2020版高考物理一轮复习第九章磁场第3课时课时作业

命 题 设 计难度题号 较易中等稍难单 一 目 标 电磁感应中的力学问题64、5电磁感应中的电路问题 1、2 电磁感应中的能量问题3、7、8综合 目标综合应用 9、10 11、12高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63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．(2010·六安模拟)如图1所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则 ( ) A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大 C ．如果R 变大，v m 将变小 D ．如果m 变小，v m 将变大解析：以金属杆为研究对象，受力如图所示． 根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2， 结合此式分析即得B 选项正确． 答案：B目标2．如图2所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则 ( ) A ．电容器两端的电压为零 B ．电阻两端的电压为BLv C ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错． 答案：C3．如图3所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的 斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上 的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质 量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属 棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的 是 ( ) A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒的动能之和D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热 之和解析：由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 、D 错误． 答案：A4．如图4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( ) A.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 ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A.答案：A5．如图5所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有 ( ) A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑 C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后减速下滑 D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后加速下滑解析：若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 12L 2vR＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2vR >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 错；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2vR<0，可能先减速后匀速下滑，故D 错． 答案：B6．如图6所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为 ( ) A ．1∶4 B ．1∶2 C ．1∶1 D ．不能确定解析：根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BLv )2R a ·L v W b ＝Q b ＝(B ·2Lv )2R b ·2L v由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4.A 项正确． 答案：A7．如图7所示，有一用铝板制成的U 型框， 将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬 挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直 于磁场方向向左以速度v 匀速运动，悬挂拉 力为F T ，则 ( ) A ．悬线竖直，F T ＝mg B ．悬线竖直，F T >mg C ．悬线竖直，F T <mg D ．无法确定F T 的大小和方向解析：设两板间的距离为L ，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BLv ，即带电小球处于电势差为BLv 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q EL ＝q BLvL＝qvB . 设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F 洛＝qvB ，方向由左手定则判断竖直向下，即F 电＝F 洛，所以F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg .故无论小球带什么电，F T ＝mg .选项A正确． 答案：A8．(2010·芜湖模拟)如图8甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图8乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图9中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D9．(2010·黄山模拟)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程 ( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为Bdl2(R ＋r )C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔSR ＋r＝BdlR ＋r，B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 错，D 对． 答案：D二、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤，有数值计算的要注明单位)10．(11分)如图11甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt (k 为常量)，如图11乙所示．金属圈下半部分在磁场外．若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？解析：设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER， 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πr S，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg 由以上各式求得t ＝2mgρk 2Sr2.答案：2mgρk 2Sr211．(12分)(2010·淮南模拟)如图12所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L ，导轨上端有阻值为R 的电阻，质 量为m 的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和 导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一 矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B .开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒 仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度；(2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 解析：(1)设棒速为v ′，有E ＝BL (v －v ′) ①F 安＝BIL ＝BLE R ＝B 2L 2(v －v ′)R②棒受力平衡有：mg ＝F 安 ③ 联立得：v ′＝v －mgRB 2L 2④ 方向向上(2)P ＝E 2R ⑤联立①④⑤得：P ＝m 2g 2RB 2L 2.答案：(1)v －mgR B 2L 2 向上 (2)m 2g 2RB 2L212．(14分)(2010·亳州模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R .磁场的磁感应强度为B ，如图13所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ? (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)解析：(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBLv ② 产生的感应电流I ＝E R③ 流过导线横截面的电荷量q ＝It ④ 联立①②③④得q ＝nBLdR. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即W ＝W G ＋W 安 ⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W ＝Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt.答案：(1)nBLd R (2)Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt。

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第4课时 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
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2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况 下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力 分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运 用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向， 小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ ⑤
若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上
分位移为零，则有 vyt－12gt2＝0 ⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 3 s. 答案：(1)20 m/s 方向与电场方向成 60°角斜向上
(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间
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第4课时 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
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解析：(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力 在同一平面内，合力为零，有 qvB＝ q2E2＋m2g2 ①
A．适当减小电场强度 E B．适当减小磁感应强度 B C．适当增大加速电场极板之间的距离 D．适当减小加速电压 U
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第4课时 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
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A 解析：要使电子在复合场中做匀速直线运动，有 Eq＝qvB. 根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向
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第4课时 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
基础回顾

一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：C由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B 正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D 正确．选C.2．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是()解析：C磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A 错误；磁场向左，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以B错误；磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C正确；磁场向外，电流向外，它们的方向相同，不受安培力的作用，所以D错误．3.三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为()A．大小为B，方向沿OA方向B．大小为22B，方向竖直向下C．大小为2B，方向沿OB方向D．大小为2B，方向沿OA方向解析：D由安培定则知导线A、B在O处所产生的磁感应强度大小相等，方向相反，相互抵消，所以O处的磁感应强度即为导线C所产生的磁感应强度，即大小为2B，由安培定则可判定其方向沿OA方向，A、B、C错，D对．4.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析：D由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，如图所示，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D对．5.(2018·南昌十所省重点中学联考)如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为ρ＝2.5 g的导线绕制而成，三条细线对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O ，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T ，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(重力加速度为g ＝10 m/s 2)( )A ．0.1 AB ．0.2 AC ．0.05 AD ．0.01 A解析：A 设线圈的半径为r ，则线圈的质量m ＝2n πr ×2.5×10－3 kg ，磁场的水平分量为B sin 30°，线圈受到的安培力为：F ＝B sin 30°×I ×2n πr ，由于线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，则2n πr ×2.5×10－3×10＝B sin 30°×I ×2n πr ， 解得：I ＝0.1 A ，选项A 正确．6．(2018·淮北模拟)利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B .用绝缘轻质丝线把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F 作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小F .当线框接入恒定电压为E 1的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 1；当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 2.已知F 1>F 2，则磁感应强度B 的大小为( )A ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1－E 2)B ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)C ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1－E 2)D ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1＋E 2)解析：B 当线框接入恒定电压为E 1时，拉力显示器的示数为F 1，则F 1＝mg ＋B E 1RL ；接入恒定电压为E 2时(电流方向与电压为E 1时相反)，拉力显示器的示数为F 2，则F 2＝mg－B E 2R L ；联立解得B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)，选项B 正确． 7.(2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a 、b 两点与两导线共面，a 点在两导线的中间且与两导线的距离均为r ，b 点在导线2右侧，与导线2的距离也为r .现测得a 点的磁感应强度大小为B 0，已知距一无限长直导线d 处的磁感应强度大小B ＝kI d，其中k 为常量，I 为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是( )A ．b 点的磁感应强度大小为B 04B ．若去掉导线2，b 点的磁感应强度大小为B 06C ．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b 点的磁感应强度为0D ．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a 点的磁感应强度大小仍为B 0解析：BD 根据B ＝kI d ，可知a 点磁感应强度B 0＝kI r ＋kI r ＝2kI r ，则：kI r ＝12B 0，根据右手螺旋定则，此时b 点磁感应强度为：B b ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3r ＝13B 0，方向向外，故选项A 错误；若去掉导线2，b 点的磁感应强度大小为：B b ′＝kI 3r ＝16B 0，故选项B 正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b 点的磁感应强度为B b ″＝kI r －k ·2I 3r ＝kI 3r ＝16B 0，方向向外，故选项C 错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a 点的磁感应强度大小为B b ″＝k ·2I r＝B 0，故选项D 正确． 8.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F 1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F 2，则以下说法正确的是( )A ．弹簧长度将变长B ．弹簧长度将变短C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2解析：BC 如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力减小，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短．9．(2018·肇庆模拟)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是()A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小解析：AD当t＝0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安＝BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B 减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B＝0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，到一个周期时MN又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C错误，D正确．10.(2018·河北定州中学模拟)如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则()A．电解液将顺时针旋转流动B．电解液静止不动C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢D ．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变解析：AD 电解液中当通以如题图所示电流时，将电解液看成无数个幅条状导体组成，每根导体中电流从环边缘流向K ，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动，故A 正确，B 错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F ＝BIL 知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C 错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D 正确．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.如图所示，MN 是一根长为l ＝10 cm ，质量m ＝50 g 的金属棒，用两根长度也为l 的细软导线将导体棒MN 水平吊起，使导体棒处在B ＝13T 的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°，求金属棒中恒定电流的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg 、导线拉力F T 、安培力F 共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：W F ＋W G ＝0其中W F ＝Fl sin θ＝BIl 2sin θ，W G ＝－mgl (1－cos θ)金属棒中的电流为I ＝mg (1－cos 37°)Bl sin 37°解得：I ＝5 A答案：5 A12．(2018·渭南质检)如图所示，电源电动势为3 V ，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m ，两环分别与电源正负极相连．现将一质量为0.06 kg 、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场．当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m ，此位置与环底的高度差是多少？解析：棒受的安培力F ＝BIL棒中电流为I ＝E R，代入数据解得 F ＝BEL R＝0.8 N 对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2F N ＝F 2＋(mg )2代入数据解得F N ＝0.5 N由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N由图中几何关系有tan θ＝F mg ＝0.80.6＝43，得θ＝53° 棒距环底的高度为h ＝r (1－cos θ)＝0.2 m答案：0.5 N 0.2 m。

电磁感应中的电路和图象问题[基础训练]1．(20xx·福建省高考适应)如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区域开始计时，到A 点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况是如图所示中的( )答案：A 解析：感应电流I＝＝，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，I＝0；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小．故A正确，B、C、D错误．2．(20xx·山西四校联考)如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图象是下图所示的( )答案：C 解析：根据楞次定律，在金属框进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，选项A、B错误；由E＝BLv可知，金属框离开磁场过程中切割磁感线的有效长度均匀减小，故感应电动势均匀减小，由闭合电路欧姆定律可知，金属框中的感应电流均匀减小，选项D错误，C正确．3．(20xx·湖北黄冈质检)如图所示，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L，一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示i­t图象的是( )答案：A 解析：由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针且逐渐增加，当导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由负向最大值变为零．故A正确．4．(20xx·广东四校第一次联考)如图所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻．导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2 Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s 向左做匀速运动时( )A．ab棒所受安培力大小为0.02 NB．N、Q间电压为0.2 VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1 A答案：A 解析：ab棒产生的电动势E＝BLv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，电流I＝＝0.4 A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.5×0.4×0.1 N ＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝E＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．5．(20xx·海南七校联盟联考)(多选)如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线上串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则( )A．流经R1的电流方向向上B．流经R2的电流方向向下C．流经R1的电流方向向下D．流经R2的电流方向向上答案：AD 解析：导体棒PQ向左切割磁感线运动时，由右手定则可判断出导体棒与R1组成的回路中产生的感应电流是顺时针方向，即流经R1的电流方向向上，选项A正确；导体棒与电阻R2组成的回路中产生的感应电流是逆时针方向，即流经R2的电流方向向上，选项D 正确．6．(20xx·江苏南京二模)(多选)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中，正确的是( )答案：BD 解析：设加速度为a，运动的位移x＝at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，选项A错误；感应电动势E＝＝BLat，故∝t，选项B正确；U＝＝t，U∝t，选项D正确；电荷量q ＝，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，选项C错误．7．(20xx·广东广州六校第一次联考)(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r ＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是( )A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 WD．S断开后，通过R2的电荷量为1.8×10－5 C答案：AD 解析：由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为：I＝＝ A＝0.12 A，电阻R1上消耗的功率为：P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为：Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5 C＝1.8×10－5 C，故D正确．[能力提升]8．(20xx·山东德州期末)(多选)如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L.在磁场区域的左侧边界处有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用外力F使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F 和电功率P随时间变化规律的图象是( )答案：ABD 解析：在0～时间内，磁通量Φ＝BLvt，为负值，逐渐增大；在t＝时磁通量为零；当t＝时，磁通量Φ＝BL2为最大正值；在～时间内，磁通量为正，逐渐减小；t＝时，磁通量为零；～时间内，磁通量为负，逐渐增大；t＝时，磁通量为负的最大值；～时间内，磁通量为负，逐渐减小，由此可知选项A正确．在0～时间内，E ＝BLv，为负值；在～时间内，两个边切割磁感线，感应电动势E＝2BLv，为正值；在～时间内，两个边切割磁感线，感应电动势E＝2BLv，为负值；在～时间内，一个边切割磁感线，E＝BLv，为正值，B 正确.0～时间内，安培力向左，外力向右，F0＝F安＝BI0L，电功率P0＝IR＝；～时间内，外力向右，F1＝2B·2I0L＝4F0，电功率P1＝IR ＝＝4P0；～时间内，外力向右，F2＝2B·2I0L＝4F0，电功率P2＝IR ＝＝4P0；在～时间内，外力向右，F3＝BI0L＝F0，电功率P3＝IR＝＝P0，选项C错误，D正确．9．如图所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s 的速度水平向左匀速运动．R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6 μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计．开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：(1)通过R2的电流I的大小和方向；(2)拉力F的大小；(3)开关S1切断后通过R2的电荷量Q.答案：(1)0.1 A，方向是b→a(2)0.1 N (3)7.2×10－6 C解析：(1)开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→aMN中产生的感应电动势的大小E＝BLv流过R2的电流I＝ER1＋R2代入数据解得I＝0.1 A.(2)棒受力平衡有F＝F安F安＝BIL代入数据解得F＝0.1 N.(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1＝CIR2S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q＝Q1－0代入数据解得Q＝7.2×10－6 C.10．如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ef、cd与水平面成θ＝30°角固定，导轨间距离为l＝1 m，导轨电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B ＝1 T．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到­的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2.(1)求金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；(2)当电阻箱的阻值R取2 Ω，且金属棒的加速度为g时，求金属棒的速度大小．答案：(1)0.2 kg 2 Ω(2)0.5 m/s解析：(1)金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有E ＝Blvm，由闭合电路欧姆定律有E＝I，根据平衡条件有BIl＝mgsin θ，整理得＝，由­图象可知＝1 m－1·s·Ω，·＝0.5 m－1·s.解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω.(2)设此时金属棒下滑的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律有E′＝Blv，由闭合电路欧姆定律有E′＝I′，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI′l＝m，联立解得v＝0.5 m/s.。

教学资料范本2020高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练28磁场的描述磁吃电流的作用新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练28磁场的描述磁吃电流的作用新人教版基础巩固组1.(安培定则的应用)(20xx·黑龙江牡丹江一中期末)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的.在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是( )答案B解析地磁场从地理的南极附近出来,进入地理的北极附近,除两极外,地表上空的磁场都具有向北的磁场分量.根据安培定则,环形电流外部磁场方向向北可知,B正确.A图在地表上空产生的磁场方向向南,故A错误.C、D两图在地表上空产生的磁场方向沿东西方向,故C、D错误.2.(安培定则的应用和磁场的叠加)(20xx·四川成都一诊)右图为水平放置的两根等高固定长直导线的截面图,O点是两导线连线的中点,a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点,两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流.下列说法正确的是( )A.两导线之间存在相互吸引的安培力B.O点的磁感应强度为零C.O点的磁感应强度方向竖直向下D.a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反答案C解析同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,A错误;两个电流在O点的磁感应强度方向都是竖直向下,不为0,B错误,C正确;a、b两点磁感强度大小相等、方向相同,D错误.3.(安培定则的应用和磁场的叠加)(20xx·海南文昌中学期中)在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长通电直导线,电流的方向垂直于纸面向里.如图所示,A、B、C、D是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中( )A.B、D两点的磁感应强度大小相等B.A、B两点的磁感应强度大小相等C.C点的磁感应强度的值最大D.B点的磁感应强度的值最大答案A解析根据安培定则可得通电直导线在A、B、C、D四点产生的磁感应强度大小相等,设为B1,而通电直导线在B点产生的磁感应强度方向为水平向左,在D点产生的磁感应强度方向为水平向右,则B、D两点的磁感应强度大小为B=,大小相等,选项A正确;通电直导线在A点产生的磁感应强度方向为竖直向上,则A点的磁感应强度为BA=B1+B0,选项B错误;通电直导线在C点产生的磁感应强度方向为竖直向下,则C点的磁感应强度大小为BC=|B1-B0|,C点的磁感应强度的值最小,选项C错误;由以上分析可知A 点的磁感应强度的值最大,选项D错误.4.(安培力作用下导体的平衡)(20xx·上海××区模拟)如图所示,质量m=0.5 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度l=1 m 的光滑绝缘框架上,磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内).右侧回路中,电源的电动势E=8 V、内阻r=1 Ω,额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机M正常工作.取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小g取10 m/s2,则磁场的磁感应强度大小为( )A.2 TB.1.73 TC.1.5 TD.1 T答案C解析电动机M正常工作时的电流I1==2 A,电源内阻上的电压U'=E-U=8 V-4 V=4 V,根据欧姆定律得干路中的电流I==4 A,通过导体棒的电流I2=I-I1=2 A,导体棒受力平衡,有BI2l=mgsin 37°,得B=1.5 T,选项C正确.5.(多选)(安培力作用下导体运动情况)(20xx·湖北××市第一中学月考)如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上,在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线,当导线中通以图示方向的电流时( )A.磁铁对桌面的压力增大B.磁铁对桌面的压力减小C.磁铁受到向右的摩擦力作用D.磁铁受到向左的摩擦力作用答案BC解析根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在的位置磁场方向(切线方向),再根据左手定则判断安培力方向,如图甲根据牛顿第三定律,电流对磁体的作用力向左上方,如图乙;根据平衡条件,可知通电后支持力变小,静摩擦力变大,故磁铁对桌面的压力变小,静摩擦力向右.故选B、C.6.(安培力作用下导体的平衡)(20xx·天津××区期末)如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为l,质量为m的直导体棒.当导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,可加平行于纸面的匀强磁场,下列有关磁场的描述中正确的是( )A.若磁场方向竖直向上,则B=B.若磁场方向平行斜面向上,则B=C.若磁场方向垂直斜面向下,则B=D.若磁场方向垂直斜面向上,则B=答案A解析若磁场方向竖直向上,导体棒受力如图,F=mgtan α,所以B=,选项A正确;B、C项中导体棒不能静止,选项B、选项C错误;若磁场垂直斜面向上,则B=,选项D错误.7.(多选)(安培定则的应用)均匀带电的薄圆盘的右侧,用拉力传感器A、B水平悬挂一根通电导线ab,电流方向由a到b,导线平行于圆盘平面.圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动,与圆盘静止时相比,拉力传感器的示数增大了,悬线仍然竖直,则下列说法正确的是( )A.圆盘带正电荷B.圆盘带负电荷C.若增大圆盘转动角速度,则传感器示数减小D.若改变圆盘转动方向,则传感器示数减小答案AD解析与圆盘静止时相比,拉力传感器的示数增大,悬线竖直,说明导线所受安培力竖直向下,由左手定则可判断,导线所在位置的磁感应强度方向水平向右;由安培定则可以判断,圆盘转动形成的等效电流与其转动方向相同,故圆盘带正电荷,A选项对,B选项错;若增大圆盘转动角速度,则等效电流增大,方向不变,产生的磁感应强度增大,传感器示数增大,C选项错误;若改变圆盘转动方向,则导线所在位置的磁场方向水平向左,导线所受安培力方向向上,传感器示数减小,D选项正确.8.(多选)(安培力)如图甲所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音.图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)的俯视图,磁场方向如图中箭头所示,在图乙中( )A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外答案BC解析将环形导线分割成无限个小段,每一小段看成直导线,则根据左手定则,当电流顺时针时,导线的安培力垂直纸面向外,故选项A错误,选项B正确;当电流逆时针时,根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里,故选项C正确,选项D错误.〚导学号06400464〛能力提升组9.(多选)(20xx·江西新余二模)如图所示,两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触.现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动.已知电流I随时间的变化关系为I=kt(k为常数,k>0),金属棒与导轨间存在摩擦.则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中,可能正确的有( )答案AD解析金属棒受竖直向下的重力mg、垂直于导轨向里的安培力BIl、垂直于导轨向外的弹力FN、竖直向上的摩擦力Ff.FN=BIl=Bl·kt①mg-Ff=ma ②Ff=μFN③把①③代入②得mg-μBl·kt=ma,加速度先向下减小,当mg=Ff时,加速度为零,速度最大,然后加速度反向逐渐增大,速度逐渐减小最后速度为零,金属棒静止.所以A、D正确.10.(多选)(20xx·河南洛阳期末统考)如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨,左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连,右端与半径为20 cm的光滑圆弧导轨相接,导轨宽度为20 cm,电阻不计.导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.一根导体棒ab垂直于导轨放置,质量m=60 g、电阻R=1 Ω,用长也为20 cm的绝缘细线悬挂,导体棒恰好与导轨接触.当闭合开关S后,导体棒沿圆弧摆动,摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态.导体棒ab速度最大时,细线与竖直方向的夹角θ=53°(sin 53°=0.8,g取10 m/s2),则( )A.磁场方向一定竖直向上B.电源的电动势E=8.0 VC.导体棒在摆动过程中所受安培力F=8 ND.导体棒摆动过程中的最大动能为0.08 J答案BD解析导体棒ab所受安培力向右,由左手定则可知磁场方向竖直向下,A错误;细线与竖直方向的夹角为53°时,重力和安培力的合力沿半径方向,此时tan 53°=,解得I==8 A,由欧姆定律得E=IR=8 V,B正确;安培力F=BIl=mgtan 53°=0.8 N,C错误;从初位置到转过53°的过程应用动能定理:Flsin 53°-mgl(1-cos 53°)=Ekm-0,解得最大动能Ekm=0.08 J,D正确.11.(多选)(20xx·江西××市二模)如图所示,在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道,一重力为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置,在导体中通入电流I,使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点,设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ,安培力的瞬时功率为P,则从A到C的过程中,下列有关说法正确的是( ) A.电流方向从M指向N B.I∝cot θC.P∝cos θD.P∝sin θ答案AD解析由于安培力方向始终水平向左,根据左手定则知电流方向从M指向N,A正确;因为导体棒做匀速圆周运动,所以有Gsin θ=F安cosθ=IlBcos θ,故I=tan θ,则I∝tanθ,B错误;又P=F安vcosθ=Gvsin θ,所以P∝sinθ,C错误,D正确.〚导学号06400465〛12.(20xx·江苏泰州模拟)如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10-2 kg的通电直导线,电流大小I=1 A,方向垂直于纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳拴住不动,整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中.设t=0时,B=0,则需要多长时间,斜面对导线的支持力为零?(g取10 m/s2)答案5 s解析斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示.由平衡条件得FTcos 37°=FFTsin 37°=mg两式联立解得F==0.8 N由F=BIl得B==2 T由题意知,B与t的变化关系为B=0.4t(T)代入数据得t=5 s.。

2020届一轮复习人教版第九章磁场第3课时课时作业1．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子()A．一定带正电B．速度v＝E BC．若速度v＞EB，粒子一定不能从板间射出D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动B解析：粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，q v B＝qE，解得速度v＝EB，选项B正确；若速度v＞EB，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误．2．(多选)如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源的两极上，使a、b两板间产生匀强电场E，右边有一块挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束，则下列判断正确的是()A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变，则仍能从d孔射出BCD解析：因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b，A 错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，B项正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下分析受力可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，D项正确．3．(2018·山东济宁模拟)为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连．污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是()A．M板比N板电势低B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C．污水流量越大，则电流表的示数越大D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大B解析：污水从左向右流动时，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转，故N板带正电，M板带负电，A正确．稳定时带电离子在两板间受力平衡，q v B＝q Ub ，此时U＝Bb v＝BbQbc＝BQc，式中Q是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M、N间的电压越大，电流表的示数越大，而与污水中离子浓度无关，B错误，C、D正确．4．(多选)如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S 上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是()A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小ABC解析：质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确．在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确．由qE＝q v B可得v＝EB，C正确．粒子在平板S下方的匀强磁场中做匀速圆周运动，由q v B＝m v2R 得R＝m vqB0，所以qm＝vB0R，D错误．5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正答案：A6．利用霍尔效应制作的元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧就会形成电势差U CD，下列说法中正确的是()A．电势差U CD仅与材料有关B．仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大C．若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则电势差U CD>0D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向B解析：设霍尔元件的厚度为d，长为a，宽为b，稳定时有Bq v＝q U CD b，又因为I＝nqS v，其中n为单位体积内自由电荷的个数，q为自由电荷所带的电荷量，S＝bd，联立解得：U CD＝1nq ·BId，可知选项A错误；若仅增大磁感应强度B，则C、D两面的电势差增大，选项B正确；若霍尔元件中定向移动的是自由电子，由左手定则可知，电子将向C侧偏转，则电势差U CD<0，选项C错误；地球赤道上方的地磁场方向为水平方向，元件的工作面要与磁场方向垂直，故元件的工作面应保持竖直方向，选项D错误．7．(多选)(2018·四川成都调研)如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是()A．M板比N板电势高B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝U BdD．导体单位体积内的自由电子数为BIeUbCD解析：电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M板积累了电子，M、N之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，选项A错误．电子定向移动相当于长度为d的导体垂直切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U＝E＝Bd v，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项B 错误；由U＝E＝Bd v得，自由电子定向移动的速度为v＝UBd，选项C正确；电流的微观表达式是I＝ne v S，则导体单位体积内的自由电子数n＝Ie v S，S＝db，v＝U Bd ，代入得n＝BIeUb，选项D正确．【素能提升】8．(多选)(2014·新课标全国Ⅱ·20)图8为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场．硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直磁场方向进入磁场时，下列说法正确的是()A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小AC 解析：根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB ，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定m v 的大小，故选项C 正确；粒子的m v 越大，轨道半径越大，而m v ＝2mE k ，粒子的动能大，其m v 不一定大，选项D 错误．9．如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H )和氦核(42He )．下列说法中正确的是( )A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．两次所接高频电源的频率不相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能A 解析：根据q vB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m .两粒子的比荷q m相等，所以最大速度相等．故A 正确．最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，两粒子的比荷q m 相等，但质量不相等，所以最大动能不相等．故B 错．带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2em qB ，两粒子的比荷q m 相等，所以周期相等．做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故C错误．由E k ＝q 2B 2R 22m 可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能．故D 错．10．速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A ．该束粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．能通过狭缝S 0的粒子的速度等于E B 1D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，则粒子的比荷越小C 解析：根据该束粒子进入匀强磁场B 2时向下偏转，由左手定则判断出该束粒子带正电，选项A 错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有q v B 1＝qE ，得v ＝E B 1，选项C 正确；粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有q v B 2＝m v 2r ，得r ＝m v B 2q ，可见v 、B 2一定时，半径r 越小，则q m 越大，选项D 错误．11．(多选)如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．极板M 比极板N 的电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷AD 解析：粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M 比极板N 的电势高，选项A 正确；由Uq ＝12m v 2和Eq ＝m v 2R 可得U ＝ER 2，选项B 错误；在磁场中，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r ，即r ＝m v qB ，直径PQ ＝2r＝2m v Bq ＝2ERmB 2q ，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D 正确．12．(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理图如图所示．D 1和D 2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U 、周期为T 的交流电源上．位于D 1的圆心处的质子源A 能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能E k 后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能E k会变大B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶nBD解析：由q v B＝m v2r得r＝m vqB，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝1 2m v 2n 以及r n＝m v nqB可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n，D正确．13．一台质谱仪的工作原理图如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧23区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ区域的离子即可在QN区域检测到．(1)求原本打在MN中点P点的离子质量m；(2)为使原本打在P点的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围．解析：(1)离子在电场中加速qU0＝12m v2，在磁场中做匀速圆周运动q v B＝m v2r0，解得r0＝1B2mU0q，代入r0＝34L，解得m＝9qB2L232U0.(2)由(1)知，U＝16U0r29L2，离子打在Q点r＝56L，U＝100U081，离子打在N点r＝L，U＝16U09，则电压的范围为100U081≤U≤16U09答案：(1)9qB2L232U0(2)100U081≤U≤16U09。

第3节 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动 [讲典例示法]带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟在磁场中偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。

当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。

[典例示法] (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出。

不计重力。

(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间。

[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。

图(a)(2)设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b )，速度v 沿电场方向的分量为v 1。

图(b)根据牛顿第二定律有qE ＝ma ① 由运动学公式有l ′＝v 0t ② v 1＝at ③ v 1＝v cos θ④设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl。

⑦(3)由运动学公式和题给数据得 v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π62πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T ＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋3πl 18l ′。

变式训练 1 (2016·株洲模拟)(多选)如图所示，两根足够
长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为 l＝1m，cd 间、de
பைடு நூலகம்
间、cf 间分别接阻值为 R＝10Ω 的电阻．一阻值为 R＝10Ω
的导体棒 ab 以速度 v＝4m/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＝0.5T、
(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大； (3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的 距离 x＝3.8m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少．
变式训练 3 (2016·师大附中模拟)如图所示，间距 l＝ 0.3m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖直面 内．在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角 θ＝37°的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1＝0.4T、方向竖直向上和 B2＝ 1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻 R＝0.3Ω、质量 m1＝0.1kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨 上，S 杆的两端固定在 b1、b2 点，K、Q 杆可沿导轨无摩擦 滑动且始终接触良好．一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨 绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量 m2＝0.05kg 的小 环．已知小环以 a＝6m/s2 的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止， Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动．不 计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取 g＝10m/s2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8.求：
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于 C．甲乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大 小逐渐增大

课时作业 31 [双基过关练]1．带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，如图所示，运动中经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，粒子仍以v 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E与磁感应强度B 之比E B为( ) A ．v 0 B.1v 0 C ．2v 0 D.v 02解析：设Oa ＝Ob ＝d ，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d ，即r ＝mv 0qB ＝d ，得到B ＝mv 0qd.如果换成匀强电场，水平方向以v 0做匀速直线运动，竖直方向沿y 轴负方向做匀加速运动，即d ＝12×qE m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，得到E ＝2mv 20qd ，所以E B＝2v 0，选项C 正确． 答案：C2.(2020·杭州联考)(多选)质量为m 、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A ，下列说法正确的是( )A ．该微粒一定带负电荷B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为mg qvcosθD ．该电场的场强为Bvcosθ解析：若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg 、水平向左的电场力qE 和垂直OA 斜向右下方的洛伦兹力qvB ，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 和垂直OA 斜向左上方的洛伦兹力qvB ，又知微粒恰好沿着直线运动到A ，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A 正确、B 错误；由平衡条件得：qvBcosθ＝mg ，qvBsinθ＝qE ，得磁场的磁感应强度B＝mg qvcosθ，电场的场强E ＝Bvsinθ，故选项C 正确、D 错误． 答案：AC3.(2020·湖南模拟)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列相关说法正确的是( ) A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2解析：由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错误．粒子在磁场中做圆周运动，满足B 2qv ＝m v 2r ，得q m ＝v B 2r，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 正确．由qE ＝B 1qv 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于v ＝E B 1，C 错误．由q m ＝v B 2r ，知m 甲m 乙＝r 甲r 乙，D 错误． 答案：B4．(多选)如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )A ．在E k －t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1C ．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D ．当B 一定时，要想粒子获得的最大动能越大，则要求D 形盒的面积也越大解析：由T ＝2πm qB可知，粒子回旋周期不变，则有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，选项A 正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，选项B 错误；由R ＝mv qB 可知，粒子的最大动能为E km ＝B 2q 2R 22m，故粒子最后获得的最大动能与加速次数无关，与D 形盒内磁感应强度和D 形盒的半径有关，可知选项C 错误、D 正确．答案：AD[能力提升练]5．(2020·东城区模拟)如图所示，两块平行极板AB 、CD 正对放置，极板CD 的正中央有一小孔，两极板间距离AD 为d ，板长AB 为2d ，两极板间电势差为U ，在ABCD 构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右．在ABCD 矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场．极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界．将一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在极板AB 的正中央O 点，由静止释放．不计带电粒子所受重力．(1)求带电粒子经过电场加速后，从极板CD 正中央小孔射出时的速度大小．(2)为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小．(3)通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O 点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间．解析：(1)设带电粒子经过电场加速后，从极板CD 正中央小孔射出时的速度大小为v由动能定理qU ＝12mv 2 解得v ＝2qU m(2)带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动方向改变270°，由此可知在磁场中的运动轨迹为四分之三圆，圆心位于D 点， 半径为d ，由A 点垂直射入电场．带电粒子在磁场中运动时，若洛伦兹力充当向心力由牛顿运动定律Bqv ＝m v 2d 解得：B ＝mv qd ＝1d 2mU q(3)带电粒子由A 点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动若能够射出电场，运动时间t 1＝2d v ＝d 2m qU沿电场方向的位移x ＝12at 21a ＝Eq m ＝Uqdm解得x ＝d因此带电粒子恰能从C 点射出，轨迹如图所示．带电粒子第一次在电场中加速，运动时间为t 1带电粒子在磁场中偏转，运动时间为t 2，洛伦兹力充当向心力．由牛顿第二定律Bqv ＝m 4π2dT 2T ＝2πm Bq ＝πd 2mqUt 2＝34T ＝34πd 2mqU带电粒子第二次在电场中偏转，运动时间也为t 1因此带电粒子从O 点运动到C 点的总时间t 总＝2t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋34πd 2mqU答案：(1)2qU m (2)1d 2mUq (3)C 点⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋34πd 2mqU高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

课时作业【基础练习】一、磁场对运动电荷的作用1．(2017河北冀州2月模拟)我国位处北半球，某地区存在匀强电场E 和可看作匀强磁场的地磁场B ，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v 在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球运动方向为自南向北B ．小球可能带正电C ．小球速度v 的大小为EBD ．小球的比荷为g E 2＋（vB ）2D 解析：由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f 洛＝qvB ，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq 与Bqv 垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg )2＝(Eq )2＋(Bqv )2，得qm＝g E 2＋（vB ）2，v ＝（mg ）2－（qE ）2qB，则D 项正确，C 项错误．由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A 、B 错误．2．(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M ，N 两小孔中，O 为M ，N 连线中点，连线上a ，b 两点关于O 点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为某点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿直线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先增大后减小D ．小球对桌面的压力一直在增大BC 解析：根据安培定则和磁感应强度的叠加原理可知，线段ab 上的磁场方向平行于桌面向里，且aOb 部分的磁场强弱关于O 点对称分布，O 点磁场最弱．带正电的小球从a 沿直线运动到b 的过程中，所受的洛伦兹力方向竖直向上，大小先减小后增大，小球对桌面的压力F N ＝mg －qvB ，F N 先增大后减小；小球水平方向不受外力作用，故小球做匀速直线运动．二、带电粒子在匀强磁场中的运动 3.(2018·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界上A 点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k ，速度大小为2kBr .则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πkBB.π2kB C.π3kB D.π4kBC 解析：粒子在磁场中运动的半径为R ＝mv qB＝2kBrBk＝2r ；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r ，故t ＝T 6＝πm 3qB＝π3kB，故选项C 正确． 4．(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AC 解析：对电子由牛顿第二定律有πvB ＝m v 2r ，得r ＝mvπB，则r Ⅰ∶r Ⅱ＝1∶k ，A 正确．由πvB ＝ma ，得a ＝πvB m ，则a Ⅰ∶a Ⅱ＝k ∶1，B 错误．由T ＝2πr v ＝2πmπB，得T Ⅰ∶T Ⅱ＝1∶k ，C 正确．由ω＝2πT，得ωⅠ∶ωⅡ＝k ∶1，D 错误．5．一个带电粒子A 在一边长为a 的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为R ，在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动，不计带电粒子和微粒的重力，根据题述信息，下列说法正确的是( )A ．可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小B ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小C ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径D ．带电粒子与微粒碰撞后继续运动，可能从正方形匀强磁场区域中射出C 解析：由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息，因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小，选项A 、B 错误．带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒，即mv 0＝(m ＋m ′)v 1；对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动，有qv 0B ＝mv 20R ；对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动，有qv 1B ＝(m ＋m ′)v 21R 1，联立解得R 1＝R ，即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R 1，选项C 正确．由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变，所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出，选项D 错误．6．(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上，OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个完全相同的带电小球a 和b 以大小相等的初速度从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP 边界的P 侧，下列说法正确的是( )A ．球a 带正电，球b 带负电B ．球a 在磁场中运动的时间比球b 的短C ．球a 在磁场中运动的路程比球b 的短D ．球a 在OP 上的落点与O 点的距离比球b 的近D 解析：两球均运动到P 侧，即a 、b 均向P 侧偏转，由左手定则知，a 、b 均带正电，A 项错误；由r ＝mvqB可知，a 、b 两球轨道半径相等，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行路程比b 的长，又因两球速率相等，球a 运动时间长，B 、C 两项错误，D 项正确．7．(多选)一电子以与磁场垂直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d 、宽为h 的匀强磁场区域，从N 点射出，如图所示．若电子质量为m ，电荷量为e ，磁感应强度为B ，则( )A ．h ＝dB ．电子在磁场中运动的时间为d vC ．电子在磁场中运动的时间为PN︵vD ．洛伦兹力对电子做的功为零CD 解析：过P 点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O ，由勾股定理可得(R －h )2＋d 2＝R 2，整理知d ＝2Rh －h 2，而R ＝mveB，故d ＝2mvheB h 2，所以A 错误．由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t ＝PN ︵v ＝dv故B 错误，C 正确．由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直，对粒子永远也不做功，故D 正确．三、带电粒子在匀强磁场中的临界问题8．如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速度v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短A 解析：由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转，若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A 正确；若v 一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O 点最远，选项B 错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v 无关，粒子在磁场中运动的角速度与v 无关，粒子在磁场中运动的时间与v 无关，选项C 、D 错误．9．(2017江西九所重点中学联考)(多选)如图所示，在ab ＝bc 的等腰三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d 是ac 上任意一点，e 是bc 上任意一点．大量相同的带电粒子从a 点以相同方向垂直磁场射入，由于速度大小不同，粒子从ac 和bc 上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c 点离开的粒子在三角形abc 磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d 点和e 点离开的粒子相比较( )A ．经过的弧长一定大于从d 点离开的粒子经过的弧长B ．经过的弧长一定小于从e 点离开的粒子经过的弧长C ．运动时间一定大于从d 点离开的粒子的运动时间D ．运动时间一定大于从e 点离开的粒子的运动时间 AD 解析：如图所示，若粒子从ac 边射出，粒子依次从ac 边射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t ＝θ2πT ，运动时间相同，所以选项A 正确，C 错误；如果从bc 边射出，粒子从b 到c 依次射出时，弧长(弦长)会先变小后变大，但都会小于从c 点射出的弧长，圆心角也会变大，但小于从c 点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故选项B 错误，D 正确．四、带电粒子在匀强磁场中的多解问题10．如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点( )A.2πmqB 1B.2πmqB 2C.2πmq （B 1＋B 2）D.πmq （B 1＋B 2）B 解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T ＝2πmqB知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间为t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πmqB 2，所以选项B 正确．【素能提升】11．一边长为a 的正三角形ADC 区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC 边的正下方有一系列质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，以垂直于DC 边的方向射入正三角形区域．已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD 边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t 0.假设粒子的重力和粒子间的相互作用力可忽略．(1)求该区域中磁感应强度B 的大小；(2)为了能有粒子从DC 边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC 、AD 边射出的区域长度为多大？解：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r周期T ＝2πr v ＝2πmqB当粒子垂直AD 边射出时，根据几何关系有圆心角为60°，则t 0＝16T解得B ＝πm3qt 0.图甲(2)当轨迹圆与AC 、AD 都相切时，能有粒子从DC 边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v 1，偏转半径为r 1，则r 1＝a 2sin 60°＝34a由qv 1B ＝m v 21r 1得r 1＝mv 1qB解得v 1＝3πa12t 0图乙所以粒子能从DC 边离开磁场的最大入射速度v 1＝3πa12t 0. (3)由(2)知，当轨迹圆与AC 相切时，从AC 边射出的粒子距C 最远，故有粒子射出的范围为CE 段，x CE ＝a 2cos 60°＝a4当轨迹圆与AD 边的交点F 恰在圆心O 正上方时，射出的粒子距D 点最远，如图乙所示，故有粒子射出的范围为DF 段x DF ＝r 1sin 60°＝a2.12．(2018·陕西咸阳模拟)如图所示，A 点距坐标原点的距离为L ，坐标平面内有边界过A 点和坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里．有一电子(质量为m 、电荷量为e )从A 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x 轴上的B 点射出磁场区域，此时速度方向与x 轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小； (2)磁场区域的圆心O 1的坐标； (3)电子在磁场中运动的时间．解析：(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r ，磁场的磁感应强度为B ，则有πv 0B ＝m v 20r①过A 、B 点分别作速度的垂线交于C 点，则C 点为轨迹圆的圆心，已知B 点速度与x 轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C ＝60°②AC ＝BC ＝r ，已知OA ＝L ，得OC ＝r －L ③由几何知识得r ＝2L ④ 由①④得B ＝mv 02eL⑤(2)由于ABO 在有界圆周上，∠AOB ＝90°，得AB 为有界磁场圆的直径，故AB 的中点为磁场区域的圆心O 1，由③易得△ABC 为等边三角形，磁场区域的圆心O 1的坐标为(32L ，L2)． (3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T ＝2πrv 0⑥由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝2πL3v 0.答案：(1)mv 02eL (2)(32L ，L 2) (3)2πL3v 013．(2018湖南师大附中月考)如图所示，M ，N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M ，N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ； (3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .解析：(1)M ，N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上， 所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L ，又因为qv 1B ＝m v 21r 1，且qU m ＝12mv 21，所以U m ＝qB 2L 22m.(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A ，在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2，解得r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ， 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq.答案：(1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq。

高三物理第一轮专题复习——电磁场 例1. （高考题）在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出。

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m ； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ’，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ’多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？例2．（调研）电子自静止开始经M 、N 板间（两板间的电压为U ）的电场加速后从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图所示．求匀强磁场的磁感应强度．（已知电子的质量为m ，电量为e ）例3．（高考）如图所示，abcd 为一正方形区域，正离子束从a 点沿ad 方向以0υ=80m/s 的初速度射入，若在该区域中加上一个沿ab 方向的匀强电场，电场强度为E ，则离子束刚好从c 点射出；若撒去电场，在该区域中加上一个垂直于abcd 平面的匀强磁砀，磁感应强度为B ，则离子束刚好从bc 的中点e 射出，忽略离子束中离子间的相互作用，不计离子的重力，试判断和计算：（1）所加磁场的方向如何？（2）E 与B 的比值B E /为多少？ 例4．（北京市西城区）在高能物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，如图甲为它的示意图。

它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条窄缝。

两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。

图乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 型盒中。

在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。

带电粒子在圆形边界磁场场中的运动[方法点拨] (1)带电粒子进入圆形边界磁场，一般需要连接磁场圆圆心与两圆交点(入射点与出射点)连线，轨迹圆圆心与两交点连线.(2)轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦现象.(3)沿磁场圆半径方向入射的粒子，将沿半径方向出射.1.(多项选择)如图1所示，ABCA为一个半圆形的有界匀强磁场，O为圆心，BO⊥AC，F、G分别为半径OA和OC的中点，D、E 点位于边界圆弧上，且DF∥EG∥BO.现有三个相同的带电粒子(不计重力)以相同的速度分别从B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场，其中由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，由D、E两点射入的粒子2和粒子3从磁场某处射出，那么以下说法正确的是( )图1A.粒子2从O点射出磁场B.粒子3从C点射出磁场C.粒子1、2、3在磁场中的运动时间之比为3∶2∶3D.粒子2、3经磁场偏转角相同2.(2021·四川省德阳市三校联合测试)如图2所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，一电荷量为q、质量为m的负R离子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为2.离子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，那么离子的速率为(不计重力)( )1图2qBRqBR3qBR2qBRA.2mB. mC.2mD.m3.(多项选择)如图3所示，匀强磁场方向垂直于纸面向里，在纸面内有一半径为R的圆周、圆心为O.一带电粒子质量为m、电荷量为＋q，从圆周上的M点以速度v0射向圆心，经过一段时间从圆周上的N点离开圆周，经过N点时的速度方向与从M点射入时的速度方向夹角为θ(图中未画出)，不计重力，那么( )图3θmv0tanA.磁感应强度大小为qRB.磁感应强度mv0大小为qR2θRC.粒子经历此过程的时间为v0D.粒子经历此过程的时间为θRθv0tan24.(2021·河南省中原名校第五次联考)如图4所示，在半径为R的圆形区域充满着匀强磁场，有一带电粒子以某一初速度v0从A点对着圆形磁场的圆心O点射入，刚好垂直打在与初速度方向平行放置的屏MN上.不考虑粒子所受的重力.以下有关说法中不正确的选项是()图4该粒子一定带正电只增加粒子的速率，粒子在磁场中运动的时间将会变长只增加粒子的速率，粒子一定还会从磁场射出，且射出磁场方向的反向延长线一定仍然过O点D.只改变粒子入射的方向，粒子经磁场偏转后仍会垂直打在屏MN上15.(多项选择)(2021·福建省蒲田八中暑假考)如图5所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域42MON内，Q为半径ON上的一点且OQ＝2R，P点为边界上一点，且 PQ与MO平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用 )，其中粒子 1点正对圆心射入，恰从点射出，粒子2从点沿射入，以下说法正确的选项是()M PQ3图5A.粒子2一定从N点射出磁场B.粒子2在P、N之间某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶16.(多项选择)(2021·黑龙江省牡丹江一中模拟)如图6所示，在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场.一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处，以速度v沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出磁场，之后经过D点，D点的坐标为(0,2r)，不计带电粒子所受重力.假设磁场区域以A点为轴，在xOy平面内顺时针旋转45°后，带电粒子仍以速度v沿x轴负方向射入磁场，飞出磁场后经过y＝2r直线时，以下说法正确的是()4图6A.带电粒子仍将垂直经过y＝2r的这条直线B.带电粒子将与y＝2r的直线成45°角经过这条直线C.经过y＝2r直线时距D的距离为(2－1)rD.经过y＝2r直线时距D的距离为(2－2)r7.如图7所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心，磁场方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，θ＝30°，粒子在纸面内运动，经过时间离开磁场时速度方向与半径垂直.不计粒子重力.假设粒子速率变为v，其他条件不变，OA2粒子在圆柱形磁场中运动的时间为)t图7u3tA. B.tC.t228 .(多项选择)如图8所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内.有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，电粒子的质量均为m，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.不计粒子重力，以下说法正确的选项是( )5图8A.假设r＝2R，那么粒子在磁场中运动的最长时间为πm 6 qBB.假设＝2，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，那么有关系式tanα＝2＋1 R27立C.假设r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，那么粒子在磁场中的运动时间为πm3q BD.假设r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，那么圆心角α为150°如图9所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场.求：6图9离子从N板小孔射出时的速率；离子在磁场中做圆周运动的周期；要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围.10.(2021·福建省永春一中等四校联考)如图10所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O与xOy平面坐标系原点重合.半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场.一束质量为 m、电荷量为 q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为(R0,0)的P点，方向沿x轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出).不计重力和粒子间的相互作用.图10求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；( 2)假设环形区域Ⅱ中磁感应强度B2＝3B1，求M点坐标及环形外圆半径R；( 3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程.78答案精析1.ABD [从B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径，由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点，由几何关系可知该粒子从O点射出，同理可知粒子3从C点射出，A、B正确；1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°、60°、60°，运动时间之比为3∶2∶2，C错误，D正确.]2.D [设离子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，速率为v.根据题述，离子射出磁场与射入磁场时速度方向之间的夹角为60°，可知离子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系知v22qBRr sin30°＝R.由qvB＝m r，解得v＝m，选项D正确.][作出带电粒子做圆周运动的轨迹，如下图.由数学知识可知在圆内运动轨迹对应圆心角91Rmv02为θ，α＝2θ，r＝tanα.带电粒子受到的洛伦兹力提供向心力有qv0B＝r，运动时间tmv0tanθθrθR2＝v0，联立解得t＝θ，B＝qR，应选项B、C错误，A、D正确.]v0tan2[根据左手定那么可知，向上偏转的粒子一定带正电，选项A说法正确，不符合题意；当粒子速率增加时，其运动的轨迹半径变大，其转过的圆心角减小，在磁场中运动的时间会变短，选项B说法错误，符合题意；由几何关系可知，只要粒子入射的方向指向圆心O，射出方向的反向延长线一定仍然过O点，选项C说法正确，不符合题意；由题意可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径与磁场半径R相等，当粒子速度方向变化时，其轨迹如图，其中D为粒子出射点，C为轨迹的圆心，由于AC＝CD＝R＝AO＝OD，所以四边形AODC为菱形，CD与AO平行，即粒子从D点射出时的速度方向与AO垂直，所以仍会垂直打在屏MN上，选项D说法正确，不符合题意.]10[如下图，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心为O1，半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从点沿射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心2应在PPQ O点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点12OQ22射出磁场，A正确，B错误；∠MON＝90°，∠PON＝∠POQ，cos∠POQ＝＝，所以∠PON OP＝∠POQ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与运动轨迹所对的圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1，C错误，D 正确.][根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如下图，根据几何知识可以得到当粒子从磁场中出来时与＝2夹角为45°，根据几何关系计算可以得到＝(2－2)，故B、DDM正确.]117.C[粒子以速率 v 垂直OA 方向射出磁场，由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径为r ＝R mv2π＝qB ，粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于粒子速度的偏转角， 即3；当粒子速率变v为时，粒子运动的轨迹2Rπ，由粒子在磁场中运动时间t 与轨迹所对应的圆心 半径减为2，如下图，粒子偏转角为2πm角成正比和匀速圆周运动周期T ＝qB 可知，粒子减速后在磁场中运动时间为t ，C 项正确.][假设r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲所示，因为＝2，圆心角＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间max＝60°R360°T12πmπm＝6·qB＝3qB，故A错误；12假设r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，如图乙，根据几何关系，有tan222＝2R2R22＋1＝＝7，故B正确；假设r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子r－22R2R－22R运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间＝90°12πmπm ＝·qB ＝360°T42 qB故C错误；假设r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D正确.]22πm822 qU qrB 9.(1)m(2)qB(3)U≤m122qU解析(1)设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得qU＝2mv，解得v＝m.13(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为 R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律v22πR2πm可得qvB＝m R，运动周期T＝v，联立解得T＝qB.(3)假设离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R，此时轨迹如下图.由222，解得R＝4r.需满足的条件为v22几何关系得R＋(3r)＝(R＋r)R≤R，又qvB＝m R，qU＝mv. 000082联立解得U≤qr Bm. 2mE1030018＋16301 0.(1)0(2)(R，－R)3R(3)πR qR0322解析(1)由题意，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r1＝R0，在磁场中，由洛伦兹力提v 022mE0 12供向心力，那么有qv0B1＝m r1，且E0＝2mv0，联立解得B1＝qR0.14v2(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动，那么有qv0B2＝m r2，B2＝3B1，联3立解得r2＝3R0，画出粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如下图，由几何关系得∠POM＝60°，由几何关系得M点的坐标为(21R0，－23R0)，由几何关系得外环的半径R＝r2＋2r2＝3r＝3R. 20(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150°，设经过次这样的偏转后第一次从点再次入射，此时圆心角转过个360°，那么有150＝360(、m mn mn取最小正整数)，解得m＝12，n＝5.而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程1s1＝×2πr142143＋3×2πr2＝(2＋9)πR0，所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，那么总路程为s＝12s118＋163＝πR0.31516。

专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1 在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25T ；过D 点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104N/C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端由静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图1(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小；(2)倾斜轨道GH 的长度s .①沿CD 向右匀速直线运动；②经过时间t ＝0.1s 与P 1相遇．答案 (1)4m/s (2)0.56m解析 (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为F f ，则F 1＝q v B ①F f ＝μ(mg －F 1)②由题意知，水平方向合力为零，F －F f ＝0③联立①②③式，代入数据解得v ＝4m/s ④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v G 2－12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律有qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦ 设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨ s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56m.1．(2016·天津·11)如图2所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝53N/C ，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .答案 (1)20m/s 方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B ＝q 2E 2＋m 2g 2 ①甲代入数据解得v ＝20m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg ③代入数据解得tan θ＝ 3θ＝60° ④(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a ，有乙a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝v t ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有y ＝12at 2 ⑦tan θ＝y x⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝23s ≈3.5s ⑨解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 v y ＝v sin θ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0 ⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝23s ≈3.5s.2．如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？答案 (1)负电 q ＝3mg 3E 1 v ＝2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1L E 1解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan60°，q ＝3mg 3E 1.又qE 1＝q v B 1cos60°，得v ＝2E 1B 1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，。

课时作业32[双基过关练]1．(2020·海南单科)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( ) A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向解析：根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确．答案：D2．如图所示，通电螺线管的内部中间和外部正上方静止悬挂着金属环a和b，当变阻器R的滑动头c 向左滑动时( )A．a环向左摆，b环向右摆B．a环和b环都不会左摆或右摆C．两环对悬线的拉力都将增大D．a环和b环中感应电流的方向相同解析：当变阻器R的滑动头c向左滑动时，线圈中的电流变大，磁性增强．根据楞次定律，两线圈都要阻碍磁通量增大．由于线圈处在线圈中间位置，磁感线与圆环面垂直，两环受沿半径指向环心的力．不会向左右偏．b环处于匀强磁场中，各部分力平衡，拉力不会增大．a环磁通量增大，由楞次定律知，a 环会受到向上的安培力阻碍其中磁通量变大，因此拉力变小．由于a环和b环所在螺线管内外部的磁感线方向相反．因此产生的感应电流方向也相反．选B.答案：B3．为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流( )A．始终沿逆时针方向B．先沿逆时针，再沿顺时针方向C．先沿顺时针，再沿逆时针方向D．始终沿顺时针方向答案：B4．(2020·丽水调研)如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动( )A．a、b将相互远离 B．a、b将相互靠近C．a、b将不动 D．无法判断解析：根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都增大，a、b中产生同方向的感应电流，两环间有斥力作用，所以a、b将相互远离．选项A正确．答案：A5．(2020·杭州联考)(多选)如图所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光的说法正确的是( )A．闭合开关后小灯泡可能发光B．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，则小灯泡更亮C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光解析：闭合开关后，A产生交变磁场，B的磁通量变化，小灯泡通电后可能发光，选项A正确、C错误；闭合开关后再将B线圈靠近A，B的磁通量变化率增大，产生的感应电动势更大，小灯泡更亮，选项B正确；闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，A中电流减小，B的磁通量变化率减小，小灯泡更不可能会发光，选项D错误．答案：AB6．(多选)如图所示，圆形线圈的一半位于匀强磁场中，当线圈从图示位置开始运动时，弧受到向右的磁场力，则线圈的运动形式可能是( )A．向左平动(线圈未全部离开磁场)B．向右平动(线圈全部进入磁场)C．以直径ac为轴转动(不超过90°)D．以直径bd为轴转动(不超过90°)解析：弧在图示的匀强磁场中受到向右的磁场力，根据左手定则可知圆环中的感应电流是顺时针的，感应电流的磁场由安培定则可得与原磁场方向相同，根据楞次定律，原来的线圈的磁通量在减少，线圈的运动为A、C、D三种形式时可使磁通量减少，产生感应电流，感应电流受安培力向右．选项A、C、D正确．答案：ACD7．如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是( )A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势C．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势解析：根据右手定则，当金属棒ab在恒力F的作用下向右运动时，abdc回路中会产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，abdc回路中的感应电流逐渐增大，穿过圆环的磁通量也逐渐增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增大；abdc回路中的感应电流I＝BlvR，感应电流的变化率ΔIΔt＝BlaR，又由于金属棒向右运动的加速度a减小，所以感应电流的变化率减小，圆环内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小，选项C正确．答案：C8．(多选)阿明有一个磁浮玩偶，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示．若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是( ) A．电路中的电源必须是交流电源B．电路中的a端点须连接直流电源的负极C．若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D．若将可变电阻的阻值调大，可减小玩偶飘浮的最大高度解析：当电磁铁上端为N极时，可使玩偶飘浮起来，由安培定则可知，a端应是电源的正极，A、B项错；若增加环绕软铁的线圈匝数，电磁铁磁性增强，可增加玩偶飘浮的最大高度，C项正确；若将可变电阻的阻值调大，线圈中电流减小，磁性减弱，玩偶飘浮的最大高度减小，D项正确．答案：CD9．(2020·江苏单科)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有( )A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：铜质弦无法被磁化，不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流，所以铜质弦不能使电吉他正常工作，故A项错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B项正确；由E＝n ΔΦΔt知，C项正确；金属弦来回振动，线圈中磁通量不断增加或减小，电流方向不断变化，D项正确．答案：BCD[能力提升练]10．如图所示，固定的水平长直导线中通有稳恒电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．现将线框以初速度v0竖直上抛，上升到最高点后又落回抛出点，设落回抛出点的速度大小为v，不计空气阻力作用，已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )A．v＝v0B．在上升过程和下落过程中线框所受安培力方向相同C．上升到最高点时线框的加速度a＝gD．上升过程中损失的机械能等于下落过程中损失的机械能解析：通电导线周围存在磁场，电流恒定，导线周围磁场恒定，可根据右手螺旋定则判断磁场环绕情况，导线上方磁感线向外，且离导线越近磁感应强度越大，故线框在上升过程中通过线框的磁通量减小，安培力的合力向下，安培力做负功使线框机械能减少，在下落过程中通过线框的磁通量增大，安培力的合力向上，安培力做负功使线框机械能减少，上升过程损失的机械能更多，所以A、B、D均错；上升到最高点时安培力为零，所以此时加速度a＝g，C正确．答案：C11．(多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q 中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F N，则( )A．t1时刻F N>G，P有收缩的趋势B．t2时刻F N＝G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻F N＝G，此时P中无感应电流D．t4时刻F N<G，此时穿过P的磁通量最小解析：t1时刻，电流增大，由楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感应电流，F N＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，但磁感应强度为零，F N＝G，选项C错误；t4时刻电流变化率为零，线圈中无感应电流，F N＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误．答案：AB12．(2020·北京海淀区期末)如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线．右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流．已知I1>I2，不计匀强磁场对导线ab和cd的作用．用F1和F2分别表示导线cd对ab的安培力大小和导线ab对cd的安培力大小，下列说法正确的是( ) A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，F1＝F2B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，F1＝F2C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，F1>F2D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，F1>F2解析：导体棒MN向左运动时，由右手定则可知，感应电流由M到N，故导线cd中的电流由d到c，而ab中的电流由a到b，两导线中电流方向相反，故两导线之间存在斥力，选项A、C错误；若MN向右运动，则由右手定则可知，此时导线cd中的电流由c到d，与导线ab中的电流方向一致，故两导线相互吸引，由牛顿第三定律可知，F1、F2是一对作用力与反作用力，故其大小相等、方向相反．选项B正确、D 错误．答案：B13．(多选)如图所示，甲图中线圈A的a、b端加上如图乙所示的电压时，在0～t0时间内，线圈B 中感应电流的方向及线圈B的受力方向情况( )A．感应电流方向不变 B．受力方向不变C．感应电流方向改变 D．受力方向改变解析：根据电压变化图可知，线圈A中电流先减小再反向增大，则线圈产生磁场的磁通量也是先减小再反向增大．根据楞次定律，由“增反”、“减同”判断得：第一阶段线圈B中感应电流的方向与线圈A 相同，两线圈靠近处的磁性相反有吸引作用．第二阶段线圈A中电流相反了，此时线圈B产生的感应电流应与此时线圈A的电流相反，即B中电流方向不变．两线圈有排斥作用．所以线圈B的受力方向会改变．所以选A、D.答案：AD14．(2020·辽宁师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R和R2为滑动变阻器，R1和R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A．只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，滑动变阻器R接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以左侧电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁的磁性减弱，导致了磁敏电阻的阻值减小，则通过R1的电流增大，其消耗的电功率增大，电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，A正确、B错误；只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变，电容器两端电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C、D错误．答案：A高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2013届高三物理总复习精品单元测试第九单元电磁感应一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．在验证楞次定律的实验中，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．下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( )【解析】对选项A，由“来拒去留”可判断出线圈中产生的感应电流的磁场上端为N极，再由安培定则，可判断出感应电流的方向与图中标的方向相反，故选项A错误．同理可判断出B错误，C、D错误．【答案】CD2．如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上．当螺线管中电流I减小时( ) A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大【解析】由于电流I减小，闭合金属环的磁通量变小，故环通过减小面积来阻碍磁通量减小，即环有缩小的趋势，A正确．【答案】A3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小【解析】闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I1较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流I1减小．故选A、C.【答案】AC4．如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处．运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率【解析】线圈在上升的过程中，加速度增大且在减速，线圈在下降的过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A、C.【答案】AC5．如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中．当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后( )A ．导体棒ef 的加速度可能大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 的最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D ．导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒【解析】开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，F 安不确定，A 正确，B 错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终受到的安培力都会和重力平衡，故C 错误．再根据能量守恒定律知，D 正确．【答案】AD6．如图所示，AB 、CD 为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中. AB 、CD 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻．质量为m 、长为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AC 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q ，则( )A ．初始时刻导体棒所受的安培力大小为2B 2L 2v 0RB ．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为2Q 3C ．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为12mv 20－2QD ．当导体棒再次回到初始位置时，AC 间的电阻R 的热功率为B 2L 2v 20R【解析】初始时刻由E ＝BLv 0、I ＝2E R 及F ＝BIL 可解得F ＝2B 2L 2v 0R，A 正确；由于导体棒往复运动过程中机械能逐渐转化为焦耳热，故从开始到第一次到达最左端过程中产生的焦耳热Q ′大于从左端运动到平衡位置产生的焦耳热，即Q ′>13×2Q ，B 错误；由能量守恒可知C 正确；当导体棒再次回到平衡位置时，其速度v <v 0，AC 间的电阻的实际热功率P ＝B 2L 2v 2R ，故D 错误．【答案】AC7．如图所示，Q 是单匝金属线圈，MN 是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q 的输出端a 、b 和MN 的输入端c 、d 之间用导线相连，P 是在MN 的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处在收缩状态．则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )【解析】在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大，即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q 产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B －t 图线的斜率变大，选项D 正确．【答案】D8．如图甲所示，在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdef 位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc 边与磁场的边界P 重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t ＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域．以a →b →c →d →e →f 为线框中的电动势E 的正方向，则图乙所示的四个E －t 关系示意图中正确的是( )【解析】由右手定则和E＝Blv判定导线框水平位移从0～l时E＝Blv；从l～2l时，E ＝0；从2l～3l时，E＝3Blv；从3l～4l时，E＝－2Blv，可知图C正确．【答案】C二、非选择题：本题共4小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．9．(10分)图示为某校操场上，两同学相距约L＝10 m ，在东偏北、西偏南11°的沿垂直于地磁场方向的两个位置上，面对面地将一并联铜芯双绞线像甩跳绳一样摇动，并将线的两端分别接在灵敏电流计上，双绞线并联后的电阻R约为2 Ω，绳摇动的频率配合节拍器的节奏，保持在频率f为2 Hz左右．如果同学摇动绳子的最大圆半径h约为1 m，电流计示数的最大值I约为3 mA，(1)试估算地磁场的磁感应强度的数量级为________；数学表达式B＝________.(由R、I、L、f、h等已知量表示)(2)将两人站立的位置，改为与刚才方向垂直的两点上，那么电流计示数约为________．【解析】(1)在摇动绳子的过程中，绳切割地磁场，当摆动速度与地磁场垂直时，感应电动势最大，电流最大．由E ＝BLv ，v ＝ωR ＝2πfh 及E ＝IR 得：地磁场的磁感应强度的数学表达式为B ＝IR 2π·fLh，将对应数值代入，有B ＝5×10－5 T ，故地磁场的磁感应强度的数量级为10－5 T.(2)当站立方向改为与(1)中方向垂直时，绳子没有切割磁感线，故电流计示数为零．【答案】(1)10－5 T IR2π·fLh (2)零 10．(10分)如图甲所示，P 、Q 为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d ，处在大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．一根质量为m 、电阻为r 的导体棒ef 垂直于P 、Q 放在导轨上，导体棒ef 与P 、Q 导轨之间的动摩擦因数为μ.质量为M 的正方形金属框abcd ，边长为L ，每边电阻均为r ，用细线悬挂在竖直平面内，ab 边水平，线框的a 、b 两点通过细导线与导轨相连，金属框上半部分处在大小为B 、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框下半部分处在大小也为B 、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力．现用一电动机以恒定功率沿导轨水平牵引导体棒ef 向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂金属框的细线拉力F T 随时间的变化如图乙所示．则：(1)稳定后通过ab 边的电流为________；(2)稳定后导体棒ef 运动的速度为________；电动机的牵引功率P 为________．【解析】(1)取金属框为研究对象，从t 0时刻开始拉力恒定，故电路中电流恒定．设ab 边中的电流为I 1，cd 边中的电流为I 2，由受力平衡得：BI 1L ＋F T ＝Mg ＋BI 2LF T ＝Mg 2I 1∶I 2＝(3r )∶r解得：I 1＝3Mg 4BL. (2)设总电流为I ，由闭合电路欧姆定律得：I ＝E RR ＝r ＋34rE ＝BdvI 1＋I 2＝I而I 1∶I 2＝(3r )∶r ，I 1＝3Mg 4BL解得：v ＝7Mgr 4B 2dL由电动机的牵引功率恒定得：P ＝Fv对导体棒有：F ＝μmg ＋BId联立解得：P ＝7Mgr 4B 2dL (μmg ＋d LMg )． 【答案】(1)3Mg 4BL (2)7Mgr 4B 2dL 7Mgr 4B 2dL (μmg ＋d LMg ) 11． (16分)足够长的光滑水平导轨PC 、QD 与粗糙竖直导轨MC ′、ND ′之间用光滑的14圆弧导轨PM 和QN 连接，O 为圆弧轨道的圆心，如图甲所示．已知导轨间距均为L ＝0.2 m ，圆弧导轨的半径R ＝0.25 m ．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化图象如图乙所示．水平导轨上的金属杆A 1在外力作用下，从较远处以恒定速度v 0＝1 m/s 水平向右运动，金属杆A 2从距圆弧顶端MN 高H ＝0.4 m 处由静止释放．当t ＝0.4 s 时，撤去施于杆A 1上的外力；随后的运动中杆A 1始终在水平导轨上，且与A 2未发生接触．已知金属杆A 1、A 2的质量均为m ＝4.0×10－4kg ，A 2与竖直导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.金属杆A 1、A 2的电阻均为r ＝5 Ω，其余电阻忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.试求：(1)金属杆A 2沿竖直导轨下滑过程中的加速度．(2)金属杆A 2滑至圆弧底端PQ 的速度．【解析】(1)A 1运动产生的感应电动势E ＝BLv 0＝1×0.2×1 V＝0.2 V回路中的感应电流I ＝E 2r ＝0.22×5A ＝2×10－2A A 2杆所受的安培力F ＝BIL ＝1×2×10－2×0.2 N＝4×10－3NA 2杆的滑动摩擦力f ＝μF ＝0.5×4×10－3N ＝2×10－3N所以，A 2杆下滑过程中的加速度a ＝mg －f m ＝4×10－3－2×10－34×10－3m/s 2＝5 m/s 2.(2)A 2杆在t ＝0.4 s 内下滑的距离h ＝12at 2＝12×5×(0.4)2 m ＝4 m 恰好滑至MN 处，此时的速度v 1＝at ＝5×0.4 m/s＝2 m/s若A 2以v 1做匀速圆周运动至底端PQ 所用时间Δt ＝T 4＝πR 2v 1≈0.2 s<0.4 s 说明A 1下滑过程中无磁场，只有重力做功．由机械能守恒，有：12mv 22－12mv 21＝mgR 解得：金属杆A 2滑至圆弧底端PQ 的速度v 2＝3 m/s.【答案】(1)5 m/s 2(2)3 m/s12．(16分)随着越来越高的摩天大楼在各地落成，而今普遍使用的钢索悬挂式电梯已经不适应现代生活的需求．这是因为钢索的长度随着楼层的增高而相应增加，这些钢索会由于承受不了自身的重力，还没有挂电梯就会被拉断．为此，科学技术人员开发一种利用磁力的电梯，用磁动力来解决这个问题．图示是磁动力电梯示意图，即在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B 1和B 2，B 1＝B 2＝1.0 T ，B 1和B 2的方向相反，两磁场始终竖直向上做匀速运动．电梯轿厢固定在如图所示的金属框abcd 内(电梯轿厢在图中未画出)，并且与之绝缘．已知电梯载人时的总质量为4.75×103 kg ，所受阻力f ＝500 N ，金属框垂直轨道的边长L cd ＝2.0 m ，两磁场的宽度均与金属框的边长L ad 相同，金属框整个回路的电阻R ＝9.0×10－4Ω，g 取10 m/s 2.假如设计要求电梯以v 1＝10 m/s 的速度匀速上升，求：(1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向．(2)磁场向上运动速度v 0的大小．(3)该磁动力电梯以速度v 1向上匀速运行时，提升轿厢的效率．【解析】(1)因金属框匀速运动，所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和，设当电梯向上匀速运动时，金属框中感应电流大小为IF 安＝mg ＋fF 安＝2B 1IL cd联立解得金属框中感应电流I ＝1.2×104A ，图示时刻回路中感应电流沿逆时针方向．(2)金属框中感应电动势E ＝2B 1L cd (v 0－v 1)金属框中感应电流的大小I ＝2B 1L cd v 0－v 1R联立解得：v 0＝12.7 m/s.(3)金属框中的焦耳热为：P 1＝I 2R ＝1.3×105 W 重力做功的功率为：P 2＝mgv 1＝4.75×105 W 阻力的功率为：P 3＝fv 1＝5×103 W提升轿厢的效率 η＝P 2P 1＋P 2＋P 3×100% 代入数据解得：η＝77.9%.【答案】(1)1.2×104 A 感应电流沿逆时针方向(2)12.7 m/s (3)77.9%。

课时作业29 磁场及其对电流的作用
时间：45 分钟
1．关于磁场的磁感线，下列说法正确的是( B ) A．条形磁铁的磁感线从磁铁的 N 极出发，终止于磁铁的 S 极 B．磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方磁场弱，磁 感线密的地方磁场强 C．磁感线是客观存在的物质，没画磁感线的地方就表示磁场不 存在 D．通电长直导线周围的磁感线是以导线为圆心的均匀分布的同 心圆
头所示．导线段 abcd 所受到的磁场的作用力的合力( A )
A．方向沿纸面向上，大小为( 2＋1)ILB B．方向沿纸面向上，大小为( 2－1)ILB C．方向沿纸面向下，大小为( 2＋1)ILB D．方向沿纸面向下，大小为( 2－1)ILB
解析：由左手定则及力的合成可知合力方向沿纸面向上，故 知 C、D 选项错误．再由安培力公式 F＝BIL 可得合力大小为( 2 ＋1)ILB.选项 A 正确．
解析：在磁体的外部磁感线是从磁体的 N 极出发回到 S 极， 但在磁体的内部磁感线是从磁体的 S 极出发回到 N 极，故 A 错 误；磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方磁场弱，磁 感线密的地方磁场强，故 B 正确；磁感线可以形象地描述磁场的 强弱和方向，但磁感线不是真实存在的，故 C 错误；通电长直导 线周围的磁感线是以导线为圆心的同心圆，但不是均匀分布的， 越向外磁场越弱，所以磁感线越向外就变得越稀疏，故 D 错误．
4．如图所示，置于倾角为 θ 的导轨上的通电导体棒 ab，恰好保 持静止，在下图的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，
下图中导体棒 ab 与导轨之间的摩擦力可能为零的图是( A )
解析：A 图中导体棒受重力、水平向右的安培力和斜面的支 持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故 A 正确；B 图中导体棒 受重力、垂直斜面向下的安培力和斜面的支持力，要想处于平衡， 一定受摩擦力，选项 B 错误；C 图中导体棒受重力、竖直向下的 安培力和垂直斜面的支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故 C 错误；D 图中导体棒受重力、水平向左的安培力、支持力，要 想处于平衡，一定受摩擦力，故 D 错误．

选修3-2 第九章第2单元法拉第电磁感应定律自感和涡流[课时作业]命题设计难度题号较易中等稍难单一目标法拉第电磁感应定律2、3、4、67、8、9 自感、互感1、5综合目标综合应用10 11、12一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63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．(2020·安庆模拟)在图1所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是 ( )A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆C．G1、G2表的指针都向左摆D．G1、G2表的指针都向右摆解析：电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生与原方向相同的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆．B项正确．答案：B2．(2020·山东高考)如图2所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是 ( ) 目标A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝2BavD ．感应电动势平均值E －＝12πBav 解析：导体切割磁感线产生电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变． A 正确． 感应电动势的最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故E m ＝Bav ，C 错误．E －＝ΔΦΔt① ΔΦ＝B ·12πa 2 ② Δt ＝2a v③ 由①②③得E －＝14πBav ，D 错误． 答案：A3．如图3所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两板电势相等．两板间的距离远小于环的半径，经时间t ，电容器P 板 ( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是KL 2C 4π D ．带负电，电荷量是KL 2C4π 解析：磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt＝S ΔB Δt ＝KS ，而S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝KL 2C 4π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确．答案：D4．如图4甲所示，水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根导体棒ab 、cd ，两棒中间用绝缘丝线系住．开始，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B 随时间t 的变化如图4乙所示．I 和F T 分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力．则在t 0时刻( )A ．I ＝0，F T ＝0B ．I ＝0，F T ≠0C ．I ≠0，F T ＝0D ．I ≠0，F T ≠0解析：t 0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I ≠0；由于B ＝0，故ab 、cd 所受安培力均为零，丝线的拉力为零．C 项正确．答案：C5．如图5所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A ．回路中有大小和方向周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ωRC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过解析：把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b 经灯泡再从a 流回铜盘，方向不变，C 对，A 错．回路中感应电动势为E ＝BL v ＝12BωL 2，所以电流I ＝E R ＝BωL 22R，B 错．当铜盘不动，磁场按正弦规律变化时，铜盘中形成涡流，但没有电流通过灯泡，D 错．答案：C6．(2020·安徽高考)如图6甲所示，一个电阻为R 、面积为S 的矩形导线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角，O 、O ′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图6乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是 ( )A.2BS2RB.2BSRC.BSRD．0解析：甲图中，磁通量Φ1＝22BS，乙图中穿过线圈的磁通量等于零，根据公式q＝ΔΦR＝2BS2R，A正确．答案：A7．如图7所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应先 ( )A．断开S1B．断开S2C．拆除电流表D．拆除电阻R解析：当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联，所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反．只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B.答案：B8．如图8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，方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对杆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 ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到dB ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b C ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b解析：导体杆向右匀速运动产生的感应电动势为Blv ，R 和导体杆形成一串联电路，由分压原理得U ＝Blv R ＋R ·R ＝12Blv ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d ，所以A 选项正确．答案：A9．如图9所示，金属棒ab 置于水平放置的光滑框架cdef 上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab 棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小(假设不会减至零)，同时施加一个水平外力F 使金属棒ab 保持静止，则 F b( )A ．方向向右，且为恒力B ．方向向右，且为变力C ．方向向左，且为变力D ．方向向左，且为恒力解析：根据楞次定律，B 减小时，磁通量Φ减小，为阻碍Φ减小，ab 产生向右运动的趋势，故外力F 方向向左．再根据电磁感应定律，E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt，B 均匀减小，故ΔB Δt不变，E 不变，I 不变．F 安＝BIL 均匀减小，故F 为变力．C 项正确． 答案：C二、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤，有数值计算的要注明单位)10．(11分)(2020·滁州模拟)如图10甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界．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，经过时间t 0穿出磁场．图10乙所示为外力F 随时间t 变化的图象．若线框质量为m 、电阻R 及图象中的F 0、t 0均为已知量，则根据上述条件，请你推出：(1)磁感应强度B 的表达式；(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E 的表达式．解析：(1)线框运动的加速度：a ＝F 0m ①线框边长：l ＝12at 02 ② 线框离开磁场前瞬间速度： v ＝at 0 ③由牛顿第二定律知：3F 0－B 2l 2v R＝ma ④ 解①②③④式得，B ＝ 8m 3R F 02t 05 ⑤(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势：E ＝Blv ⑥解①②③⑤⑥式得：E ＝2Rt 0F 02m. 答案：(1) 8m 3R F 02t 05 (2) 2Rt 0F 02m11．(12分)如图11甲所示，竖直向下的匀强磁场垂直于光滑的桌面，图甲中的虚线为磁场的边界线，边界线右侧的磁场区域足够大；质量为m 、电阻为R 的矩形金属线圈abcd 平放在桌面上，线圈的长和宽分别为l 和2l ，线圈的一半在磁场内，一半在磁场外；t ＝0时刻磁感应强度从B 0开始均匀减小，线圈中产生感应电流，在磁场力作用下线圈的v －t 图象如图11乙所示，图乙中的斜向虚线为t ＝0时刻速度图线的切线，数据由图中给出．求：(1)t ＝0时刻金属线圈的加速度；(2)磁感应强度的变化率ΔB Δt . 解析：(1)由v －t 图象知，t ＝0时刻的加速度为a ＝ΔvΔt ＝v 0t 1.(2)t ＝0时刻E ＝ΔB Δt ·S ＝ΔBΔt ·l 2回路中电流I ＝ER此时安培力F ＝B 0Il由牛顿第二定律得F ＝ma联立上述各式得ΔB Δt ＝mv 0RB 0l 3t 1.答案：(1)v 0t 1 (2)mv 0RB 0l 3t 112．(14分)(2020·全国卷Ⅱ)如图12所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框，将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ① ΔΦ＝12l 2ΔB ②导线框中的电流为I ＝E R③ 式中R 是导线框的电阻，根据电阻率公式有R ＝ρ4l S④ 联立①②③④式，将ΔB Δt＝k 代入得 I ＝klS 8ρ⑤ (2)导线框所受磁场的作用力的大小为F ＝BIl ⑥ 它随时间的变化率为ΔFΔt ＝Il ΔBΔt ⑦ 由⑤⑦式得ΔF Δt ＝k 2l 2S8ρ.答案：(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ。