对每一支路任意确定它的电流大小和方向，最后解出值为正说明所设电流最后解出值为正说明所设电流方向与实际方向一致，所得值为负则说明所设电流方向与实际方向相反．这个电路中共有p 个待求电流强度．个待求电流强度．在n 个节点中任意选取其中()1n -个节点，根据基尔霍夫第一定律，列出节点电流方程组，再选择()1m p n =--个独立回路，根据基尔霍夫第二定律，列出回路电压方程组，个独立回路，根据基尔霍夫第二定律，列出回路电压方程组，从而得从而得到p 个方程即可求解．(3)处理复杂的电路的方法有很多，各种方法的优点与不足是在比较中领会的，对于某一道具体的试题，该用何种方法，取决于你的经验与临场的判断．事实上，这些方法也不存在优劣之分，只是在具体的过程中可能存在繁易的差别．18．(1) 00.659AC R R = (2)0321321EG R R -+++=【解析】【分析】【分析】【详解】(1)先考察B 、D 连线上的节点．由于这些节点都处于从A 到C 途径的中点上，在A 、C 两端接上电源时，这些节点必然处在一等势线上．因此可将这些节点“拆开”，将原网络等效成如图2所示网络．所示网络．。

2020届高考物理必考经典专题专题9 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）考点一: 电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.3.方法技巧求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.学科#网考点二电磁感应中的动量问题电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决. 方法技巧动量在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B错误!未找到引用源。

lΔt=mv2-mv1,q=错误!未找到引用源。

t.③求位移:-BIlΔt=-错误!未找到引用源。

22B l v tR总=0-mv0,即-错误!未找到引用源。

x=m(0-v0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=错误!未找到引用源。

高中物理竞赛磁场试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 一个带正电的粒子以速度v进入一个垂直于速度方向的均匀磁场中，该粒子将：A. 做匀速直线运动B. 做匀速圆周运动C. 做螺旋运动D. 静止不动2. 地球的磁场是由：A. 地球内部的电流产生的B. 太阳风影响产生的C. 地球表面的岩石产生的D. 地球大气层中的电荷分布产生的3. 根据洛伦兹力公式 \( F = q(v \times B) \)，当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力的大小为：A. 0B. \( qvB \)C. \( qB \)D. \( vB \)4. 一个带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径 \( r \) 与磁场强度 \( B \) 和粒子速度 \( v \) 的关系是：A. \( r \propto \frac{1}{Bv} \)B. \( r \propto \frac{1}{B^2v} \)C. \( r \propto \frac{1}{v} \)D. \( r \propto Bv \)5. 以下哪个选项不是磁感应强度的单位？A. 特斯拉（T）B. 韦伯（Wb）C. 高斯（G）D. 奥斯特（Oe）二、填空题（每空2分，共10分）6. 一个带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为 \( F = ______ \)。

7. 磁通量 \( \Phi \) 定义为穿过某一闭合表面的磁感应线的总数量，其单位是 ______ 。

8. 当线圈中的电流发生变化时，线圈周围的磁场也会发生变化，根据法拉第电磁感应定律，线圈中将产生 ______ 。

9. 磁感应强度 \( B \) 的方向定义为 ______ 。

10. 磁铁的南极和北极分别用字母 ______ 和 ______ 表示。

三、计算题（每题10分，共20分）11. 一个带正电的粒子，电荷量 \( q = 1.6 \times 10^{-19} \) C，以速度 \( v = 3 \times 10^7 \) m/s 进入一个磁场强度 \( B =0.5 \) T 的均匀磁场中，求该粒子在磁场中的运动轨迹半径。