2019年版本高考物理第一轮复习专题精练-Word版

2019高考物理一轮复习试题2019高考物理一轮复习试题A 对点训练练熟基础知识1.(单选)如图10所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为图10A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D.Bav解析摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B2a12v=Bav.由闭合电路欧姆定律得，UAB=ER2+R4R4=13Bav，故A正确.答案 A2.(2019武汉模拟)(多选)如图11所示是圆盘发电机的示意图;铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动.则().图11A.由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B.回路中感应电流大小不变，为BL22RC.回路中感应电流方向不变，为CDRCD.回路中有周期性变化的感应电流解析把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误;铜盘切割磁感线产生感应电动势为E=12BL2，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I=ER=BL22R，由右手定则可判断出感应电流方向为CDRC，选项B、C正确，D错误.答案 BC3.(2019焦作模拟)(多选)如图12所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L=1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R=10 的电阻.一阻值为R=10 的导体棒ab 以速度v=4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小为B=0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是().图12A.导体棒ab中电流的流向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V解析导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误;由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv=2 V，感应电流I=E/2R=0.1 A，cd两端的电压为U1=IR=1 V，选项B 正确;由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，选项C错误，D正确.答案 BD4.(单选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图13甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，在图中正确表示线圈感应电动势E变化的是().图13解析在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1=1t1=B1t1S，在第2 s和第3 s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流.在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2=2t2=B2t2S，由于B1=B2，t2=2t1，故E1=2E2，由此可知，A选项正确.答案 A5.(单选)如图14所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心.环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直.导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置.规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是().图14解析导体杆OM在匀强磁场中垂直切割磁感线绕O逆时针方向转动，产生的感应电流大小为：i=ER=BL22R不变，转到没有磁场时，i=0;并由右手定则可判断电流流经电阻R的电流方向.答案 C6.(单选)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图15甲所示.磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则().图15A.从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB.从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大C.t1时刻，导线框中电流为0D.从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变解析导线框面积S不变，读图象知，有两个子过程.0～t1过程，磁感应强度正向减小;t1～t2过程，磁感应强度反向增大.0～t1时间内，正向磁通量减小，由楞次定律判定，应产生顺时针方向电流，故选A.t1～t2时间，磁通量反方向均匀增大，有Bt=k(k为常数).由E=t=SBt，I=ER，解得I=SkR，为定值，故不选B.bc边受到安培力为F安=BILbc，因磁感应强度B线性增大，所以F安线性增大，故不选D.t1时刻，穿过导线框的为0，但其变化率t=k0，所以感应电动势和电流均不为0，故不选C.答案 A7.(单选)边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中.现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图16所示，则下列图象与这一过程相符合的是().图16解析该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有=233x，所以E 电动势=Bl有v=233Bvxx，选项A错误，B正确;F外力=B2l2有vR=4B2x2v3Rx2，选项C错误;P外力功率=F外力vF外力x2，选项D错误.答案 B8.(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图17甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示.已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 ，以下说法正确的是().图17A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为22 TC.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22 CD.线框边长为1 m解析开始时，a=Fm=11 m/s2=1 m/s2，由图可知t=1.0 s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长l=12at2=0.5 m;由t=1.0 s时，线框速度v=at=1 m/s，F=3 N，根据牛顿第二定律有F-B2l2vR=ma，得B=22 T;线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q=It=12BlvRt=22C，故D错，A、B、C正确.答案 ABCB 深化训练提高能力技巧9.(2019福建卷，18)(单选)如图18，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律().图18解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v-t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v-t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v-t图象为A 选项中的图象.答案 A10.(2019四川卷，7)(多选)如图19所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k0).回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则().图19A.R2两端的电压为U7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b极板带正电，选项B错误.根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E=kr2，选项D错误.R2与R02的并联阻值R并=R02R02R02+R02=R04，根据串联分压的特点可知：UR2=47U14=17U，选项A正确.由P=U2R得：PR2=UR22R2=2U249R0.PR=27U2R02+17U2R22=10U249R0，所以PR=5PR2选项C正确. 答案 AC11.如图20所示，边长L=0.20 m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0=1.0 ，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r=0.20 .导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里.金属棒MN 与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上.若金属棒以v=4.0 m/s 的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字)图20(1)金属棒产生的电动势大小;(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向;(3)导线框消耗的电功率.解析 (1)金属棒产生的电动势大小为：E=2BLv=0.500.204.02 V=0.57 V.(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并=1.0 ，由闭合电路欧姆定律有I=ER 并+r=0.48 A，由右手定则有，电流方向从M到N.(3)导线框消耗的电功率为P框=I2R并=0.23 W答案 (1)0.57 V (2)0.48 V 电流方向从M到N (3)0.23 W 12.如图21甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20 m，电阻R=1.0 有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现在一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示.求杆的质量m和加速度a.图21解析导体杆在轨道上做初速为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=Blat①闭合回路中的感应电流为I=ER ②由安培力公式和牛顿第二定律得F-ILB=ma ③将①②式代入③式整理得F=ma+B2L2atR ④由乙图线上取两点，t1=0，F1=1 N;t2=29 s，F2=4 N代入④式，联立方程解得a=10 m/s2，m=0.1 kg.答案 0.1 kg 10 m/s22019高考物理一轮复习试题就分享到这里了，更多相关信息请继续关注高考物理试题栏目！。

重点回顾专练：楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用一、选择题1．(2015·绵阳二诊)法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则( )A ．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B ．接通电池时，电流计指针没有偏转C ．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D ．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零[解析]　接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项AB 错误，D 正确；接通电池后再断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，选项C 错误．[答案]　D2．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量[解析]　条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，说明两次通过闭合线圈的磁通量变化量ΔΦ相同，但时间Δt 不相等，则选项A 正确，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：I ＝，选项C 错误；ΔΦR ×Δt根据电流的定义，可得：q ＝I ×Δt ＝，流过导体某横截面的电荷量q 相等，ΔΦR 选项D 正确．[答案]　AD3．(多选)均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，则( )A ．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流B ．不管环怎样转动，小线圈内都没有感应电流C ．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D ．圆环在做匀速转动时，小线圈内没有感应电流[解析] 带负电的圆环转动时，形成电流．当圆环匀速转动时，等效电流为恒定值，根据电流的磁效应，它产生恒定的磁场，因此通过小线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，A 项错，D 项正确；当圆环变速转动时，产生的等效电流不恒定，产生的磁场也是变化的磁场，通过小线圈的磁通量不断发生变化，也就有感应电流产生，B 项错，C 项正确．[答案]　CD4．(2016·雅礼中学月考)如图所示，接有理想电压表的三角形导线框abc ，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a 、b 两点间有无电势差？电压表有无读数(示数不为零称有读数)( )A ．无、无、无B ．无、有、有C ．无、有、无D ．有、有、有[解析]　由于穿过三角形导线框的磁通量不变，所以框中没有感应电流产生；由于ab 边和bc 边均做切割磁感线的运动，所以均将产生b 端为正极的感应电动势，a、b两点间有电势差；由于没有电流流过电压表，所以其表头指针将不发生偏转，即电压表无读数(示数为零)．综上所述，C正确．[答案]　C5．(多选)(2016·长沙一中月考)如图所示，完全相同的金属棒ab、cd垂直放在足够长的水平光滑金属导轨上且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．ab 棒在极短的时间内获得水平向右的初速度，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．安培力对ab棒做正功B．cd棒一直加速C．abdca回路的磁通量先增加后不变D．ab棒损失的机械能等于回路产生的总热量和cd棒动能的增量之和[解析]　ab棒受到向左的安培力，安培力做负功；cd棒在安培力作用下先加速，当cd棒与ab棒速度达到一致时，整个回路无感应电流，cd棒将匀速运动；当ab棒速度大于cd棒速度时，回路中的磁通量增大．当二者速度相同时回路中的磁通量不变；根据能量守恒可得D正确．故本题选CD.[答案]　CD6．(2016·常德期中)如图所示，一半径为R，圆心角为240°的扇形单匝线圈可绕着磁场边界线上的O点以角速度ω沿逆时针方向转动，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．则从图示位置开始计时，能正确反映线圈中感应电流随时间变化的关系图象是(以顺时针方向为电流的正向)( )[解析]　由图示位置线圈转过60°过程中，通过线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，CD 项错；线圈转过60°到120°过程中，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针方向，即负方向，故A 项错；排除ACD 三个选项，故B 项正确．[答案]　B7．(多选)(2015·沈阳一模)如图所示，一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动．沿着OO ′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动．已知线圈匝数为n ，总电阻为r ，ab 边长为l 1，ad 边长为l 2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则下列判断正确的是( )A ．在图示位置ab 边所受的安培力为F ＝n 2B 2l 21l 2ωR ＋rB ．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝nBl 1l 2R ＋rC ．在图示位置穿过线圈的磁通量为0D ．在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0[解析]　在图示位置，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，C 项正确；ab 、cd 两边垂直切割磁感线，感应电动势最大e ＝nBl 1l 2ω，由法拉第电磁感应定律可知此时磁通量变化率最大，D 项错；又由闭合电路欧姆定律可知，i ＝，ab 边所受安培力F ＝nBIl 1，解三式得：F ＝，A 项正确；线圈eR ＋r n 2B 2l 21l 2ωR ＋r 从图示位置转过90°过程中，磁通量变化量ΔQ ＝Bl 1l 2，由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ，q ＝I ·Δt ，解三式得：q ＝，B 项正确．ΔΦΔt nBl 1l 2R ＋r [答案]　ABC8．汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示．铁质齿轮P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M 是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P 转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使通过线圈的磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M 的感应电流的方向( )A ．总是从左向右的B ．总是从右向左的C ．先从右向左，然后从左向右D ．先从左向右，然后从右向左[解析]　因为穿过线圈的磁通量方向与条形磁铁内部的磁场方向相同，均从右指向左，铁齿靠近线圈时，铁齿的右端是S 极，铁齿单独产生的磁场方向指向铁齿即与原磁场同向，所以在图示时刻，穿过线圈的磁通量最大，随着齿轮的转动磁通量先减小后增大，当下一个铁齿正对线圈时，磁通量又达到最大，结合楞次定律可知，该过程中，通过M 的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，选项C 正确．9．如下图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．在0～t 0和t 0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0D ．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量为SB 02R[解析]　导体棒MN 始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝＝S ，即感应电动势与B －t 图象斜率成ΔΦΔt ΔBΔt 正比，0～t 0时间内的感应电流I 1＝＝S ＝S ，t 0～2t 0时间内的感应电流E R ΔB ΔtR B 0t 0R I 2＝＝S ＝S ，选项C 错.0～t 0时间内竖直向上的磁通量减小，根据楞次E R ΔB ΔtR 2B 0t 0R 定律知感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流为N 到M ，选项B 对.0～t 0时间内磁通量在减小，根据楞次定律推论知导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左．t 0～2t 0时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动趋势，摩擦力水平向右，选项A 错．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量Q ＝×Δt ＝×Δt ＝S ×Δt ＝＝，选项D 错．I E R ΔB ΔtR S ΔB R SB 0R10．(多选)(2015·武汉调研)如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE (由细软导线制成)挂在两固定点A 、D 上，水平线段AD 为半圆的直径，在导线框的E 处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r ，圆的半径为R ，在将导线上的C 点以恒定角速度ω(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )A ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B ．在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量为3BR 22rC ．当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大D ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中产生的电热为πB 2R 4ω2r[解析]　由题意知，在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，直角三角形的面积先增大后减少，穿过直角三角形的磁通量先增大后减少，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针，则选项A 正确；在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量q ＝It ＝t ＝·＝＝＝，则选项B 正确；设DC 与AD 间夹角为E r ΔΦΔt Δt r ΔΦr B ΔS r 3BR 22rθ，通过导线框的磁通量Φ＝B ·2R sin θ·2R cos θ＝2R 2B sin θcos θ＝R 2B sin2θ，所以12通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R 2B sin ωt ，当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，则选项C 错误；在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，对Φ－t 的表达式求导得：E ＝R 2Bωcos ωt ，产生的热量为Q ＝·＝，则选项D 正确．E 2有r πωπB 2R 4ω2r [答案]　ABD二、非选择题11．(2015·万州区模拟)如下图甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．[解析]　Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝＝S ＋Bl vΔΦΔt ΔBΔt 又＝2 T/s ，ΔBΔt 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝l v t ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝S ＋Bl v ＝1.6 V ，ΔBΔt此时回路中的电流I ＝＝1.6 AE R 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．[答案]　1.6 A 1.28 N ，方向向左12．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L ＝0.3 m ，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.5 T ．一根直金属杆MN 以v ＝2 m/s 的速度向右匀速运动，杆MN 始终与导轨垂直且接触良好．杆MN 的电阻r 1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN 中产生的感应电动势E 1.(2)如图乙所示，一个匝数n ＝100的圆形线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r 2＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E 2.(3)有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b 端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a 端的电势较高？求这种情况中a 端的电势φa .[解析]　(1)杆MN 做切割磁感线的运动，E 1＝B 1L v产生的感应电动势E 1＝0.3 V(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E 2＝n S 2ΔB 2Δt产生的感应电动势E2＝4.5 V.(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高通过电阻R的电流I＝E1 R＋r1电阻R两端的电势差φa－φb＝IRa端的电势φa＝IR＝0.2 V.[答案]　(1)0.3 V　(2)4.5 V　(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高　0.2 V。

重点回顾专练：电磁感应的综合应用一、选择题1．(2015·北京西城期末)图中有A 、B 两个线圈．线圈B 连接一电阻R ，要使流过电阻R 的电流大小恒定，且方向由c 点流经电阻R 到d 点．设线圈A 中电流i 从a 点流入线圈的方向为正方向，则线圈A 中的电流随时间变化的图象是( )[解析] 根据感应电动势E ＝n ΔΦΔt表达式知，要想产生从c 经R 流向d 的电流，那么穿过线圈B 中的原磁场方向若向右，则应该在均匀减小，若向左则均匀增加．当线圈A 中从a 点流入电流，则电流应该均匀增加才可以满足题中条件；当线圈A 中从b 点流入电流，则电流应该均匀减小才可以满足题中条件，A 对，B 错；当线圈A 中电流保持不变时，线圈B 中没有感应电流，CD 错．[答案] A2．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12v BlB ．U ＝13v BlC ．U ＝v BlD ．U ＝2v Bl[解析] 电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝E R ＋R ·R ＝12Bl v . [答案] A3．如右图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )[解析] 导线框刚进入磁场时速度设为v 0，此时产生的感应电动势E ＝BL v 0，感应电流I ＝E R ＝BL v 0R ，线框受到的安培力F ＝BLI ＝B 2L 2v 0R .由牛顿第二定律F ＝ma 知，B 2L 2v 0R ＝ma ，由楞次定律知线框开始减速，随v 减小，其加速度a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动．当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D 选项正确．[答案] D4．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2[解析] 根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝E R 和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 及q ＝I Δt 得q ＝BS R ，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．[答案] A5．(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．在时间0～2 s 内，I 的最大值为0.01 AB ．在时间3～5 s 内，I 的大小越来越小C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大[解析] 线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化，引起磁通量的变化．由法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝nSΔB Δt ，其大小由图象的斜率决定，在t ＝0时，斜率最大，且ΔB Δt ＝0.1 T/s ，则I m ＝0.01 A ，A 正确；在时间3～5 s 内，ΔB Δt 一定，产生恒定电流，B 错误；第3 s 内，ΔB Δt ＝0，没有感应电流，D错误；前2 s 内，q ＝I t ＝E R ·t ＝ΔB ·S R ＝0.01 C ，C 正确．[答案] AC6．(多选)(2015·河南郑州一模)如图所示，边长为L 、总电阻为R 的均匀正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其cd 边右侧紧邻两个磁感应强度为B 、宽度为L 、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以速度v 0匀速通过磁场区域，从开始进入到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a 、b 两点间的电势差随时间变化关系的是( )[解析] 线框进入磁场0～L 的过程中，E ＝BL v 0，电流I ＝BL v 0R ＝i 0，方向为逆时针方向，为正，a 点的电势比b 点电势高，a 、b 两点间的电势差U ab ＝14E ＝14BL v0＝u0；在L～2L的过程中，电动势E＝2BL v0，电流I＝2BL v0R＝2i0，方向为顺时针方向，为负，a点的电势比b点的电势高，a、b两点间的电势差U ab＝12E＝12BL v0＝2u0；在2L～3L的过程中，E＝BL v0，电流I＝BL v0R＝i0，方向为逆时针方向，为正，a点的电势比b点的电势低，a、b两点间的电势差U ab＝－34E＝－34BL v0＝－3u0.故选A、C.[答案]AC7．(多选)(2015·陕西长安一中等五校一模)如图所示，空间存在着与圆台侧面垂直且向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．环中维持恒定的电流I不变，随后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是()A．在时间t内安培力对圆环做功为mgHB．圆环先做加速运动后做减速运动C．圆环运动的最大速度为2πBIrt cosθm－gtD．圆环先有扩张后有收缩的趋势[解析]环自撤去电流到最高点过程中，因切割磁感线产生电能进而产生热能．全程应用功能关系，安培力做的功等于重力势能的增加量mgH和电能的增加，A错．环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为2BIπr，则在竖直方向的分力为2BIπr cosθ，由牛顿第二定律，可得：2BIπr cosθ－mg＝ma，则圆环向上的加速度为a ＝2πBIr cos θm－g ，则竖直方向上，在电流未撤去前的过程中，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t ，速度会达到最大值，由v ＝at 得v ＝2πBIrt cos θm－gt ，C 对．电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流受安培力而做变减速运动，B 对．圆环通电流时，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，D 错．[答案] BC8．(多选)(2015·河北八校联考)如图所示，相距L 的两平行光滑金属导轨MN 、PQ 间接有两定值电阻R 1和R 2，它们的阻值均为R .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 .现有一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒在恒力F 的作用下由静止开始运动，运动距离x 时恰好达到稳定速度v .运动过程中金属棒与导轨始终接触良好，则在金属棒由静止开始运动到速度达到稳定的过程中( )A ．电阻R 1上产生的焦耳热为16Fx －112m v 2B ．电阻R 1上产生的焦耳热为14Fx －18m v 2C ．通过电阻R 1的电荷量为BLx RD ．通过电阻R 1的电荷量为BLx 3R[解析] 金属棒由静止运动到速度达到稳定过程，利用功能关系得，Fx ＋W 安＝12m v 2，－W 安＝Q 总，所以Q 总＝Fx －12m v 2，金属棒上的电流是R 1的两倍，由Q ＝I 2Rt 可知，金属棒消耗的焦耳热是每个定值电阻消耗的焦耳热的4倍，即QR 1＝16Q 总，所以A 正确，B 错误．又由电荷量q ＝ΔΦR 总，ΔΦ＝BLx ，R 总＝32R ，qR 1＝12q 可知，qR 1＝BLx 3R ，C 错误，D 正确．[答案] AD9．(多选)(2015·长沙一中月考)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道半径为r 、间距为L ，轨道的电阻不计．在轨道的顶端连有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd 开始，在拉力作用下以速率v 0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为f →R →eB ．通过R 的电流方向为e →R →fC ．R 上产生的热量为πB 2L 2v 04R rD ．通过R 的电荷量为πBLr 2R[解析] 由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，A 错误，B 正确；通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLr R ，D 错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E ＝BL v 0cos v 0r t ，有效值E 有＝BL v 02，R 上产生的热量Q ＝E 2有R t ＝B 2L 2v 202R ·πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，C 正确． [答案] BC10．(多选)(2015·济南针对性训练)如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场方向固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v 向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受拉力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间变化的图象中正确的是( )[解析] 根据法拉第电磁感应定律可知：E ＝BL v ＝B v ·v t tan α，因在拉力作用下，导体棒以恒定的速度v 向右做匀速运动，由此可知A 选项正确；设单位长度的导体棒或导轨的电阻为ρ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r＝B v 2t tan αρ⎝ ⎛⎭⎪⎫v t ＋v t cos α＋v t tan α＝B v tan αρ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1cos α＋tan α，由此可知I －t 图象为一条平行于时间轴的直线，所以B 选项错误；根据功能关系，导体棒所受拉力做的功等于导体棒动能的增量和回路电功之和，导体棒的速度不变，故P ＝EI ，结合上面的分析可知，P ∝t ，故C 选项正确；由Q ＝I 2Rt ∝t 2，可知回路中产生的焦耳热随时间变化的关系图线为曲线，因此D 选项错误．[答案] AC二、非选择题11．(2016·泰安摸底)如图甲所示，间距为L ＝0.3 m 、足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面成θ＝30°角，M 、P 之间连接有电流传感器和阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，导轨上垂直停放一质量为m ＝0.1 kg 、电阻为r ＝0.20 Ω的金属杆ab ，且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度方向垂直导轨平面向下、大小为B ＝0.50 T 的匀强磁场中．在t ＝0时刻，用一与导轨平面平行的外力F 斜向上拉金属杆ab ，使之从静止开始沿导轨平面斜向上做直线运动，电流传感器将通过R 的电流i 采集并输入电脑，获得电流i 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．电流传感器和导轨的电阻及空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)求t ＝2 s 时刻杆ab 的速度大小；(2)求从静止开始在2 s 内通过金属杆ab 横截面的电荷量q ；(3)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度a 的大小．[解析] (1)设t ＝2 s 时刻ab 的速度为v 2，杆ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v 2根据闭合电路欧姆定律有E ＝i (R ＋r )由以上两式解得v 2＝i (R ＋r )BL ＝0.5×(0.4＋0.2)0.5×0.3m/s ＝2 m/s. (2)由i －t 图像可知q ＝i t ＝12×2.0×0.5 C ＝0.5 C.(3)v ＝i (R ＋r )BL ＝k (R ＋r )t BL ，故金属杆做匀加速直线运动，其加速度大小a ＝k (R ＋r )BL＝1 m/s 2. [答案] (1)2 m/s (2)0.5 C (3)1 m/s 212．(2015·温州二测)如图所示，宽度为L 的粗糙平行金属导轨PQ 和P ′Q ′倾斜放置，顶端Q 、Q ′之间连接一个阻值为R 的电阻和开关S ，底端P 、P ′与一小段水平轨道用光滑圆弧相连．已知底端P 、P ′离地面的高度为h ，倾斜导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)中．若断开开关S ，将一根质量为m、电阻为r、长为L的金属棒从AA′处由静止释放，金属棒落地点与PP′的水平距离为x1；若闭合开关S，将金属棒仍从AA′处由静止释放，则金属棒落地点与PP′的水平距离为x2.不计导轨电阻，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，忽略金属棒经过PP′处的能量损失，重力加速度为g，求：(1)开关断开时，金属棒离开PP′的速度大小；(2)开关闭合时，金属棒在下滑过程中产生的焦耳热；(3)开关S闭合，金属棒从比AA′更高处由静止释放，金属棒落地点与PP′的水平距离仍为x2，请定性说明金属棒在倾斜导轨上的运动规律．[解析](1)设开关断开时，金属棒离开PP′的速度大小为v1，在空中运动的时间为t，则：x1＝v1tt＝2h g可得：v1＝x1g2h(2)设开关断开时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功为W G，摩擦力做功为W F，根据动能定理：W G＋W F＝12m v 2 1开关闭合时，金属棒离开PP′的速度v2＝x2g2h开关闭合时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功和摩擦力做功与开关断开时相同，设安培力做功为W安，系统产生的焦耳热为Q，由动能定理可得：W G＋W F＋W安＝12m v 2 2又因为Q＝－W安神笛2005神笛2005 金属棒产生的焦耳热Q r ＝rR ＋r Q联立以上方程可得：Q r ＝mgr (x 21－x 22)4h (R ＋r )(3)金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动．[答案](1)x 1g 2h (2)mgr (x 21－x 22)4h (R ＋r ) (3)见解析。

课练 27 磁场对运动电荷的作用1．(2018·黑龙江哈六中期中)如图所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1∶t 2为( )A ．2∶3B ．2∶1C ．3∶2D ．3∶1答案：D解析：两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示．电子1垂直射入磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为电子1的运动轨迹的直径，c 点为圆心．电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，根据r ＝m v Bq 可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t 1＝T 2＝πm Bq ，电子2运动的时间t 2＝T 6＝πm 3Bq ，所以t 1∶t 2＝3∶1，故选D.2．(2018·陕西榆林一模)如图所示，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 ，带电荷量为－q ，速率为v 0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B 0＝m v 0qL ，A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的14圆弧，B 选项中曲线为半径是L 2的圆)( )答案：A解析：由于带电粒子流的速度均相同，则当粒子飞入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，r＝L.D选项中磁场的磁感应强度是2B0，粒子的轨迹半径是A、B、C选项中粒子的轨迹半径的一半．粒子的初速度都相同，以初速度的方向为切线，以粒子进入磁场的点为切点，画半径已知的圆，圆弧与磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图中粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，A选项正确．当粒子射入B、C两选项中磁场时，均不可能汇聚于同一点，粒子射入D选项中磁场时向下偏转，但仍不能汇聚到一点，B、C、D选项错误．3．(2018·江西第三次联考)如图所示在平面直角坐标系xOy的第一象限中，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一带电粒子以一定的速度平行于x轴正方向从y轴上的a处射入磁场，粒子经磁场偏转后恰好从坐标原点O射出磁场．现使同一带电粒子以速度方向不变、大小变为原来的4倍，仍从y轴上的a处射入磁场，经过t0时间射出磁场，不计粒子所受的重力，则粒子的比荷qm为()A.π6Bt0 B.π4Bt0C.π3Bt0 D.π2Bt0答案：C解析：带电粒子射入匀强磁场后做匀速圆周运动，粒子第一次射入磁场时，轨迹半径为a 2，粒子第二次射入磁场时，粒子轨迹半径为2a ，由此可知粒子第二次在磁场中偏转60°后射出磁场，因此t 0＝T 6，由T ＝2πm qB 可得q m ＝π3Bt 0.C 正确． 4．(2018·吉林模拟)如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的一条直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为2v ，方向与ab 成30°角时恰好从b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t ；若仅将速度大小改为v ，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)( )A ．3t B.3t 2C.t 2 D ．2t答案：D解析：设磁场区域的半径为R ，根据周期公式T ＝2πm qB ，可得同一粒子在磁场中运动时的周期相同，当速度的大小为2v 时，粒子做圆周运动的轨迹圆心为C ，根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60°；磁场区域的半径恰好等于粒子做圆周运动的轨迹半径的一半；当速度的大小为v 时，轨迹半径为原来的一半，粒子运动轨迹的圆心为O ′点，在原来的半径aC 的中点处，则新的轨迹圆的半径与磁场区域的半径相等，则θ＝60°，由几何关系可知圆弧所对的圆心角为120°，则粒子的运动时间为2t ，所以D 正确．5．(2018·湖南邵阳二模)(多选)如图所示，在坐标系x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2＝3∶2.在原点O处同时发射两个质量分别为m a和m b的带电粒子，已知粒子a以速度v a沿x轴正方向运动，粒子b以速率v b沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b 带负电，带电荷量相等，且两粒子的速率满足m a v a＝m b v b，若在此后的运动中，当粒子a第四次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是() A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2B．两粒子在y轴正半轴相遇C．粒子a、b相遇时的速度方向相同D．粒子a、b的质量之比为1∶5答案：BCD解析：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝m vqB，可得ra1rb1＝m a v aqB1m b v bqB1＝11，选项A错误．由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝m vqB可知，粒子a从O点出发沿x轴正方向运动，逆时针向上运动半周沿y轴上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下运动半周后下移2ra1，由于B2<B1，则第二次经过y轴时粒子a在坐标原点的上方(2ra2－2ra1)处，同理，第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra2－2ra1)处，选项B正确．粒子在磁场B1、B2中的半径之比为2∶3，如图所示，从运动情况进行考虑，粒子b向上运动半周后与粒子a相遇，粒子a第四次经过y轴时速度方向向右，而粒子b运动半周时速度方向也向右，所以粒子a、b相遇时的速度方向相同，选项C 正确．根据周期公式T＝2πmqB及题意，当两粒子在y轴上相遇时，有12 Tb1＝Ta1＋Ta2，即12×2πm bqB1＝2πm aqB1＋2πm aqB2，结合B1∶B2＝3∶2，得m am b＝15，选项D正确．6．(2018·辽宁沈阳郊联体联考)(多选)在如图所示的虚线MN上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的∠Q为直角，∠QOP＝30°.两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知()A．带电粒子a的速度一定比b的大B．带电粒子a的比荷一定比b的大C．带电粒子a的运动周期一定比b的大D．带电粒子a的轨迹半径一定比b的大答案：AB解析：根据题意，两带电粒子的运动轨迹如图所示，两带电粒子做圆周运动的半径相同，运动时间相同，t a＝2π32πT a，t b＝π32πT b，所以T b＝2T a，再由T＝2πmqB可知，q am a＝2q bm b，B正确，C、D错误；因为两带电粒子的轨迹半径相同，由R＝m vqB和m bq b>m aq a可知，v b<v a，A正确．7．(2018·河北衡水中学摸底)如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电的粒子，比荷为qm，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度垂直射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用．已知编号为①的粒子恰好从F 点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E 点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则( )A ．编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为πm qBB ．编号为②的粒子磁场区域内运动的时间为πm qBC ．①②③三个粒子进入磁场的速度依次增大D ．①②③三个粒子在磁场内运动的时间依次增加答案：C解析：设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的轨迹半径为r 1，速度大小为v 1，则有q v 1B ＝m v 21r 1，由几何关系可得r 1＝a 2sin60°，解得v 1＝3Bqa 3m ，在磁场中转过的圆心角为120°，则运动时间t 1＝13T ＝2πm 3qB ；设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的轨迹半径为r 2，速度大小为v 2，由几何关系可得r 2＝a ，解得v 2＝qBa m ，该粒子在磁场中转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中的运动时间t 2＝T 6＝πm 3qB ；设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的轨迹半径为r 3，速度大小为v 3，由几何关系可得r 3＝23a ，解得v 3＝23Bqa m ，在磁场中转过的圆心角为30°，则t 3＝T 12＝πm 6aB .选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．8．(2018·吉林长春质检)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，磁场方向垂直纸面向里，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 垂直射入磁场一带负电的粒子，最后粒子恰好从e 点射出，则( )A ．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短答案：A解析：如图所示，根据几何关系可知，当粒子从d 点射出时，轨迹半径增大为原来的2倍，由半径R ＝m v qB 可知，粒子的速度也增大为原来的2倍，或粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的一半，选项A 正确，选项B 、C 错误；由粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹所对应的圆心角，所以从e 、d 射出时所用时间相等，从f 点射出时所用时间最短，选项D 错误．9．(2018·浙江温州中学模拟)(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子可在边界AD 上的不同点射入，入射速度垂直于AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为qBd m ，不计粒子重力，则( )A ．粒子在磁场中的运动轨迹半径为d 2B ．粒子从距A 点0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区域C ．粒子从距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为πm qBD ．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm 3qB答案：CD解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有q v B ＝m v 2r ，其中v ＝qBd m ，解得r ＝d ，故A 错误；画出粒子恰好不进入Ⅱ区域的临界轨迹，如图所示，结合几何关系，有AO ＝r sin 30°＝2r ＝2d ，故粒子从距A 点0.5d 处射入，会进入Ⅱ区，故B 错误；粒子从距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t ＝T 2＝πm Bq ，故C 正确；从A 点进入Ⅱ区域的粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t min ＝T 6＝πm 3qB ，故D 正确．10.(2018·安徽巢湖一中、合肥八中等十校联考)如图所示，平行边界MN 、PQ 之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，两边界间距为d ，边界MN 上A 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v ＝2qBd 3m ，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ 边界射出的区域长度与能从MN 边界射出的区域长度之比为( )A ．1∶1B ．2∶3C.3∶2 D ．27∶7答案：C解析：由q v B ＝m v 2R 可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径R ＝23d ，当速度方向沿AN 时，轨迹交PQ 于B 点，当轨迹恰好与PQ 相切时，轨迹交PQ 于C 点，B 、C 间的距离为粒子能从PQ 边界射出的区域长度，由几何关系可知∠O 1BC ＝∠O 2AD ＝30°，所以BC ＝2R cos30°＝3R ；当粒子垂直于MN 射入时，粒子与MN 交于E 点(轨迹是半圆，没画出)，A 、E 间的距离是粒子能从MN 边界射出的长度，AE＝2R ，所以BC AE ＝3R 2R ＝32.11．(2018·江苏如皋第二次质检)在xOy 坐标系第一象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，电子的质量为m ，电荷量为q ，以速度v 0与x 轴正方向成θ角垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后从x 轴上的P 点射出磁场，如图所示，求：(1)电子运动的轨迹半径R ；(2)OP 的长度；(3)电子由O 点射入到从P 点射出磁场所需的时间t .答案：(1)m v 0qB (2)2m v 0sin θqB (3)2θm qB解析：(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 20R ，解得R ＝m v 0qB .(2)电子运动的轨迹如图所示，由几何知识得OP ＝2R sin θ＝2m v 0sin θqB .(3)由图可知，轨迹对应的圆心角为2θ，电子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，电子在磁场中的运动时间t ＝2θ2πT ＝2θm qB .12．(2018·广东珠海一模)如图所示，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在纸面内以速度v 从y 轴负方向上的A 点(0，－L )射入，其方向与x 轴正方向成30°角，粒子离开磁场后能回到A 点，不计重力．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)粒子从A 点出发到再回到A 点的时间．答案：(1)3m v 6qL (2)(12＋103π)L 3v解析：(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，r ＝L tan60°sin30°＝23L ，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，联立得B ＝3m v 6qL .(2)粒子做匀速直线运动的时间t 1＝2×2L v ＝4L v ，在磁场中偏转了300°，所用时间t 2＝300°360°T ＝56×2π×23L v＝103πL 3v ， 粒子从A 点出发到再回到A 点的时间t ＝t 1＋t 2＝(12＋103π)L 3v. 刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷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．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，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，则v 2：v 1为( )A.3：2B.2：1C.3：1 D ．3： 2答案：C解析：设速率为v 1的粒子最远出射点为M ，速率为v 2的粒子最远出射点为N ，如图所示，则由几何知识得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． 2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB答案：A解析：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，意在考查学生应用磁场对运动电荷的作用规律解题的能力．由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B ，A 项正确．3．(2016·新课标全国卷Ⅲ)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A.m v 2qBB.3m v qBC.2m v qBD.4m v qB答案：D解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R ＝m v qB .设入射点为A ，出射点为B ，圆弧与ON 的交点为P .由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB ＝R .由几何图形知，AP ＝3R ，则AO ＝3AP ＝3R ，所以OB ＝4R ＝4m v qB .故选项D 正确．4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等答案：AC解析：设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，设B 2＝B ，B 1＝kB则由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2B ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m v qB ，T ＝2πm qB所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k 根据a ＝v 2R ，ω＝v R 可知a 2a 1＝1k ，ω2ω1＝1k 所以选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2018·河北邢台质检)如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD ，带电粒子从A 点沿AB 方向射入磁场，恰好从C 点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD 的中点P 垂直AD 射入磁场，从DC 边的M 点飞出磁场(M 点未画出)．设粒子从A 点运动到C 点所用时间为t 1，由P 点运动到M 点所用时间为t 2(带电粒子重力不计)，则t 1∶t 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．3∶2 D.3∶ 2答案：C解析：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A 点进入C 点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P 点进入M 点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t 1t 2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C 正确． 6.(2018·长沙四校一模)(多选)如图所示，圆心角为90°的扇形COD 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点．现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法中正确的是()A．粒子a带正电，粒子b带负电B．粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2C．粒子a、b的速率之比为2∶5D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53答案：CD解析：本题考查了粒子在磁场中的运动问题，意在考查考生运用相关规律及数学知识解决物理问题的能力．两个粒子的运动轨迹如答图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b 的轨道半径分别为R a、R b，则R a＝r2，R2b＝r2＋⎝⎛⎭⎪⎫R b－r22，sinθ＝rR b，得R b＝54r，θ＝53°，由q v B＝mv2R，得v＝qBm R，所以粒子a、b的速率之比为v a vb＝R aR b＝25，C正确；由牛顿第二定律得加速度a＝q v Bm，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为a aa b＝v a vb＝25，B错误；粒子a在磁场中运动的时间t a＝πR a va，粒子b在磁场中运动的时间t b ＝53°180°πR bv b，则t at b＝18053，D正确．7．(2018·山东胶东示范校二模)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A 和B ，A 带负电、质量为m 、电荷量为q ，B 质量为2m 、不带电，A 和B 间动摩擦因数为0.5.初始时A 、B 处于静止状态，现将大小为F ＝mg 的水平恒力作用在B 上，g 为重力加速度．A 、B 处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B 0.若A 、B 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A ．水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g 2B ．A 做匀加速运动的时间为m qB 0C ．A 的最大速度为mg qB 0D ．B 的最大加速度为g答案：BC解析：本题考查考生对带电体在磁场中运动过程的分析能力．F 作用在B 上瞬间，假设A 、B 一起加速，则对A 、B 整体有F ＝3ma＝mg ，对A 有f A ＝ma ＝13mg <μmg ＝12mg ，假设成立，因此A 、B 共同做加速运动，加速度为g 3，A 选项错误；A 、B 开始运动后，整体在水平方向上只受到F 作用，做匀加速直线运动，对A 分析，B 对A 有水平向左的静摩擦力f A 静作用，由f A 静＝mg 3知，f A 静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力N A ＝mg －q v B 0逐渐减小，最大静摩擦力μN A 减小，当f A 静＝μN A 时，A 、B 开始相对滑动，此时有mg 3＝μ(mg－q v 1B 0)，v 1＝mg 3qB 0，由v 1＝at 得t ＝m qB 0，B 选项正确；A 、B 相对滑动后，A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有f A 静＝μ(mg －q v A B 0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有mg ＝q v 2B 0，得最大速度v 2＝mg qB 0，C 选项正确；A 、B 相对滑动后，对B 有F －f A 滑＝2ma B ，f A 滑减小，则a B 增大，当f A 滑减小到零时，a B 最大＝F 2m ＝g 2，D 选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，小车A的质量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s.带正电荷q＝0.2 C的可视为质点的物体B，质量m ＝0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0＝0.5 T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2)，则()A．物体B的最终速度为10 m/sB．小车A的最终速度为13.5 m/sC．小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/sD．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J答案：ABD解析：当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A 的速度最小，有q v B B0＝mg，解得v B＝10 m/s，根据动量守恒定律得M v0＝m v B＋M v A，解得v A＝13.5 m/s，A、B正确，C错误．根据能量守恒定律得Q＝ΔE k＝M v20/2－M v2A/2－m v2B/2＝8.75 J，D正确．9．图甲所示的有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A．2cosθB．sinθC．cosθD．tanθ答案：C解析：设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bq v ＝m v 2r ，得B ＝m v rq ，由几何关系知d ＝r 1sin θ，d ＝r 2tan θ，联立得B 1B 2＝cos θ，C 正确．刷易错易误——排难点易错点1忽略带电粒子运动轨迹的对称性导致错误10．(2018·四川资阳二诊)(多选)图中的MN、PQ为两条相互平行的虚线，在MN的上方、PQ的下方空间存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的O点沿与PQ成θ＝30°角的方向斜向上射出一带电粒子(纸面内运动)，粒子在上、下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的S点，且经过S点的速度与O点的速度方向相同，忽略粒子的重力．则()A．如果保持θ不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过S点B．粒子每次经过边界PQ时的速度都与初速度相同C．该粒子可能带正电也可能带负电D．如果仅将θ增大到60°，则粒子一定不能经过S点答案：AC解析：以带正电荷的粒子为例，粒子先在MN和PQ间做匀速直线运动，进入上方磁场做匀速圆周运动，再分别做匀速直线运动和匀速圆周运动的轨迹如图所示，由于上、下方磁场的磁感应强度相等，则轨迹对应的弦长x＝2r sinθ，而r＝m vqB.设两平行虚线之间的距离为L，粒子经过两次匀速直线运动和两次匀速圆周运动后沿水平方向向右移动的距离OS＝L cotθ－x＋L cotθ＋x＝2L cotθ，与轨迹半径无关，即与速度无关，所以增大粒子的速度后，粒子仍将通过S点，选项A 正确；由以上分析，粒子每次经过PQ时速度方向与初速度方向不一定相同，选项B错误；粒子若带负电，则粒子在上方磁场先向右平移x，到下方磁场后向左平移x，则总的平移距离仍为2L cotθ，选项C正确；若将θ增大到60°，则粒子上下偏转一次平移的距离将发生变化，但由于3cot60°＝cot30°，即粒子经过3次上下偏转后，也将通过S点，选项D错误．易错点2忽略洛伦兹力的方向特点而导致选择错误11．(多选)如图所示，有一半径为R的光滑绝缘塑料半圆形轨道，水平固定于一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现将一质量为m、所带电荷量为＋q的小球从轨道的左端由静止释放，半圆形轨道的最低点为A，不考虑涡流现象，则下列说法正确的是()A．小球沿轨道运动过程中机械能不守恒B．小球通过A点时对轨道的压力可能为3mg－qB2gRC．小球通过A点时对轨道的压力可能为3mg＋qB2gRD．从轨道的左端由静止释放的小球，可能从轨道右端滑出答案：BC解析：由于小球运动过程洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球机械能守恒，A错误；小球第一次通过最低点A时的受力情况如图甲所示，则由机械能守恒定律可得，mgR＝12，小球第一次通过2m v，且F洛＝Bq v，最低点A时由牛顿第二定律可得N1＋F洛－mg＝m v2R联立解得N1＝3mg－qB2gR，由牛顿第三定律知，B正确；同理可得小球第二次经过最低点A时，其受力情况如图乙所示，小球第二次经过最低点A时由牛顿第二定律可得N2－F洛－mg＝m v2，且F洛＝RBq v，则联立解得N2＝3mg＋qB2gR，C正确，D错误．刷综合大题——提能力12．(2017·新课标全国卷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B0；x＜0区域，。

重点回顾专练：电磁感应的综合应用一、选择题1．(2015·北京西城期末)图中有A 、B 两个线圈．线圈B 连接一电阻R ，要使流过电阻R 的电流大小恒定，且方向由c 点流经电阻R 到d 点．设线圈A 中电流i 从a 点流入线圈的方向为正方向，则线圈A 中的电流随时间变化的图象是( )[解析]　根据感应电动势E ＝n 表达式知，要想产生从c 经R 流向d 的ΔΦΔt 电流，那么穿过线圈B 中的原磁场方向若向右，则应该在均匀减小，若向左则均匀增加．当线圈A 中从a 点流入电流，则电流应该均匀增加才可以满足题中条件；当线圈A 中从b 点流入电流，则电流应该均匀减小才可以满足题中条件，A 对，B 错；当线圈A 中电流保持不变时，线圈B 中没有感应电流，CD 错．[答案]　A2．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝v BlB ．U ＝v Bl 1213C ．U ＝v BlD ．U ＝2v Bl[解析]　电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝·R ＝Bl v .E R ＋R 12[答案]　A3．如右图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )[解析]　导线框刚进入磁场时速度设为v 0，此时产生的感应电动势E ＝BL v 0，感应电流I ＝＝，线框受到的安培力F ＝BLI ＝.由牛顿E R BLv 0R B 2L 2v 0R 第二定律F ＝ma 知，＝ma ，由楞次定律知线框开始减速，随v 减小，B 2L 2v 0R 其加速度a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动．当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D 选项正确．[答案]　D4．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2[解析]　根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝和焦耳定律E R Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝·＝，因为l ab >l bc ，所B 2l 2v 2R l ′v B 2Slv R 以Q 1>Q 2.根据＝，＝及q ＝Δt 得q ＝，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项E ΔΦΔt I E R I BSR B 、C 、D 错误．[答案]　A5．(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．在时间0～2 s 内，I 的最大值为0.01 AB ．在时间3～5 s 内，I 的大小越来越小C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大[解析]　线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化，引起磁通量的变化．由法拉第电磁感应定律，E ＝n ＝，其大小由图象的斜ΔΦΔt nS ΔBΔt 率决定，在t ＝0时，斜率最大，且＝0.1 T/s ，则I m ＝0.01 A ，A 正确；在时ΔBΔt 间3～5 s 内，一定，产生恒定电流，B 错误；第3 s 内，＝0，没有感应电ΔB Δt ΔBΔt 流，D 错误；前2 s 内，q ＝t ＝·t ＝＝0.01 C ，C 正确．I E R ΔB ·SR [答案]　AC6．(多选)(2015·河南郑州一模)如图所示，边长为L 、总电阻为R 的均匀正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其cd 边右侧紧邻两个磁感应强度为B 、宽度为L 、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以速度v 0匀速通过磁场区域，从开始进入到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a 、b 两点间的电势差随时间变化关系的是( )[解析]　线框进入磁场0～L 的过程中，E ＝BL v 0，电流I ＝＝i 0，方向BLv 0R 为逆时针方向，为正，a 点的电势比b 点电势高，a 、b 两点间的电势差U ab ＝E ＝BL v 0＝u 0；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BL v 0，电流1414I ＝＝2i 0，方向为顺时针方向，为负，a 点的电势比b 点的电势高，a 、b2BLv 0R 两点间的电势差U ab ＝E ＝BL v 0＝2u 0；在2L ～3L 的过程中，E ＝BL v 0，电流1212I ＝＝i 0，方向为逆时针方向，为正，a 点的电势比b 点的电势低，a 、b 两BLv 0R 点间的电势差U ab ＝－E ＝－BL v 0＝－3u 0.故选A 、C.3434[答案]　AC7．(多选)(2015·陕西长安一中等五校一模)如图所示，空间存在着与圆台侧面垂直且向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B ，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m 、半径为r 的匀质金属环位于圆台底部．环中维持恒定的电流I 不变，随后圆环由静止向上运动，经过时间t 后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H .已知重力加速度为g ，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．在时间t 内安培力对圆环做功为mgHB ．圆环先做加速运动后做减速运动C ．圆环运动的最大速度为－gt2πBIrt cos θm D ．圆环先有扩张后有收缩的趋势[解析]　环自撤去电流到最高点过程中，因切割磁感线产生电能进而产生热能．全程应用功能关系，安培力做的功等于重力势能的增加量mgH 和电能的增加，A 错．环中通以恒定电流I 后，圆环所受安培力为2BIπr ，则在竖直方向的分力为2BIπr cos θ，由牛顿第二定律，可得：2BIπr cos θ－mg ＝ma ，则圆环向上的加速度为a ＝－g ，则竖直方向上，在电流未撤去前的过程中，圆2πBIr cos θm 环将做匀加速直线运动，经过时间t ，速度会达到最大值，由v ＝at 得v ＝－gt ，C 对．电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中2πBIrt cos θm 切割磁感线产生感应电流受安培力而做变减速运动，B 对．圆环通电流时，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，D 错．[答案]　BC8．(多选)(2015·河北八校联考)如图所示，相距L 的两平行光滑金属导轨MN 、PQ 间接有两定值电阻R 1和R 2，它们的阻值均为R .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 .现有一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒在恒力F 的作用下由静止开始运动，运动距离x 时恰好达到稳定速度v .运动过程中金属棒与导轨始终接触良好，则在金属棒由静止开始运动到速度达到稳定的过程中( )A ．电阻R 1上产生的焦耳热为Fx －m v 216112B ．电阻R 1上产生的焦耳热为Fx －m v 21418C ．通过电阻R 1的电荷量为BLx RD ．通过电阻R 1的电荷量为BLx3R[解析]　金属棒由静止运动到速度达到稳定过程，利用功能关系得，Fx ＋W 安＝m v 2，－W 安＝Q 总，所以Q 总＝Fx －m v 2，金属棒上的电流是R 1的1212两倍，由Q ＝I 2Rt 可知，金属棒消耗的焦耳热是每个定值电阻消耗的焦耳热的4倍，即QR 1＝Q 总，所以A 正确，B 错误．又由电荷量16q ＝，ΔΦ＝BLx ，R 总＝R ，qR 1＝q 可知，qR 1＝，C 错误，D 正确．ΔΦR 总3212BLx3R [答案]　AD9．(多选)(2015·长沙一中月考)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径14为r 、间距为L ，轨道的电阻不计．在轨道的顶端连有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd 开始，在拉力作用下以速率v 0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为f →R →eB ．通过R 的电流方向为e →R →fC ．R 上产生的热量为r πB 2L 2v 04RD ．通过R 的电荷量为πBLr2R[解析]　由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，A 错误，B 正确；通过R 的电荷量q ＝＝，D 错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E ＝BL v 0cos ΔΦR BLr R t ，有效值E 有＝，R 上产生的热量v 0r BLv 02Q ＝t ＝·＝，C 正确．E 2有R B 2L 2v 202Rπr 2v 0πrB 2L 2v 04R [答案]　BC10．(多选)(2015·济南针对性训练)如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场方向固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受拉力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间变化的图象中正确的是( )[解析]　根据法拉第电磁感应定律可知：E ＝BL v ＝B v ·v t tan α，因在拉力作用下，导体棒以恒定的速度v 向右做匀速运动，由此可知A 选项正确；设单位长度的导体棒或导轨的电阻为ρ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝＝ER ＋r ＝，由此可知I －t 图象为一条平行于时间轴Bv 2t tan αρ(vt ＋vtcos α＋vt tan α)Bv tan αρ(1＋1cos α＋tan α)的直线，所以B 选项错误；根据功能关系，导体棒所受拉力做的功等于导体棒动能的增量和回路电功之和，导体棒的速度不变，故P ＝EI ，结合上面的分析可知，P ∝t ，故C 选项正确；由Q ＝I 2Rt ∝t 2，可知回路中产生的焦耳热随时间变化的关系图线为曲线，因此D 选项错误．[答案]　AC二、非选择题11．(2016·泰安摸底)如图甲所示，间距为L ＝0.3 m 、足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面成θ＝30°角，M 、P 之间连接有电流传感器和阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，导轨上垂直停放一质量为m ＝0.1 kg 、电阻为r ＝0.20 Ω的金属杆ab ，且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度方向垂直导轨平面向下、大小为B ＝0.50 T 的匀强磁场中．在t ＝0时刻，用一与导轨平面平行的外力F 斜向上拉金属杆ab ，使之从静止开始沿导轨平面斜向上做直线运动，电流传感器将通过R 的电流i 采集并输入电脑，获得电流i 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．电流传感器和导轨的电阻及空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)求t ＝2 s 时刻杆ab 的速度大小；(2)求从静止开始在2 s 内通过金属杆ab 横截面的电荷量q ；(3)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度a 的大小．[解析]　(1)设t ＝2 s 时刻ab 的速度为v 2，杆ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v 2根据闭合电路欧姆定律有E ＝i (R ＋r )由以上两式解得v 2＝＝m/s ＝2 m/s.i (R ＋r )BL 0.5×(0.4＋0.2)0.5×0.3(2)由i －t 图像可知q ＝t ＝×2.0×0.5 C ＝0.5 C.i 12(3)v ＝＝，故金属杆做匀加速直线运动，其加速度大小a ＝i (R ＋r )BL k (R ＋r )t BL ＝1 m/s 2.k (R ＋r )BL [答案]　(1)2 m/s (2)0.5 C (3)1 m/s 212．(2015·温州二测)如图所示，宽度为L 的粗糙平行金属导轨PQ 和P ′Q ′倾斜放置，顶端Q 、Q ′之间连接一个阻值为R 的电阻和开关S ，底端P 、P ′与一小段水平轨道用光滑圆弧相连．已知底端P 、P ′离地面的高度为h ，倾斜导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)中．若断开开关S ，将一根质量为m 、电阻为r 、长为L 的金属棒从AA ′处由静止释放，金属棒落地点与PP ′的水平距离为x 1；若闭合开关S ，将金属棒仍从AA ′处由静止释放，则金属棒落地点与PP ′的水平距离为x 2.不计导轨电阻，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，忽略金属棒经过PP ′处的能量损失，重力加速度为g，求：(1)开关断开时，金属棒离开PP ′的速度大小；(2)开关闭合时，金属棒在下滑过程中产生的焦耳热；(3)开关S 闭合，金属棒从比AA ′更高处由静止释放，金属棒落地点与PP ′的水平距离仍为x 2，请定性说明金属棒在倾斜导轨上的运动规律．[解析]　(1)设开关断开时，金属棒离开PP ′的速度大小为v 1，在空中运动的时间为t ，则：x 1＝v 1tt ＝2hg23可得：v 1＝x 1g2h(2)设开关断开时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功为W G ，摩擦力做功为W F ，根据动能定理：W G ＋W F ＝m v 1221开关闭合时，金属棒离开PP ′的速度v 2＝x 2g2h开关闭合时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功和摩擦力做功与开关断开时相同，设安培力做功为W 安，系统产生的焦耳热为Q ，由动能定理可得：W G ＋W F ＋W 安＝m v 122又因为Q ＝－W 安金属棒产生的焦耳热Q r ＝Q rR ＋r 联立以上方程可得：Q r ＝mgr (x 21－x 2)4h (R ＋r )(3)金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动．[答案]　(1)x 1　(2)　(3)见解析g 2h mgr (x 21－x 2)4h (R ＋r )。

考点精讲1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．（3）楞次定律中“阻碍”的含义2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．考点精练题组1楞次定律1．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁当磁铁向下运动但未插入线圈内部时，线圈中A．没有感应电流B．感应电流的方向与图中箭头方向相反C．感应电流的方向与图中箭头方向相同D．感应电流的方向不能确定【答案】C【解析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同。

故C正确，A、B、D错误。

2．下列各图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )【答案】：CD3．如图所示，导线AB与CD平行。

当开关 S闭合与断开时，关于导线CD 中感应电流的方向，下列判断正确的是A． S闭合时方向向左，S断开时方向向左B． S闭合时方向向右，S断开时方向向左C． S闭合时方向向左，S断开时方向向右D． S闭合时方向向右，S断开时方向向右【答案】C【解析】当S闭合时，穿过回路CD的磁通量垂直纸面向外增大，由楞次定律得知感应电流的磁场方向应是垂直纸面向里，由安培定则判知感应电流方向是由D到C；当S断开时，穿过回路CD的磁通量垂直纸面向外减小，由楞次定律得知感应电流的磁场方向应是垂直纸面向外，由安培定则判知感应电流方向是由C 到D；故选：C4．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生【答案】B5．如图，铁芯上绕有两组线圈，一组与电源相连，另一组与灵敏电流计相接。

重点回顾专练：匀变速直线运动问题的常用解题方法 一、选择题1．(多选)—物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2[解析]　若规定初速度v 0的方向为正方向，则仔细分析“1 s 后速度的大小变为10 m/s ”这句话，可知1 s 后物体速度可能是10 m/s ，也可能是－10 m/s ，因此，两速度同向时，a 1＝＝ m/s 2＝6 m/s 2，x 1＝t ＝7 m ．两vt －v 0t 10－41v 0＋vt2速度反向时，a 2＝＝m/s 2＝－14 m/s 2，x 2＝t ＝－3 m ．式中vt －v 0t －10－41v 0＋vt2负号表示方向与规定的正方向相反，A 、D 正确．[答案]　AD2．中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000 m ，着陆距离大约为2000 m ．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( )A ．3∶2B ．1∶1C ．1∶2D ．2∶1[解析]　由x ＝解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是vt2＝＝1∶1，选项B 正确．t 1t 2x 1v 2x 2v 1[答案]　B3．一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下．设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( )A.∶B.∶2332C ．(－1)∶(－)D ．(－)∶(－1)232322[解析]　运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动；根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比可知选项D 正确．[答案]　D4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由上述条件可知( )A ．质点运动的加速度是0.6 m/s 2B ．质点运动的加速度是0.3 m/s 2C ．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD ．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s[解析]　由Δx ＝aT 2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s 2，选项A 错误，B 正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度等于0.2 m/s ，第1次闪光时质点的速度是v 1＝v －a ＝0.2 m/s －0.3×0.5 m/s ＝0.05 m/s ，第2T2次闪光时质点的速度是v 2＝v ＋＝0.2 m/s ＋0.3×0.5 m/s ＝0.35 m/s ，选项aT2C 、D 错误．[答案]　B5．动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组，若动车组在匀加速运动过程中通过第一个60 m 所用时间是10s ．通过第二个60 m 所用时间是6 s ．则( )A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m[解析]　本题考查匀变速直线运动的规律．通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以5s 末的速度v 1＝x 1/t 1，解得v 1＝6m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2/t 2，解得v 2＝10 m/s.由v 2＝v 1＋a 得a ＝0.5 m/s 2.(12t 1＋12t 2)由再接下来的6 s 和前面的6秒是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2即x －60m ＝aT 2，解得x ＝78 m.[答案]　A6．考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车．路旁竖一标志杆，在车以10 m/s 的速度匀速行驶过程中，当车头与标志杆的距离为20 m 时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处，忽略学员的反应时间，则( )A ．汽车刹车过程的时间为4 sB ．汽车刹车过程的时间为2 sC ．汽车刹车时的加速度大小为5 m/s 2D ．汽车刹车时的加速度大小为0.25 m/s 2[解析]　采用逆向思维法，刹车过程可以看作是初速度为零的匀加速直线运动．由x ＝v t 可得t ＝4 s ，选项A 正确，B 错误；根据v 2＝2ax 可得，a ＝2.5 12m/s 2，选项C 、D 错误．本题答案为A.[答案]　A7．如右图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为( )A.B.2(v 1＋v 2)32(v 21＋v 2)3C.D.v 12v 21＋v 2323[解析]　设子弹在木块中运动的加速度为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有：v 2－v ＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有21v －v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝，因此C 对．22v 21＋v 23[答案]　C8．如右图所示，在地面上一盘子C 的正上方A 处有一金属小球a 距C 为20 m ，在B 处有另一个金属小球b距C 为15 m ，小球a 比小球b 提前1 s 由静止释放(g 取10 m/s 2)．则( )A ．b 先落入C 盘中，不可能在下落过程中相遇B ．a 先落入C 盘中，a 、b 下落过程相遇点发生在BC 之间某位置C ．a 、b 两小球同时落入C 盘D ．在a 球下落过程中，a 、b 两小球相遇点恰好在B 处[解析]　小球a 、b 释放后均做自由落体运动，则有h ＝gt 2，代入计算得12t a ＝2 s ，t b ＝ s ，小球a 提前1 s 释放，所以b 释放后a 运动t a －1 s ＝1 s 落入3C 盘，比b 球早落入．选项A 、C 错．b 球释放时a 下落1 s ，此时下落的高度h ＝gt ′2＝5 m ，刚好到达小球b 的同高处，此时b 开始释放，所以二者在B 12点相遇，然后a 球超过b 球先落入盘中．选项D 对，B 错．[答案]　D9．一物体从某时刻起做匀减速直线运动直到静止，在静止前连续通过三段位移的时间分别是3 s 、2 s 、1 s ，则这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．33∶23∶1,32∶22∶1B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．3∶2∶1,1∶1∶1D ．5∶3∶1,3∶2∶1[解析]　将物体反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则0～1 s 内的位移为x 3＝at 2＝，1～3 s 内的位移为x 2＝a ×33－a ×12＝4a,3～6 s 内的位移12a21212为x 1＝a (6)2－a (3)2＝a ，故位移大小之比x 1∶x 2∶x 3＝27∶8∶1＝32∶23∶1；1212272平均速度v ＝，故平均速度之比为∶∶＝32∶22∶1，故A 正确．xt 33323211[答案]　A10．(2016·山东潍坊月考)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．测得每隔2 s 的三个时刻物体的瞬时速度，记录在下表中．g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0246v (m·s －1)8128A.物体运动过程中的最大速度为12 m/s B ．t ＝3 s 时刻物体恰好经过B 点C ．t ＝10 s 时刻恰好停在C 点D ．A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离[解析]　根据题意，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，因为第4 s 时的速度大于第2 s 时的速度，这说明第2 s 时物体还在斜面上做加速直线运动，所以物体在斜面上做加速运动时的加速度大小为a 1＝＝4 m/s 2.假设在第4 s 时物体还在斜面上运动，那么根据第2 s 和第4 8 m/s2 s s 时的记录数据可得，物体在斜面上的加速度大小为2 m/s 2，这与前面的计算结果矛盾，所以假设不成立，第4 s 时物体在水平面上滑动．根据最后两组数据可得，物体在水平面上做减速运动的加速度大小为a 2＝2 m/s 2，物体在第2 s 到第4 s 间的某一刻到达B 点，此时物体的速度最大，设最大速度为v ，则＋＝2 s ，可解得v ＝ m/s ，所以物体恰好经过B 点的时刻为v －8 m/s4 m/s2v －12 m/s2 m/s2403t ＝＝ s ，选项A 、B 错误；物体运动的总时间t 总＝＋＝10 s ，即t ＝10 va 1103va 1va 2s 时刻恰好停在C 点，所以选项C 正确；A 、B 间和B 、C 间的距离分别为x 1＝和x 2＝，因为a 1>a 2，所以x 2>x 1，即A 、B 间的距离小于B 、C 间的距v 22a 10－v 2－2a 2离，所以选项D 错误．[答案]　C 二、非选择题11．某消防员在一次执行任务过程中，遇到突发事件，需从10 m 长的直杆顶端先从静止开始匀加速下滑，加速度大小a 1＝8 m/s 2，然后立即匀减速下滑，减速时的最大加速度a 2＝4 m/s 2，若落地时的速度不允许超过4 m/s ，把消防员看成质点，求该消防员下滑全过程的最短时间．[解析]　设直杆长为h ，加速下滑部分长为h 1，减速下滑部分长为h 2，最大速度为v ，落地速度为v 1，由速度—位移公式v 2－v ＝2ax ，再由h 1＋h 2＝h ，20解得：＋＝h v 22a 1v 2－v 212a 2又有速度—时间公式v ＝a 1t 1联立以上各式解得：v ＝8 m/s 2，t 1＝1 s落地前的速度为v 1＝4 m/s ，由速度—时间公式v 1＝v －a 2t 2，解得：t 2＝1 s 该消防员下滑全过程的最短时间为：t ＝t 1＋t 2＝2 s [答案]　2 s12．(2016·抚州摸底)为了最大限度地减少道路交通事故，全省各地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间(从发现情况到开始制动所需的时间)比正常时慢了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．(1)图甲为《驾驶员守则》中驾驶员的部分正常反应距离(汽车在反应时间内通过的距离)表格．请选取表格数据计算驾驶员的正常反应时间；车速v (km/h)406080反应距离s (m)57.510图甲(2)如图乙所示，假设一饮酒后的驾驶员驾车以72 km/h 的速度在平直公路上行驶，在距离某学校门前32 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s ，刹车后，车做加速度大小为9.5 m/s 2的匀减速直线运动．试通过计算说明是否会发生交通事故．[解析]　(1)由表格数据可知，正常反应距离与速度成正比，即在表格所给的速度范围内，驾驶员的正常反应时间相同由v ＝s t选其中一组数据代入，可得正常反应时间t 0＝＝0.45 s s 0v 0(2)v ＝72 km/h ＝20 m/s 反应距离s ′＝v (t 0＋Δt )代入数据得s ′＝13 m刹车后做匀减速直线运动，由v 2＝2ax 代入数据可得刹车距离x ＝21.05 m 因为x ＋s ′＝34.05 m>32 m 所以会发生交通事故[答案]　会发生交通事故。

2019人教版高考物理一轮训练选----选择题（1）及答案李仕才1、（2017 •北京东城区质检）研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度，若引入一个新的物理量（加速度的变化率）来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（）A.m/sB. m/s2C. m/s3D. m2/sAa m/s2丽加速度变化的快慢可用At表示。

该物理量的单位为s =m/s\C正确。

2、顶端装有滑伦的粗糙斜而固定在地而上，力、〃两物体通过细绳如图接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）。

现用水平力厂作用于悬挂的物体〃上，使其缓慢拉动一小角度，发现川物体仍然静止。

则此过程中正确的选项是（）A.水平力尸变大B.物体A所受斜面给的摩擦力一左变大C.物体力所受斜血给的作用力不一定变大D.细绳对物体A的拉力不变解析如图所示，对物块〃受力分析,mg则有矽tan "，斥二"SO,当〃被拉动一个小角度后，〃角增尢力F增大，同时细绳对物体A的拉力斤增大,A受到斜面的摩擦力根据初始状态的不同,可能增大也可能减小，物体A受到斜而给的作用力一定改变，故A正确,B、C、D错误;故选A。

3、在滑冰场上，甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动，在猛推一下后分别向相反方向运动。

假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。

已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于（）A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程屮，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小答案|c解厠在推的过程中，作用力与反作用力大小相等，相互作用时间相同，故A、B均错;分开后，% Ff?两者滑动摩擦力分别为£1二〃〃Tig,斤2二则各自的加速度分别为日】二"1二〃g,及二“2二“g,X 1 v l 2X 2两者做匀减速直线运动的加速度大小相等，则根据 Fax 、可知2 V 2 ,因为脸顶,则旳”2, 故C 对、D 错。

重点回顾专练：电场能与粒子运动综合练一、选择题1．如右图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点．则静电平衡后()A．导体Q仍不带电B．a点的电势高于b点的电势C．检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D．带正电的检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能[答案] D2．如右图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q点电荷为圆心，半径为L2画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a点所受到的电场力最大B．电荷＋q在a点的电势能最大C．电荷＋q在b点的电势能最大D．电荷＋q在c、d两点的电势能相等[解析]电场强度叠加后，a点处场强最大，A正确；将正电荷从a点沿圆周移动到c、b、d点，＋Q对正电荷不做功，－9Q对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b点克服电场力做功最多，移动到c、d两点克服电场做功相同，因此正电荷在a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确．[答案] B3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如右图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小[解析]根据电场线与等势线垂直且指向低电势，画出电场线；开始时带负电粒子运动方向与受力方向不垂直，故做曲线运动．由于最后离开电场故电场力先做正功后做负功；所以C正确．[答案] C4．(2015·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则()A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|[解析]φ－x图象的斜率表示该点的电场强度，所以M点电场强度不为零，N点电场强度为零，A错误，B正确；因为没有确定正方向，所以无法根据斜率的正负判断电场强度的方向，C错误；因为MN间电势差与PN间电势差大小不相等，所以|W PN|≠|W NM|，D错误．[答案] B5．(多选)如右图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是()A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变[解析]A板与外界绝缘，所以本题属于电容器电量不变问题．[答案]BD6．(多选)将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在右图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A<F B<F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C>E k B>E k A[解析]三个带电微粒在水平方向上做速度不变且相等的匀速运动，由运动轨迹可判断运动时间t A>t B>t C.竖直方向电场力F A<F B<F C，由于竖直方向运动距离相等，所以电场力做功W A<W B<W C，故选CD.[答案]CD7．(2015·山东滨州质检)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能E k四个物理量随时间变化规律的是()[解析] 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零，T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 继续向B 板做匀减速直线运动．根据匀变速运动v －t 图象是倾斜的直线可知A 正确．电子做匀变速直线运动时，x －t 图象是抛物线，故B 错误．根据电子做匀变速运动时的加速度大小不变，a －t 图象应平行于横轴，故C 错误．匀变速运动的v －t 图象是倾斜的直线，则E k －t 图象是曲线，故D 错误．[答案] A8．(多选)(2015·湖南湘中名校联考)如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场．则( )A ．所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场B ．t ＝0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半[解析] t ＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场，说明竖直方向速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场，A 正确；由于t ＝0时刻射入的粒子在两板间竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，B 错误；t ＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为d 2；根据分位移公式有d 2＝0＋v y m 2·L v 0，由于L ＝d ，故v y m ＝v 0，故E k ′＝12m (v 20＋v 2y m )＝2E k0，故C 正确；速度加倍前运动时间为周期的整数倍，当入射速度加倍成2v 0，运动时间为周期的偶数倍时，侧向位移与速度为v 0时一样，D 错误．[答案] AC9．如右图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到的重力与电场力的关系是3qE ＝mgC ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl[解析] 小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB 之间往复运动，其幅度不变，故选项A 、C 错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB 轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为W ＝－qEl (1－cos60°)＝－12qEl ，选项D 正确．[答案] D10．(多选)如右图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P ，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v ，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x ，若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是( )A ．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v 2C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大[解析] 由题意得qE ＝mg sin θ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减少量，故A 正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故D 错误．[答案] AB二、非选择题11．(2015·贵阳模拟)如图所示，两块平行金属板MN 、PQ 竖直放置，两板间的电势差U ＝1.6×103 V ，现将一质量m ＝3.0×10－2 kg 、电荷量q ＝＋4.0×10－5 C 的带电小球从两板左上方的A 点以初速度v 0＝4.0 m/s 水平抛出，已知A 点距两板上端的高度h ＝0.45 m ，之后小球恰好从MN 板上端内侧M 点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ 板上的C 点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)带电小球到达M 点时的速度大小；(2)C 点到PQ 板上端的距离L ；(3)小球到达C 点时的动能E k .[解析] (1)设小球到达M 点时的速度大小为v ，从A 到M 的过程中，由机械能守恒，有：12m v 2－12m v 20＝mgh得v ＝v 20＋2gh ＝ 4.02＋2×10×0.45 m/s ＝5.0 m/s(2)如图所示，设小球到达M 点时的速度方向与MN 板间的夹角为θ，则有：sin θ＝v 0v ＝0.8 ①在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球受到的静电力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致．设极板间的电场强度为E、极板间距离为d，则有tanθ＝Eqmg②U＝Ed③L＝d cotθ④联立①②③④式，代入数据，可解得C点到PQ板上端的距离L＝qUmg tan2θ＝0.12 m(3)从M到C的过程中，由动能定理，有：qU＋mgL＝E k－12m v2代入数据，可求得小球到达C点时的动能E k＝0.475 J[答案](1)5.0 m/s(2)0.12 m(3)0.475 J12．(2015·宁波二模)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A和R B的同心金属半球面A和B构成的，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E k0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，求到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k左和ΔE k右分别为多少；(4)比较|ΔE k 左|和|ΔE k 右|的大小，并说明理由．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2RE k0＝12m v 2R ＝R A ＋R B 2联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0e (R A ＋R B )(3)电子运动时只有电场力做功，据动能定理有ΔE k ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔE k 左＝e (φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)根据电场线的特点，可定性分析等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB －φC |>|φA －φC |即|ΔE k 左|>|ΔE k 右|[答案] (1)φA <φB (2)4E k0e (R A ＋R B ) (3)e (φB －φC ) e (φA －φC ) (4)|ΔE k 左|>|ΔE k右|神笛2005 神笛2005。