湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2025高二下·临澧月考）如图所示为现代科技在电磁场中的两种物理模型示意图，关于这两种模型及其应用的描述，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是质谱仪结构模型，若仅增大磁感应强度B2，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
B．图甲是质谱仪结构模型，若选用比荷更大的粒子进行实验，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
C．图乙是回旋加速器模型，若仅增大磁感应强度B，可增大粒子的最大动能
D．图乙是回旋加速器模型，若仅增大交变电压U，可增大粒子的最大动能
2．（2025高二下·临澧月考）如图（a）所示，半径为r 的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R 构成闭合回路，若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图（b）所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻，以下说法正确的是（ ）
A．0~1s 内，流过电阻R 的电流方向为a→R→b
B．2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在减小
C．t=2s 时，流过电阻R 的电流方向发生改变
D．t=2s 时，（V）
3．（2025高二下·临澧月考）如图，在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一水平放置的长为L的金属棒以水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则经过时间t，金属棒产生的感应电动势的大小为（金属棒未落地）（ ）
A． B．0 C． D．
4．（2025高二下·临澧月考）如图所示，abc为等腰直角三角形金属导线框，∠c=90°，def为一与abc全等的三角形区域，其中存在垂直纸面向里的匀强磁场，e点与c点重合，bcd在一条直线上．线框abc以恒定的速度沿垂直df的方向穿过磁场区域，在此过程中，线框中的感应电流i（以刚进磁场时线框中的电流方向为正方向）随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二下·临澧月考）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在轴上的点有一离子源，向各个方向均匀发射速率相等、质量为、电量为的相同粒子，设入射速度方向与轴正方向的夹角为（）。当时，粒子从轴上处离开。不计粒子的重力。则下列说法不正确的是（ ）
A．粒子入射速率为
B．粒子打在轴上的最远处坐标为
C．打在轴上的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．打在轴上的粒子数占粒子总数的
6．（2025高二下·临澧月考）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a = 60°，∠b = 90°，边长ab = L。一个粒子源在b点将质量为m，电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·临澧月考）图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦式交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、，两线圈横截面积相同，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．若没有转换器，则变压器副线圈输出的是直流电
C．若，则可以实现燃气灶点火
D．穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1
8．（2025高二下·临澧月考）如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为
C．小球做匀速圆周运动的周期为
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
9．（2025高二下·临澧月考）如图所示，边界水平的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为，两区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度相同。边长为的正方形导线框从Ⅰ区域上方某位置由静止释放，已知线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度大小一定小于
B．线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场过程安培力的冲量相同
C．线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场产生的焦耳热相同
D．线框穿过Ⅰ、Ⅱ两区域磁场的过程所用时间可能相同
10．（2025高二下·临澧月考）如图甲所示，间距为的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，轨道左侧连接一定值电阻，垂直导轨的导体棒在水平外力作用下沿导轨运动，随变化的规律如乙图所示。在时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动。、、均为已知量，棒和轨道电阻不计。则（ ）
A．在以后，导体棒一直做匀加速直线运动
B．在以后，导体棒先做加速直线运动，最后做匀速直线运动
C．在时间内，通过导体棒横截面的电量为
D．在时间内，导体棒的加速度大小为
11．（2025高二下·临澧月考）在学习安培力后，某学习小组利用安培力与磁感应强度的关系测定磁极间的磁感应强度，实验装置如图所示，步骤如下：
①在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，则应使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线 ；
②在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；
③接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线圈静止时弹簧测力计的读数，则线圈所受安培力为 。
④用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度 。
12．（2025高二下·临澧月考）（1）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接。下列不会引起电流计指针偏转的是 （选填①②③④⑤⑥⑦）
①开关闭合的瞬间
②开关断开的瞬间
③开关闭合后，线圈A的铁芯拔出
④开关闭合后，无其他操作
⑤开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动
⑥开关闭合后，滑动变阻器的滑片P加速滑动
（2）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块在P中的下落时间 在Q中的下落时间、落至底部时在P中的速度 在Q中的速度（全部选填“大于”“等于”或“小于”）
13．（2025高二下·临澧月考）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，半径为的金属圆盘竖直放置，绕点以角速度沿顺时针方向匀速转动，在圆盘中央和边缘各引出一根导线，与两块平行金属板A、B连接，两板间距为。在平行金属板A、B之间有一带电液滴处于静止状态。重力加速度为，求：
（1）感应电动势的大小；
（2）带电液滴的电性及比荷。
14．（2025高二下·临澧月考）如图甲所示，光滑的金属导轨和平行，间距，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度，方向垂直于导轨平面向上，间接有阻值的电阻，质量、电阻的金属杆垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力沿导轨平面向上拉金属杆，使其由静止开始运动，至金属杆上滑达到稳定状态时，通过金属杆的电荷量为。对应过程的图像如图乙所示，取，导轨足够长。（，）求：
（1）运动过程中、哪端电势高，并计算恒力的大小；
（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
（3）由图中信息计算0~1s内，金属杆滑过的位移。
15．（2025高二下·临澧月考）如图所示，真空中有以为圆心，半径为的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、轴上方有宽度为，方向沿轴负向、大小为的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点沿纸面不同方向发射速率为v的质子，已知质子的电荷量为，质量为，不计质子的重力。试求：
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度要满足什么条件？
（2）、两点在圆周上，是的中点，平行于轴，若质子从点平行于轴出磁场，求磁感应强度的大小和质子从点出射时的与x轴夹角。
（3）求质子从点平行于轴出磁场后与轴的交点坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动的应用相关知识，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。
AB．粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离为x，根据示意图有
解得
由上述式子得，仅增大粒子的比荷，则粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，仅增大磁感应强度B2，粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，故AB错误；
CD．根据
得
由上述式子可知，粒子的最大动能与电压U无关，增大磁感应强度B可以增大粒子的动能，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】判断粒子打在胶片上的位置与狭缝的距离；由和可知粒子的最大动根据qvB=qE和能与电压U无关，与D形盒半径和磁感应强度有关。
2．【答案】D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的内容，掌握磁通量的定义，明确磁通量正负的意义，同时理解路端电压与感应电动势的区别。A．规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0~1s 内，穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R 的电流方向为b→R→a ，故A错误；
B．由题图乙可知，在2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；
C.1~2s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，2~3s 磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，所以t=2s 时，流过电阻R 的电流方向没有发生改变，故C错误；
D．当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律
因不计金属圆环的电，因此
故D 正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律来判定感应电流的方向；依据磁通量定义来确定求解，明确磁通量正负的意义；依据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；求得t=2s时，线圈中感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及路端电压概念，即可求解。
3．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种金属棒做平抛运动，有效切割速度为水平方向的速度，即，与竖直方向的速度无关，故经过时间t，金属棒产生的感应电动势的大小为
保持不变，故ABD错误C正确。
故选C。
【分析】由感应电动势公式E=BLv结合平抛运动的特点分析选择。
4．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应的相关应用，解题的关键是分析出线框切割磁场的有效长度的变化，结合右手定则即可完成分析。abc为等腰直角三角形金属导线框，∠c=90°，时刻，线框刚进入磁场时，有效长度为0，根据可知此时感应电动势为0，感应电流为0；
当c点运动至df边，此时有效长度为，感应电动势为
感应电流为
当ab边运动至与df边重合时，此时有效长度为，感应电动势为
感应电流为
故选C。
【分析】根据线框切割磁感线的有效长度的变化分析感应电动势大小的变化，结合欧姆定律分析出感应电流大小的变化；根据楞次定律或右手定则分析感应电流方向。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，关键是利用几何关系，得到粒子圆周运动的轨迹半径。A．当α=90°时，粒子轨迹如图所示
由几何关系可得
解得r=L
又
联立解得
故A正确；
B．粒子打在x轴上的最远处时，在磁场中的轨迹为半圆，如图
由几何关系可得
故B错误；
C．打在x轴上的粒子，其轨迹与x轴相切时，在磁场中运动的最长时间，轨迹如图
由几何关系可得
解得θ=53°，α=90°-53°=37°
可知打在x轴上的粒子在磁场中运动的最长时间为
又
联立解得
故C正确；
D．粒子恰好从原点O飞出磁场的轨迹如图
由几何关系可得
解得θ＇=53°
则有α=180°-θ＇=127°
综上所述，打在y轴上的粒子速度方向与y轴方向夹角范围为0°≤α≤37°，127°≤α≤180°
可知打在y轴上的粒子数占粒子总数的，故D正确。
本题选错误的，故选B。
【分析】由几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子入射速率；由几何关系求粒子打在x轴上的最远处坐标；由几何关系和周期公式求打在x轴上的粒子在磁场中运动的最长时间；由几何关系求打在y轴上的粒子数和粒子总数的关系。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场的运动问题，一般由洛伦兹力做向心力得到半径的表达式，然后根据几何关系求得半径，即可联立求解。
沿ab方向射出的粒子在磁场区域内转动半周，偏转角最大，运动的时间最长，半径最大的为恰与ac边相切的粒子，粒子轨迹如图
由几何关系知
由洛仑兹力提供向心力有
速度的最大值是
故选B。
【分析】由左手定则判断粒子偏转方向，然后根据洛伦兹力做向心力得到半径及周期的表达式，从而得到运动时间最长的状况，然后根据几何关系求得半径，进而得到速度。
7．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】在解答本题时，应注意掌握变压器原副线圈与电压的关系以及能够从交变电流表达式中分析得出有关信息。A．电压表的示数为
选项A正确；
B．变压器不能改变直流电压，则若没有转换器，则变压器副线圈输出电压为零，选项B错误；
C．若实现燃气灶点火，则
则选项C错误；
D．理想变压器的原、副线圈相同，无漏磁现象，穿过原、副线圈的磁通量相等，即之比为1∶1，选项D正确。
故选AD。
【分析】根据变压器原副线圈与电压的关系，以及交变电流中有效值的计算方法分析作答。
8．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动问题，关键要正确分析受力情况，明确向心力来源，通过列式分析周期的变化情况。A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即电场力竖直向上，由于E向下，小球带负电，故A错误；
B．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，所以
由于洛伦兹力提供向心力，故有
解得
又由于
解得
故B正确；
C．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期
C正确；
D．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期
显然运动周期与加速电压无关，D错误。
故选BC。
【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，根据以及qE=mg列式，在加速电场中根据动能定理列式，联立可求得周期。再分析周期的变化情况。
9．【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题主要考查了电磁感应中的力学问题，根据受力情况分析线框运动是解题关键，注意在变速穿过磁场时不能用Q=I2Rt计算产生热量。A．恰能匀速穿过Ⅱ磁场，则有：
穿出Ⅰ后，还需要经过一段加速过程，才能到达区域Ⅱ，因此穿出磁场时的速度必然小于v2，则假设线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度大于g，则刚进入Ⅰ区域磁场时做减速运动，减速过程所能达到的最小速度即为v2，与上述分析不符，故线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度一定小于g，故A正确；
B．线圈通过磁场过程中，通过线框截面的电荷量大小：
线框进入和穿出Ⅰ区域磁场的两个过程，磁通量改变量大小相同，则通过线框截面的电荷量大小相同；线圈通过磁场过程中，安培力的冲量：
所以线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场过程安培力的冲量相同，故B正确；
C．根据功能关系可知，线框穿过Ⅰ区域过程中，产生的焦耳热小于重力势能的变化，即小于mgl；线框穿过Ⅱ区域过程中，产生的焦耳热等于重力势能的变化，即等于mgl；所以线框穿过Ⅰ区域磁场比穿过Ⅱ区域磁场产生的焦耳热小，故C错误；
D．由A选项分析可知，线框穿过Ⅰ区域过程仍然向下加速，且最大速度小于v2，穿过Ⅱ磁场速度为v2，线框穿过Ⅰ、Ⅱ两区域磁场的过程所用时间不可能相同，穿过Ⅰ区所用的时间长，故D错误。
故选AB。
【分析】线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，穿出Ⅰ后，还需要经过一段加速过程，才能到达区域Ⅱ；根据判断通过线框截面的电荷量，再根据冲量的计算公式求解冲量大小；根据功能关系分析产生的热；根据平均速度判断穿过两磁场区域时间。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题以0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合t=0、t=t0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式、加速度的定义式求导体棒的加速度是关键。AB．设导体棒运动的速度为v，感应电动势
电路电流
导体棒受到的安培力
导体棒运动的加速度
在t0以后，当导体棒速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当a=0时，做匀速运动，速度最大；故B正确，A错误；
CD．在0～t0时间内，由牛顿第二定律解得
则有
所以导体棒的加速度大小
在0~t0时间内，通过位移
通过导体棒横截面的电量为
故D错误，C正确。
故选BC。
【分析】在0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，在t0时刻导体棒所受的外力F2大于此时导体棒所受的安培力，导体棒做加速度越来越小的变加速运动。在0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t=0时刻与t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力与速度的关系以及加速度的定义即可求加速度。根据通过导体棒横截面的电量q与磁通量变化量的关系可求电量。
11．【答案】垂直；；
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题是简单的力电综合问题，结合安培力公式、平衡条件列式求解。
①根据左手定则可知， 将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中， 使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使短边受到的安培力沿竖直方向，弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力；
③对线框受力分析知：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡
又
所以线圈所受安培力
④由安培力公式得
解得：
【分析】①为方便测出弹簧对线圈的拉力，应使弹簧测力计保持竖直状态，因此矩形线圈所在的平面应与N、S极的连线垂直；
③根据共点力平衡即可求得受到的安培力大小；
④根据F=nBIL求出磁感应强度。
12．【答案】（1）④
（2）大于；小于
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．
（1）在线圈B中产生感应电流时，电流计指针偏转；当开关闭合的瞬间、开关断开的瞬间线圈B中磁通量变化；开关闭合后，线圈A的铁芯拔出、滑动变阻器的滑片P匀速滑动、滑动变阻器的滑片P加速滑动磁通量都变化；电流计指针偏转；开关闭合后，无其他操作，线圈B中磁通量不变，故电流计指针偏转；所以不会引起电流计指针偏转的是④。
（2）当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，所以在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间大于在Q中的下落时间、落至底部时在P中的速度小于在Q中的速度。
【分析】（1） 穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题．
（2）在金属管中运动时会产生电磁阻尼作用，使下落时间变长。
（1）在线圈B中产生感应电流时，电流计指针偏转；当开关闭合的瞬间、开关断开的瞬间线圈B中磁通量变化；开关闭合后，线圈A的铁芯拔出、滑动变阻器的滑片P匀速滑动、滑动变阻器的滑片P加速滑动磁通量都变化；电流计指针偏转；开关闭合后，无其他操作，线圈B中磁通量不变，故电流计指针偏转；所以不会引起电流计指针偏转的是④。
（2）[1][2]当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，所以在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间大于在Q中的下落时间、落至底部时在P中的速度小于在Q中的速度。
13．【答案】（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
（2）根据安培右手定则可知A板带正电，电场线方向由A板指向B板。因为液滴处于静止状态，可知液滴所受的电场力竖直向上，所以液滴带负电荷，根据平衡条件，有
其中
联立解得比荷为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小；
（2）液滴处于静止状态，根据平衡条件求解。
（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
（2）根据安培右手定则可知A板带正电，电场线方向由A板指向B板。因为液滴处于静止状态，可知液滴所受的电场力竖直向上，所以液滴带负电荷，根据平衡条件，有
其中
联立解得比荷为
14．【答案】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知
联立解得
（2）金属杆由静止开始运动，至金属杆上滑达到稳定状态时，通过导体棒的电荷量
解得
从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理，有
又
由图可知
代入数据解得
由
解得金属杆滑过的位移
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据右手定则得出电流的方向，从而判断出电势的高低；根据对金属棒的受力分析，结合安培力的计算公式得出恒力的大小；
（2）由功能关系求得从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热。
（3）由动量定理结合电流的定义式，即可得出电荷量和导轨的位移。
（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知
联立解得
（2）金属杆由静止开始运动，至金属杆上滑达到稳定状态时，通过导体棒的电荷量
解得
从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理，有
又
由图可知
代入数据解得
由
解得金属杆滑过的位移
15．【答案】（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）OM为ON的一半，可得，，则NA=R，质子做圆周运动的半径为R
由洛伦兹力提供向心力，得
解得磁感应强度
易知OB与x轴的夹角为，故质子出射时速度与x轴成角。
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向
在水平方向
联立解得
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为，偏转角为，由
结合以上解得
在竖直方向的速度为
偏转角为
由图，
联立求解得
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交由
解得
水平位移
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出质子不从磁场射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后求出磁感应强度需要满足的条件．
（2）根据题意求出质子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，求出质子入射速度的方向．
（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律分析答题．
（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）OM为ON的一半，可得，，则NA=R，质子做圆周运动的半径为R
由洛伦兹力提供向心力，得
解得磁感应强度
易知OB与x轴的夹角为，故质子出射时速度与x轴成角。
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向
在水平方向
联立解得
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为，偏转角为，由
结合以上解得
在竖直方向的速度为
偏转角为
由图，
联立求解得
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交由
解得
水平位移
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
1 / 1湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2025高二下·临澧月考）如图所示为现代科技在电磁场中的两种物理模型示意图，关于这两种模型及其应用的描述，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是质谱仪结构模型，若仅增大磁感应强度B2，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
B．图甲是质谱仪结构模型，若选用比荷更大的粒子进行实验，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
C．图乙是回旋加速器模型，若仅增大磁感应强度B，可增大粒子的最大动能
D．图乙是回旋加速器模型，若仅增大交变电压U，可增大粒子的最大动能
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动的应用相关知识，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。
AB．粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离为x，根据示意图有
解得
由上述式子得，仅增大粒子的比荷，则粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，仅增大磁感应强度B2，粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，故AB错误；
CD．根据
得
由上述式子可知，粒子的最大动能与电压U无关，增大磁感应强度B可以增大粒子的动能，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】判断粒子打在胶片上的位置与狭缝的距离；由和可知粒子的最大动根据qvB=qE和能与电压U无关，与D形盒半径和磁感应强度有关。
2．（2025高二下·临澧月考）如图（a）所示，半径为r 的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R 构成闭合回路，若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图（b）所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻，以下说法正确的是（ ）
A．0~1s 内，流过电阻R 的电流方向为a→R→b
B．2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在减小
C．t=2s 时，流过电阻R 的电流方向发生改变
D．t=2s 时，（V）
【答案】D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的内容，掌握磁通量的定义，明确磁通量正负的意义，同时理解路端电压与感应电动势的区别。A．规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0~1s 内，穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R 的电流方向为b→R→a ，故A错误；
B．由题图乙可知，在2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；
C.1~2s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，2~3s 磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，所以t=2s 时，流过电阻R 的电流方向没有发生改变，故C错误；
D．当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律
因不计金属圆环的电，因此
故D 正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律来判定感应电流的方向；依据磁通量定义来确定求解，明确磁通量正负的意义；依据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；求得t=2s时，线圈中感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及路端电压概念，即可求解。
3．（2025高二下·临澧月考）如图，在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一水平放置的长为L的金属棒以水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则经过时间t，金属棒产生的感应电动势的大小为（金属棒未落地）（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种金属棒做平抛运动，有效切割速度为水平方向的速度，即，与竖直方向的速度无关，故经过时间t，金属棒产生的感应电动势的大小为
保持不变，故ABD错误C正确。
故选C。
【分析】由感应电动势公式E=BLv结合平抛运动的特点分析选择。
4．（2025高二下·临澧月考）如图所示，abc为等腰直角三角形金属导线框，∠c=90°，def为一与abc全等的三角形区域，其中存在垂直纸面向里的匀强磁场，e点与c点重合，bcd在一条直线上．线框abc以恒定的速度沿垂直df的方向穿过磁场区域，在此过程中，线框中的感应电流i（以刚进磁场时线框中的电流方向为正方向）随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应的相关应用，解题的关键是分析出线框切割磁场的有效长度的变化，结合右手定则即可完成分析。abc为等腰直角三角形金属导线框，∠c=90°，时刻，线框刚进入磁场时，有效长度为0，根据可知此时感应电动势为0，感应电流为0；
当c点运动至df边，此时有效长度为，感应电动势为
感应电流为
当ab边运动至与df边重合时，此时有效长度为，感应电动势为
感应电流为
故选C。
【分析】根据线框切割磁感线的有效长度的变化分析感应电动势大小的变化，结合欧姆定律分析出感应电流大小的变化；根据楞次定律或右手定则分析感应电流方向。
5．（2025高二下·临澧月考）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在轴上的点有一离子源，向各个方向均匀发射速率相等、质量为、电量为的相同粒子，设入射速度方向与轴正方向的夹角为（）。当时，粒子从轴上处离开。不计粒子的重力。则下列说法不正确的是（ ）
A．粒子入射速率为
B．粒子打在轴上的最远处坐标为
C．打在轴上的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．打在轴上的粒子数占粒子总数的
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，关键是利用几何关系，得到粒子圆周运动的轨迹半径。A．当α=90°时，粒子轨迹如图所示
由几何关系可得
解得r=L
又
联立解得
故A正确；
B．粒子打在x轴上的最远处时，在磁场中的轨迹为半圆，如图
由几何关系可得
故B错误；
C．打在x轴上的粒子，其轨迹与x轴相切时，在磁场中运动的最长时间，轨迹如图
由几何关系可得
解得θ=53°，α=90°-53°=37°
可知打在x轴上的粒子在磁场中运动的最长时间为
又
联立解得
故C正确；
D．粒子恰好从原点O飞出磁场的轨迹如图
由几何关系可得
解得θ＇=53°
则有α=180°-θ＇=127°
综上所述，打在y轴上的粒子速度方向与y轴方向夹角范围为0°≤α≤37°，127°≤α≤180°
可知打在y轴上的粒子数占粒子总数的，故D正确。
本题选错误的，故选B。
【分析】由几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子入射速率；由几何关系求粒子打在x轴上的最远处坐标；由几何关系和周期公式求打在x轴上的粒子在磁场中运动的最长时间；由几何关系求打在y轴上的粒子数和粒子总数的关系。
6．（2025高二下·临澧月考）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a = 60°，∠b = 90°，边长ab = L。一个粒子源在b点将质量为m，电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场的运动问题，一般由洛伦兹力做向心力得到半径的表达式，然后根据几何关系求得半径，即可联立求解。
沿ab方向射出的粒子在磁场区域内转动半周，偏转角最大，运动的时间最长，半径最大的为恰与ac边相切的粒子，粒子轨迹如图
由几何关系知
由洛仑兹力提供向心力有
速度的最大值是
故选B。
【分析】由左手定则判断粒子偏转方向，然后根据洛伦兹力做向心力得到半径及周期的表达式，从而得到运动时间最长的状况，然后根据几何关系求得半径，进而得到速度。
7．（2025高二下·临澧月考）图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦式交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、，两线圈横截面积相同，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．若没有转换器，则变压器副线圈输出的是直流电
C．若，则可以实现燃气灶点火
D．穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】在解答本题时，应注意掌握变压器原副线圈与电压的关系以及能够从交变电流表达式中分析得出有关信息。A．电压表的示数为
选项A正确；
B．变压器不能改变直流电压，则若没有转换器，则变压器副线圈输出电压为零，选项B错误；
C．若实现燃气灶点火，则
则选项C错误；
D．理想变压器的原、副线圈相同，无漏磁现象，穿过原、副线圈的磁通量相等，即之比为1∶1，选项D正确。
故选AD。
【分析】根据变压器原副线圈与电压的关系，以及交变电流中有效值的计算方法分析作答。
8．（2025高二下·临澧月考）如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为
C．小球做匀速圆周运动的周期为
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动问题，关键要正确分析受力情况，明确向心力来源，通过列式分析周期的变化情况。A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即电场力竖直向上，由于E向下，小球带负电，故A错误；
B．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，所以
由于洛伦兹力提供向心力，故有
解得
又由于
解得
故B正确；
C．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期
C正确；
D．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期
显然运动周期与加速电压无关，D错误。
故选BC。
【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，根据以及qE=mg列式，在加速电场中根据动能定理列式，联立可求得周期。再分析周期的变化情况。
9．（2025高二下·临澧月考）如图所示，边界水平的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为，两区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度相同。边长为的正方形导线框从Ⅰ区域上方某位置由静止释放，已知线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度大小一定小于
B．线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场过程安培力的冲量相同
C．线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场产生的焦耳热相同
D．线框穿过Ⅰ、Ⅱ两区域磁场的过程所用时间可能相同
【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题主要考查了电磁感应中的力学问题，根据受力情况分析线框运动是解题关键，注意在变速穿过磁场时不能用Q=I2Rt计算产生热量。A．恰能匀速穿过Ⅱ磁场，则有：
穿出Ⅰ后，还需要经过一段加速过程，才能到达区域Ⅱ，因此穿出磁场时的速度必然小于v2，则假设线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度大于g，则刚进入Ⅰ区域磁场时做减速运动，减速过程所能达到的最小速度即为v2，与上述分析不符，故线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度一定小于g，故A正确；
B．线圈通过磁场过程中，通过线框截面的电荷量大小：
线框进入和穿出Ⅰ区域磁场的两个过程，磁通量改变量大小相同，则通过线框截面的电荷量大小相同；线圈通过磁场过程中，安培力的冲量：
所以线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场过程安培力的冲量相同，故B正确；
C．根据功能关系可知，线框穿过Ⅰ区域过程中，产生的焦耳热小于重力势能的变化，即小于mgl；线框穿过Ⅱ区域过程中，产生的焦耳热等于重力势能的变化，即等于mgl；所以线框穿过Ⅰ区域磁场比穿过Ⅱ区域磁场产生的焦耳热小，故C错误；
D．由A选项分析可知，线框穿过Ⅰ区域过程仍然向下加速，且最大速度小于v2，穿过Ⅱ磁场速度为v2，线框穿过Ⅰ、Ⅱ两区域磁场的过程所用时间不可能相同，穿过Ⅰ区所用的时间长，故D错误。
故选AB。
【分析】线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，穿出Ⅰ后，还需要经过一段加速过程，才能到达区域Ⅱ；根据判断通过线框截面的电荷量，再根据冲量的计算公式求解冲量大小；根据功能关系分析产生的热；根据平均速度判断穿过两磁场区域时间。
10．（2025高二下·临澧月考）如图甲所示，间距为的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，轨道左侧连接一定值电阻，垂直导轨的导体棒在水平外力作用下沿导轨运动，随变化的规律如乙图所示。在时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动。、、均为已知量，棒和轨道电阻不计。则（ ）
A．在以后，导体棒一直做匀加速直线运动
B．在以后，导体棒先做加速直线运动，最后做匀速直线运动
C．在时间内，通过导体棒横截面的电量为
D．在时间内，导体棒的加速度大小为
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题以0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合t=0、t=t0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式、加速度的定义式求导体棒的加速度是关键。AB．设导体棒运动的速度为v，感应电动势
电路电流
导体棒受到的安培力
导体棒运动的加速度
在t0以后，当导体棒速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当a=0时，做匀速运动，速度最大；故B正确，A错误；
CD．在0～t0时间内，由牛顿第二定律解得
则有
所以导体棒的加速度大小
在0~t0时间内，通过位移
通过导体棒横截面的电量为
故D错误，C正确。
故选BC。
【分析】在0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，在t0时刻导体棒所受的外力F2大于此时导体棒所受的安培力，导体棒做加速度越来越小的变加速运动。在0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t=0时刻与t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力与速度的关系以及加速度的定义即可求加速度。根据通过导体棒横截面的电量q与磁通量变化量的关系可求电量。
11．（2025高二下·临澧月考）在学习安培力后，某学习小组利用安培力与磁感应强度的关系测定磁极间的磁感应强度，实验装置如图所示，步骤如下：
①在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，则应使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线 ；
②在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；
③接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线圈静止时弹簧测力计的读数，则线圈所受安培力为 。
④用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度 。
【答案】垂直；；
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题是简单的力电综合问题，结合安培力公式、平衡条件列式求解。
①根据左手定则可知， 将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中， 使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使短边受到的安培力沿竖直方向，弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力；
③对线框受力分析知：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡
又
所以线圈所受安培力
④由安培力公式得
解得：
【分析】①为方便测出弹簧对线圈的拉力，应使弹簧测力计保持竖直状态，因此矩形线圈所在的平面应与N、S极的连线垂直；
③根据共点力平衡即可求得受到的安培力大小；
④根据F=nBIL求出磁感应强度。
12．（2025高二下·临澧月考）（1）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接。下列不会引起电流计指针偏转的是 （选填①②③④⑤⑥⑦）
①开关闭合的瞬间
②开关断开的瞬间
③开关闭合后，线圈A的铁芯拔出
④开关闭合后，无其他操作
⑤开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动
⑥开关闭合后，滑动变阻器的滑片P加速滑动
（2）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块在P中的下落时间 在Q中的下落时间、落至底部时在P中的速度 在Q中的速度（全部选填“大于”“等于”或“小于”）
【答案】（1）④
（2）大于；小于
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．
（1）在线圈B中产生感应电流时，电流计指针偏转；当开关闭合的瞬间、开关断开的瞬间线圈B中磁通量变化；开关闭合后，线圈A的铁芯拔出、滑动变阻器的滑片P匀速滑动、滑动变阻器的滑片P加速滑动磁通量都变化；电流计指针偏转；开关闭合后，无其他操作，线圈B中磁通量不变，故电流计指针偏转；所以不会引起电流计指针偏转的是④。
（2）当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，所以在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间大于在Q中的下落时间、落至底部时在P中的速度小于在Q中的速度。
【分析】（1） 穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题．
（2）在金属管中运动时会产生电磁阻尼作用，使下落时间变长。
（1）在线圈B中产生感应电流时，电流计指针偏转；当开关闭合的瞬间、开关断开的瞬间线圈B中磁通量变化；开关闭合后，线圈A的铁芯拔出、滑动变阻器的滑片P匀速滑动、滑动变阻器的滑片P加速滑动磁通量都变化；电流计指针偏转；开关闭合后，无其他操作，线圈B中磁通量不变，故电流计指针偏转；所以不会引起电流计指针偏转的是④。
（2）[1][2]当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，所以在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间大于在Q中的下落时间、落至底部时在P中的速度小于在Q中的速度。
13．（2025高二下·临澧月考）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，半径为的金属圆盘竖直放置，绕点以角速度沿顺时针方向匀速转动，在圆盘中央和边缘各引出一根导线，与两块平行金属板A、B连接，两板间距为。在平行金属板A、B之间有一带电液滴处于静止状态。重力加速度为，求：
（1）感应电动势的大小；
（2）带电液滴的电性及比荷。
【答案】（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
（2）根据安培右手定则可知A板带正电，电场线方向由A板指向B板。因为液滴处于静止状态，可知液滴所受的电场力竖直向上，所以液滴带负电荷，根据平衡条件，有
其中
联立解得比荷为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小；
（2）液滴处于静止状态，根据平衡条件求解。
（1）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
（2）根据安培右手定则可知A板带正电，电场线方向由A板指向B板。因为液滴处于静止状态，可知液滴所受的电场力竖直向上，所以液滴带负电荷，根据平衡条件，有
其中
联立解得比荷为
14．（2025高二下·临澧月考）如图甲所示，光滑的金属导轨和平行，间距，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度，方向垂直于导轨平面向上，间接有阻值的电阻，质量、电阻的金属杆垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力沿导轨平面向上拉金属杆，使其由静止开始运动，至金属杆上滑达到稳定状态时，通过金属杆的电荷量为。对应过程的图像如图乙所示，取，导轨足够长。（，）求：
（1）运动过程中、哪端电势高，并计算恒力的大小；
（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
（3）由图中信息计算0~1s内，金属杆滑过的位移。
【答案】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知
联立解得
（2）金属杆由静止开始运动，至金属杆上滑达到稳定状态时，通过导体棒的电荷量
解得
从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理，有
又
由图可知
代入数据解得
由
解得金属杆滑过的位移
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据右手定则得出电流的方向，从而判断出电势的高低；根据对金属棒的受力分析，结合安培力的计算公式得出恒力的大小；
（2）由功能关系求得从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热。
（3）由动量定理结合电流的定义式，即可得出电荷量和导轨的位移。
（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知
联立解得
（2）金属杆由静止开始运动，至金属杆上滑达到稳定状态时，通过导体棒的电荷量
解得
从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理，有
又
由图可知
代入数据解得
由
解得金属杆滑过的位移
15．（2025高二下·临澧月考）如图所示，真空中有以为圆心，半径为的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、轴上方有宽度为，方向沿轴负向、大小为的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点沿纸面不同方向发射速率为v的质子，已知质子的电荷量为，质量为，不计质子的重力。试求：
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度要满足什么条件？
（2）、两点在圆周上，是的中点，平行于轴，若质子从点平行于轴出磁场，求磁感应强度的大小和质子从点出射时的与x轴夹角。
（3）求质子从点平行于轴出磁场后与轴的交点坐标。
【答案】（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）OM为ON的一半，可得，，则NA=R，质子做圆周运动的半径为R
由洛伦兹力提供向心力，得
解得磁感应强度
易知OB与x轴的夹角为，故质子出射时速度与x轴成角。
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向
在水平方向
联立解得
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为，偏转角为，由
结合以上解得
在竖直方向的速度为
偏转角为
由图，
联立求解得
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交由
解得
水平位移
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出质子不从磁场射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后求出磁感应强度需要满足的条件．
（2）根据题意求出质子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，求出质子入射速度的方向．
（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律分析答题．
（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）OM为ON的一半，可得，，则NA=R，质子做圆周运动的半径为R
由洛伦兹力提供向心力，得
解得磁感应强度
易知OB与x轴的夹角为，故质子出射时速度与x轴成角。
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向
在水平方向
联立解得
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为，偏转角为，由
结合以上解得
在竖直方向的速度为
偏转角为
由图，
联立求解得
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交由
解得
水平位移
根据几何关系得
故与x轴交点坐标为（，0）
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