11-19年高考物理真题分专题汇编之051b带电粒子在磁场中的圆周运动(下)（10份打包）

11-19年高考物理真题分专题汇编之
051b带电粒子在磁场中的圆周运动(下)
1.2017年新课标Ⅱ卷18.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，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为，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，则为（ C ）
A. B. C. D.
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则当粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；若粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；根据，则 ，故选C.
2.2017年新课标Ⅲ卷24．（12分）
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，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离。
答：（1）；（2）
解析：粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以在x>0区域有： ；在x<0区域有：
解得，
在x>0区域运动时间 ；在x<0区域运动时间 ；
粒子运动的时间 ；
粒子与O点间的距离 。
3.2017年浙江选考卷23.如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围；
（3）当UAK=0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
（4）画出电流i随UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。
【答案】（1），（2）60o, （3）（4）
【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题，即
轨道半径 ， 所以
由右图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，由几何关系
同理下端电子从P点射出与负y轴最大夹角也是60度
范围是


每秒进入两极板间的电子数为n

n=0.82N
(4)由动能定理得出遏止电压
与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压或者根据（3）可得饱和电流大小。
（4）电流i随UAK变化的关系曲线如右图示
4. 2013年全国卷大纲版26．（20分）
如图，虚线OL与y轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出）且。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示。有 ①
周期为
由此得 ②
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D，由图中几何关系得 ③
由以上五式和题给条件得 ④
解得 ⑤ 或 ⑥
设M点到O点的距离为h
根据几何关系
利用以上两式和得
⑦
解得 (=30°) ⑧
(=90°) ⑨
当=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 ⑩
当=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
5. 2012年理综山东卷
23．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q>0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小
解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得 ①
由①式得 ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ③
由运动学公式得 ④
联立③④式得 ⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 ⑦
联立②⑥⑦式得 ⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1 ⑨
联立②⑤⑨式得 ⑩
若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得 ⑾
联立⑨⑩⑾式得 ⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t ⒀
联立⑩⑿⒀式得 ⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得
⒂
由题意得T=t ⒃
联立⒁⒂⒃式得 ⒄
6. 2011年理综福建卷
22．（20分）如图甲，在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。
⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；
⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期。
Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；
Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。

【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有
①
由①式解得　v = ②
（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则
qv1B = qE ③
又　s = v1T ④
式中T =
解得　s = ⑤
Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则
⑥
由动能定理有 ⑦
又　Ay = ⑧
由⑥⑦⑧式解得　Ay =
可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y =
7. 2011年理综广东卷
35．（18分）如图19(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。
⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。
⑵若撤去电场，如图19(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。
⑶在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：⑴根据动能定理，，
所以
⑵如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2+ R2=(R2- R1)2，解得：。
根据洛仑兹力公式，
解得：。
根据公式
解得：
⑶考虑临界情况，如图所示
①，解得：
②，解得：，综合得：
8. 2011年理综山东卷
25．（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ=30?，
⑴当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。
⑵若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。
⑶若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。
⑷若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。
解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得
①
　 ②
由几何关系得 R1= L2 = L ③
联立①②③得 ④
设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t， ⑤
⑥
联立①③⑤⑥式解得
（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，由牛顿第二定律得
⑧
由几何知识得 ⑨
联立②③⑧⑨式解得 ⑩
（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足
?
联立①⑧?式解得 ?
（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得
?
?
联立②⑧??式解得 B1L1=B2L2 ?


9. 2011年理综四川卷
25．（20分）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。
⑴求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
⑵求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
⑶若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。
解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为F＝，代入数据：F＝1.25×10－11N
由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。
（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理：Uq＝mv2
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有：qvB＝m
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1＝，R2＝l－d，
联立代入数据有 8.1×10－14kg＜m ≤2.89×10－13kg
（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成ф角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可得
cosθ＝，
根据平抛运动，t＝，s＝vt
对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有
μMg＝Ma，k＝v0t－at2
再由余弦定理：k2＝s2＋(d＋Rsinθ)2－2s(d＋Rsinθ)cosθ
及正弦定理：＝
联立并代入数据解得：v0＝4.15m/s，ф＝arcsin0.8（或ф＝53°）
10. 2011年理综重庆卷
25．（19分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。
⑴求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；
⑵求电场强度的取值范围；
⑶A是M′N′的中点，若要使电子在A、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。
解析：（1）设圆周运动的半径为分别为、…、…，第一次和第二次圆周运动的速率分别为、，动能分别为、

，
，
解得
⑵设电场强度为，第一次达到隔离层前速度为，

解得
又由，
得 所以
⑶设电子在磁场中圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，总运动时间为t,由题意有


得
又由 得
11. 2011年江苏卷
15．（16分）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
⑴若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；
⑵现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；
⑶若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

答：(1) (2)如图 (3)
【解析】(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动，
则
当粒子的质量增加了，其周期增加
根据题图可知，粒子第一次的加速电压u1=U0
粒子第二次的加速电压
粒子射出时的动能
解得
（2）磁屏蔽管的位置如图所示
（3）在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数
，得N=25
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u=U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。
粒子由静止开始被加速的时刻 (n=0,1,2,……)
最大动能 解得 .
12. 2014年物理江苏卷
14． (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。 装置的长为 L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为 d. 装置右端有一收集板，M、N、P 为板上的三点，M 位于轴线 OO'上，N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。 在纸面内，质量为 m、电荷量为-q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成 30 ° 角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。 不计粒子的重力.
（1） 求磁场区域的宽度 h;
（2） 欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv;
（3） 欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值.
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】（1）设粒子在磁场中的的轨道半径为r
根据题意 且
解得
（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为
，
由题意可知 解得
（3）设粒子经过上方磁场n次
由题意可知
且 ，解得
13. 2014年理综山东卷
24、（20分）如图甲所示，间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。
（1）若，求B0；
（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
【解析】（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得
①
据题意由几何关系得
②
联立①②式得
③
（2）若，垂直打在P板上,如图示。设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得：
④
据题意由几何关系得
⑤
联立④⑤式得
⑥
（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得
⑦
由牛顿第二定律得
⑧
由题意知，代入⑧式得
⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为，在第个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知
⑩
设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3……）
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
⑾
当n=0时，无解 ⑿
当n=1时，联立⑨式得
⒀
联立⑦⑨⑩式得
⒁
当时，不满足的要求 ⒂
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
⒃
当n=0时，无解
当n=1时，联立⑨⒃式得

联立⑦⑨⑩式得

当时，不满足的要求
14.2014年理综广东卷36.(18分)
如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.
(1)若k=1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理有 ①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 ②
当k=1时，由几何关系得 r=L ③
由①②③解得 ④
（2）由于2 ⑤
解得 ⑥
由②⑥解得 ⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
⑧
由对称性及几何关系可知 ⑨
解得 ⑩
由⑧⑩解得
15. 2014年理综浙江卷
25.（22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子，II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。
I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角（0 < ≤ 90?）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。
求II区的加速电压及离子的加速度大小；
为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；
为90?时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与的关系。
【解析】 （1）由动能定理得 ①
②
③
（2）垂直纸面向外 ④
（3）如答图1所示，设电子运动的最大半径为r
. ⑤
⑥
所以有 ⑦
要使⑦式有解，磁感应强度
. ⑧
（4）如答图2所示，OA＝R－r， OC＝， AC＝r
根据几何关系得 ⑨
由⑥⑨式得
16.2015年江苏卷15. (16 分)一台质谱仪的工作原理如图所示，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 区域 MQ 损坏，检测不到离子，但右侧 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 的离子即可在 QN 检测到。
(1)求原本打在 MN 中点P的离子质量 m；
(2)为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围；
(3)为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U 的最少次数. (取 lg2 = 0. 301，lg3 = 0. 477，lg5 = 0. 699)
答案：（1） （2） （3）3次
解析：（1）离子在电场中加速：
在磁场中做匀速圆周运动：
解得：
代入，解得
（2）由（1）知， 离子打在Q点，，
离子打在N点，，，
则电压的范围
（3）由（1）知，
由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，
此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上
解得
第2次调节电压到U2，使原本Q1点的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则 ， 解得
同理第n次调节电压，有 ，
检测完整，有，解得
最少次数为3次。
17.2015年理综山东卷24．（20分）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m电量为+q的粒子由小孔下方d/2?处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
【答案】（1） （2）或 （3）5.5πD
解析：（1）粒子在电场中，由动能定理，解得
（2）若粒子的运动轨迹与小圆相切，如图甲示，则当内切时，半径为，
由
解得，
当外切时，半径为，由解得
（3）若Ⅰ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；
Ⅱ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：
；
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；；
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；
设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)
联立上述各式可得：s=5.5πD

P

x

y

O

B0

λB0

v0

x

y

O

B0

λB0

v0

x

y

O

2b

B

R

P

2l


d

K

A

UAK

电子源


x

y

O

2b

R

P

电子源


θm

O'

r

θm

0

0.5

1.0

-1.0

-0.5

0.40

0.80

1.20

1.20

0.80

0.40



i/(×Ne)

+

y

x

O

M

L

B

θ

+

y

x

O

M

L

A

60°

α

β

P

B

C

h

D

+

y

x

O

M

L

B

θ

P

α

图乙

0

u

U0



-U0

t

图甲

Q

P

N

L

S1

S2

B

M

y

x

O

h

B

E

v0

y

x

O

S

S

O

y

t

甲

乙

丙































O

A

R1

R2

C

v2

450

O

A

R1

R2

C

L1

L

L2

B1

Ⅰ

Ⅱ

B2

θ

m

-q

M

N

Q

P

图1

θ

B1

B2

L1

L2

L

Ⅰ

Ⅱ

θ

θ

图2

θ

B1

B2

L1

L2

L

I

II

θ

θ

θ

图3

θ

B1

B2

L1

L2

L

Ⅰ

Ⅱ



θ

θ





图4

B1

B2

L1

L2

L

Ⅰ


Ⅱ


θ

θ

α

θ

C

D

W

Z

Y

X

l

h

B

A

O1

O2

R1

R2

D

S

θ

Q

h



R

W

O

B

L

X

P

A

s

φ

θ

θ

Y

d

k

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

M

M ′

N

N ′

A

B

磁场区域

电场区域

s

3s

d

P

P ′

O

uab

U0

-U0

T0

2T0

3T0

t

图2

L

L

磁屏蔽管

图1

a

b

c

a

b

c

O



L

d

收集板

O'

O

m, -q

30°

B

B

P

M

N

图乙

B

t









-B0

B0

0

图甲

v0

P

Q

d













d



















S1

S2

B0

Ⅰ

m

N

M

A1

A2

+q

Ⅱ

6L

L

L

d

P

图25

L

R

B

右

左

II

I

第25题图1

O

C

v



第25题图2

R

O

C

v

答图1

O

C

v



答图2

A

r

r

L


L


O

U0

M

P

N

Q

B

d

H

O

G

Ⅰ

Ⅱ

v

图丙

图乙

图甲



11-19年高考物理真题分专题汇编之
052带电粒子在电磁场中的运动
1.【2019年物理全国卷1】如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x辅的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1） （2）或
【解析】
【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：
或
1.2017年天津卷11．（18分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【答案】（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上；（2）。
【解析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t,有
x方向： ①
y方向： ②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vy= at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有
④
联立①②③④式得α=45° ⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。
设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有 ⑥
联立①②③⑥式得 ⑦
（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F=ma ⑧
又F=qE ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 ⑩
由几何关系可知 ?
联立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ?
2. 2014年物理海南卷
14．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成450夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有


依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间t1为

求得
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有

得
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
得电场强度最大值
2. 2014年理综大纲卷25．(20 分)
如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进人电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
⑴电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
⑵该粒子在电场中运动的时间。
【答案】 ，
【解析】(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为r. 由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
①
由题给条件和几何关系可知r＝d ②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得
Eq＝max ③
vx＝axt ④
⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
⑥
联立①②③④⑤⑥式得 ⑦
(2)联立⑤⑥式得 ⑧
4. 2011年理综全国卷
25．（19分）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。
解析：带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qE＝ma ①
设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得
v0t0＝at02 ②
粒子速度大小V1为 V1＝ ③
设速度方向与竖直方向的夹角为α，则 tanα＝ ④
此时粒子到出发点P0的距离为 s0＝v0t0 ⑤
此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝ ⑥
设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为
s1＝2r1sinβ ⑦
由几何关系得 α＋β＝45° ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1＝ ⑨
点P2与点P0相距 l＝s0＋s1 ⑩
联立①②⑤⑨⑩解得 l＝ eq \F(mv0,q)(＋)
5.2013年四川卷
11．如图所示，竖直平面（纸面）内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经1/4圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；
（2）小球Q的抛出速度v0的取值范围；
（3）B1是B2的多少倍？
【答案】（1）， （2）， （3）0.5倍
【解析】（1）由题意，小球P到达D前匀速：， ①
且P带正电，过D进入电磁场区域做匀速圆周运动，则， ②
（2）经1/4圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，设匀速圆周运动半径为R
则 ③
设小球P、Q在第四象限相遇时的坐标为x、y，
设小球Q平抛后经时间t与P相遇，Q的水平位移为s，竖直位移为d。则
④ ⑤
位移关系：=R ⑥ ≤0　⑦
联解①③④⑤⑥⑦得：　　⑧
（3）小球Q在空间作平抛运动，在满足题目条件下，运动到小球P穿出电磁场时的高度（图中N点）时，设用时t1,竖直方向速度vy，竖直位移yQ，则有
＝　　⑨
　　　 ⑩
此后a=g同，P、Q相遇点竖直方向速度必同
联立解得：B1=0.5B2
6. 2014年理综重庆卷
9．（18分）如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
（1）求该电场强度的大小和方向。
（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
【答案】（1）E=mg/q，方向向上；
（2）；
（3）可能的速度有三个：，，
【解析】（1）设电场强度大小为E
由题意有 mg = qE
得 E=mg/q 方向竖直向上
（2）如答题9图l所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，
由 ， 有，
由
得
（3）如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r 2，粒子第一次通过 KL 时距离K点为 x，由题意有
3nx =1.8h ( n=1 , 2 , 3 ,……)


得
即 n=1时
n=2时
n=3时

7.2015年理综天津卷12、（20分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射
（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；
（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。
答案：（1）； （2）； （3）见解析；
解析：（1）粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理有， ①
解得 ②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 ③
联立②③式解得： ④
（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（各量的下标均代表粒子所在层数，下同）， ⑤
⑥
粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有： ⑦
由图1根据几何关系可以得到：
⑧
联立⑥⑦⑧式可得： ⑨
由⑨式可看出，，…，为一等差数列，公差为d，可得：
⑩
当n=1时，由图2可看出：
?
联立⑤⑥⑩?可解得： ?
（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：
，
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于，则导致：
说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
8.2015年理综重庆卷9．（18分）题9图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和M' N'是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O'，
O' N'= ON=d，P为靶点，O' P=kd（k为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U. 质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O' 进入磁场区域。当离子打到极板上O' N'区域（含N' 点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【答案】（1） （2），
（3） ，
解析：（1）离子经电场加速，由动能定理：，可得
磁场中做匀速圆周运动，
刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知
联立解得
（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达N' 右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：

且
解得：，
要求离子第一次加速后不能打在板上，有，且，
解得：
故加速次数n为正整数最大取
即
（3）加速次数最多的离子速度最大，取，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。
由匀速圆周运动

电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式


可得：
9.2016年江苏卷15．（16分）回旋加速器的工作原理如图15-1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图15-2所示，电压值的大小为U0.周期。一束该种粒子在t=0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
(1)出射粒子的动能Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。
【答案】 (1) 　 (2) (3)
【解析】（1）粒子运动半径为R时

且
解得
（2）粒子被加速n次达到动能Em，则Em=nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt
加速度
匀加速直线运动
由，解得
(3)只有在 0 ~时间内飘入的粒子才能每次均被加速
则所占的比例为
由,解得
10.2016年四川卷11.（19分）如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域II有固定在水平面上高、倾角的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD＇上，距地面高。零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小、方向与水平面夹角的速度，在区域Ⅰ内做半径的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
（3）若小球A、P在时刻（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域II的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。
【答案】（1）； （2）
（3）场强极小值为；场强极大值为，方向竖直向上。
【解析】（1）由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
①
代入数据解得 ②
（2）小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有 ③
④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有
⑤
⑥
联立以上方程可得 ⑦
（3）设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
⑧
⑨
⑩
联立相关方程解得
对小球P的所有运动情形讨论可得
由此可得场强极小值为；场强极大值为，方向竖直向上。



y

B

P

x

O

Q

v0

B

P

x

y

O

Q

v0





v

v

O′

O

B

y

x

P

E

v0

O

x

(d, 0)

y

v0

O

x

v

(d, 0)

y

θ

B×

E

P0

v0

M

N

Ⅱ

Ⅰ

h

B1

v0

A

P

l

y

x

K

Q

D

O

h

B1

v0

A

P

l

y

x

K

Q

D

O

(x，y)

s

d

R

vy

v0

v

v

N

h

题9图

N

M

Q

P

K

L

T

S

2B

B

1.8h

答题9图1

S

h

N

P

K

r2

r1

r2

O1

O2

φ

答题9图2

S

h

N

P

K

r2

r1

x

O1

O2

φ

x

x

M

L

T

Q

第1层

第2层

第n层

……

……

q

θn

n

图1

rn

rn

d


θ1

图2

r1

d


θ1

d

kd

P

M′

h

O′

N′

M

O

N

题9图

– U0

eq \f(1,2)T

图15-2

O

U0

UMN

t

T

2T

eq \f(3,2)T

图15-1

O

A

R

UMN

N

M

d

D

h



A

H

s


Ⅱ

E1

D'

K

P

Ⅰ

v0

θ

C



11-19年高考物理真题分专题汇编之
053带电粒子在复合场中的运动
1.2017年新课标I卷16．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向量，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确；ACD错误。
2.2012年物理海南卷
2．如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？ （ ）
A．粒子速度的大小　　 　　 　B．粒子所带的电荷量
C．电场强度　　　　 　　 　　D．磁感应强度
答：B
解析：带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有qvB=qE。所以粒子所带电荷量改变，粒子运动轨迹不会改变，选项B正确。
3. 2013年浙江卷
20．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案：BCD
解析：根据，认为两种粒子的质量近似相等，可得，粒子进入磁场时，动能之比为1:3，，在磁场中做圆周运动的加速度,轨道半径，可得半径之比为:1；加速度之比为: ；由几何关系知，P3+在磁场转过60o，带电粒子在磁场中速度不变，离开电场区域时的动能之比为1:3。
4.2018年北京卷、18．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是 （ C ）
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，有，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场和电场的方向及强度都要有要求，但对粒子的带电量的大小和电性没有要求，故选项C正确ABD错误。
5.2016年天津卷11、如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量，电荷量，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=10m/s2，求
（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；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角60° （2）3.5s
【解析】（1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
①
代入数据解得 ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
③
代入数据解得
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，设其加速度为a，有
⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
=3.5 s 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
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
⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得⑦
6.2012年理综浙江卷
24．（20分）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0，带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B'，则B'的大小为多少？
【解析】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
得，
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷。
（2）进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力做匀速圆周运动的向心力，

考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R=d,由此可得:
（3）根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R',有

由图示可得： 得：，
联立求得：
7.2015年理综福建卷22.（20分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf ；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
答案：：（1）E/B （2）（3）
解析：（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE
解得：v=E/B
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F的方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理：，其中
联立解得：
8.2014年理综四川卷10．（17分）
在如图所示的竖直平面内。水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r =m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 0。过G点、垂直于纸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、垂直于纸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P1质量m = 2×10-3kg、电荷量
q = +8×10-6C，受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t = 0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为u = 0. 5，取g = 10m/s2,sin370 = 0.6，cos370 = 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：
（1）小物体P1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。
解：设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则
F1＝qvB ①
f＝μ(mg－F1) ②
由题意，水平方向合理为零
F－f＝0 ③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4 m/s ④
说明：①③式各1分，②④式各2分
（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1 ⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH运动的距离为s1，则
⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsinθ－μm2gcosθ＋qEsinθ)＝m2a2 ⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH运动的距离为s2，则
⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得
s＝s1＋s2 ⑩
s＝0.56 m ⑾
说明：⑦⑧⑨⑩式各1分，⑥⑾式各2分
9.2012年理综新课标卷
25.（18分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
[答案]
[解析]粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
　① 式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，　②
设=x，由几何关系得 ③ 　④
联立式得　⑤
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得
⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
⑦ vt　 ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得 ⑨
10.2012年物理江苏卷
15. (16分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成，,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;
(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压U ;
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.
射入方向 y －y z －z
受力大小 F F F F
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.
解析：（1）设粒子射出加速器的速度为， 动能定理
由题意得，即
（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t：
加速度的大小 ，
在离开时，竖直分速度
竖直位移y1=1/2 at2 水平位移l=v1t
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t
竖直位移y2=vyt
由题意知，粒子竖直总位移y=2y1+y2，
解得
则当加速电压为4U0时，U=4U1
（3）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且
由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行。
, 则 f=2F 且 f=qv1B
解得
设电场方向与x轴方向夹角为α,
若B沿x轴方向，由沿轴方向射入时的受力情况得

解得，或
即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为300或1500，
同理若B沿-x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-300或-1500。
11.2012年理综四川卷25．（20分）
如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？
(3)求A点距虚线X的距离s。
解：(1)设小球P所受电场力为F1，则F1=qE ①
在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg ②
联立相关方程得 E=mg/q ③
设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv ④
得 v=I/m ⑤
说明：①②③④⑤式各1分。
(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得
mv+mv0=(m+m)vm ⑥
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得
⑦
联立相关方程，得 ⑧
说明：⑥⑦式各2分，⑧式1分。
(3)设P在X上方做匀速直线运动的时间为tP1，则 tP1= ⑨
设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则
tP2= ⑩
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有
⑾
由题意，有 tQ=tP1+ tP2 ⑿
联立相关方程，得
n为大于的整数 ⒀
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ′,由单摆周期性，有
⒁
同理可得
n为大于的整数 ⒂
说明：⑨⑾⑿⒁式各1分，⑩ ⒀⒂式各2分。
12.2012年理综重庆卷
24．（18分）有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如题24图所示。两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷（电荷量与质量之比）均为1/k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线O' O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与NQ的距离为，不计颗粒间相互作用，求
⑴电场强度E的大小
⑵磁感应强度B的大小
⑶速率为λv0（λ＞1）的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。
解答：
⑴设带电颗粒的电量为q，质量为m，离开磁场在电场中匀速直线运动，有

将q/m=1/k代入得
⑵如答24图1，有


得
⑶如答24图2有





得
13. 2011年理综安徽卷
23．（16分） 如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
（1）求电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有 qE=qvB ①
又 R=vt0 ②
则 ③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y方向位移 ④
由②④式得 ⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是

又有 ⑥
得 ⑦
（3）仅有磁场时，入射速度v' =4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
⑧
又 qE=ma ⑨
由⑦⑧⑨式得 ⑩
由几何关系 ?
即 ?
带电粒子在磁场中运动周期 ?
则带电粒子在磁场中运动时间 ?
所以 ?
14. 2013年安徽卷23、（16分）
如图所示的平面直角坐标系xoy，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达点时速度的大小和方向；
（3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。
答案：（1） （2）,方向指向第Ⅳ象限，方向成45°角 （3）
解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有

联立以上各式可得
（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为
所以
（3）粒子在磁场中运动时，有
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有
所以
15.2013年江苏卷
15. (16 分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如题15-1 图所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如题15-2 图所示. x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向. 在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m 和+q. 不计重力. 在时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动.
（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；
（2）求B0应满足的关系；
(3)在时刻释放P,求P速度为零时的坐标.
答案：(1)
(2)
（3）x=0
y=
解析： (1) 作匀加速运动， 作匀速圆周运动，
电场力， 加速度，速度，且， 解得
（2）只有当 时，P在磁场中作圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道作往复运动，如图示。设P在磁场中作圆周运动的周期为T，则

匀速圆周运动，
解得
（3）在t0时刻释放，P在电场中加速时间为
在磁场中作匀速圆周运动
圆周运动的半径
解得
又经时间P减速为零后向右加速时间为t0,
P再进入磁场圆周运动的半径
解得
综上分析，速度为零时横坐标x=0
相应的纵坐标为y= 2[kr1-(k-1)r2]
2k(r1-r2), （ k=1,2,3……）
解得y=
16.2013年山东卷
23、（18分）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。
（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得：
qE=ma……………………①
由运动学公式得：
………………②
2d=v0t0……………………③
vy=at0……………………④
…………⑤
………………⑥
联立①②③④⑤⑥式得：
………………⑦
θ=450……………………⑧
（2）设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知ΔO1OQ为等腰直角三角形，得：
……………………⑨
由牛顿第二定律得：
……………………⑩
联立⑦⑨⑩式得：
……………………⑾
（3）设粒子作圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2' 是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2'，由几何关系知，O2FGO2'和O2QHO2' 均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，ΔQOF为等腰直角三角形。】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：
………………… …⑿
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：
FG=HQ=2R2……………………⒀
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有
…………⒁
联立⑦⑿⒀⒁式得：
………………⒂
17. 2013年福建卷
22．（20分）如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。让质量为m，电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。
(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A(a，O)点，求v1的大小；
（2）已知一粒子的初建度大小为v（v>v1），为使该粒子能经过A(a，O)点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射。研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。
答： (1)
（2）有2个入射角，分别在第1、2象限， 答案图如图 解得
（3）
解： (1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中作匀逮圆周运动，半径为R，有
①
当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有 ②
由②代入①式得 ③
（2）如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x=a/2的直线上，半径为R。
当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第l、2象限，有 ④
由①④式解得 ⑤
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理， ⑥
由题知，有 vm=kym ⑦
若E=0时，粒子以初速度v0沿y轴正方向入射，有
⑧
v0=kR0 ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
18.2014年理综四川卷11．（11分）
如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应。p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为- q（q > 0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿P板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求发射装置对粒子做的功；
（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在h板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l。此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“l”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0～Bm=范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）。
【解析】（1）设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有
h＝v0t ①
设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理
②
联立①②式可得 ③
说明：①②式各2分，③式各1分
（2）S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有
E0＝U ④
板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有
U＝Eh ⑤
mg－qE＝ma ⑥
⑦
l＝v0 t1 ⑧
S接“2”位置时，则在电阻R上流过的电流I满足
⑨
联立①④～⑨式得 ⑩
说明：④～⑩式各1分
（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有 ⑾
过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有
⑿
⒀
⒁
联立①⑾～⒁式，将B＝Bm代入，求得
⒂
当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，Ｄ点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面从T孔飞出板间区域，此时Bm＞B＞0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即
θ0＝0 ⒃
则题目所求为 ⒄

左

右

U

+

B

θ

B

E

P

θ

θ

v

qE

mg

qvB

d

第24题图



M



M

d/2v0

R

d

解析第24题图

B

M

N

A

C

D

E

vD

P

h

θ=37°

s

H

O

D

G

E

B

P2

P1

F

C

r

b

a

O

b

a

O

c

d

l

l

l

+

-

U0

-U1

U1

m

+q

A

y

x

z

O

待测区域

A

B

X

O

Q

W

s

P

I

l

2d

Q

题24图

3d

P

M

N

O

收集板

















































l

金属极板

金属极板

O'





带电颗粒
发射器

Q

答题24图1

3d

P

M

N

O

















































O'

R-d

O''

R

Q

答题24图2

3d

P

M

N

O

















































O'

R1

θ

θ

y2

y1

x

y

O

P

B

R

x

O'

y

O

R

B

r




P


x

y

v0

P

O

c

a

b

B

E

x

y

v0

P

O

c

a

b

B

E

45°

r

P

O

x

y

题15-1 图

O

t

E

E0

5r

3r

r

2r

4r

O

t

B

+B0

5r

3r

r

2r

4r

-B0

题15-2 图


O

x

y

r

x

O

y

r1

r2













y

R1

O1

O

Q

x

R1

θ

y

G

O

Q

x

R2

θ

R2

O2

R2

R2

O2'

v

F

H

x

y

O

E

B

v0

乙

x

y

O

v

θ

B

A

a

甲

x

y

O

v

θ

B

A

a/2

θ

v

θ'

θ

O

h

l

h

K

T

A

R

S

1

2

p

b

θ

O

h

h

K

T

p

b

θ

D

G






11-19年高考物理真题分专题汇编之054磁场的综合应用
1.【2019年物理天津卷】笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）

A. 前表面的电势比后表面的低
B. 前、后表面间的电压与无关
C. 前、后表面间的电压与成正比
D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。
1.2018年浙江卷（4月选考）22．（10分）【加试题】压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号，其原理如图1所示。压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“-|”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（x=αp，α>0）。霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B=B0（1-β|x|），β>0。无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1 、D2两点间产生霍尔电压U0。
（1）指出D1 、D2两点哪点电势高；
（2）推导出U0与I、B0之间的关系式（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd，其中e为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p（t），霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。（结果用U0、U1、t0、α及β表示）
答案：（1）D1点电势高
（2）电子受力平衡：evB0=eEH 得到
（3）霍尔电压，
振幅： 频率：
2.2014年物理江苏卷
9．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH 满足：，式中 k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离，电阻 R 远大于 RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C． IH 与 I 成正比
D．电压表的示数与 RL 消耗的电功率成正比
【答案】CD
【解析】通过霍尔元件的电流自上而下，电子运动自下而上，根据左手定则，可知电子受到的洛伦兹力垂直纸面向里，后面聚集负电荷，前面聚集正电荷，前面电势高于后面电势，选项A错误；
电源的正负极对调，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则知电子受洛伦兹力方向不变，仍然有前面电势高于后面电势，选项B错误；
当电子受力平衡时， ∵， ∴，
又∵，∴， IH与I成正比，选项C正确；
因为电阻R远大于RL，所以通过RL的电流可以认为是I，，而B=KI，IH=K' I，所以UH∝I2 ∝P，D项正确。
3. 2014年理综福建卷
22．如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽度为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。
（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；
（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；
（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。
解析：（1）设带电离子所带的电量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有
得：
（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有：p1hd=f， p2hd=f+F安， F安=BId
根据欧姆定律，有
两导体板间液体的电阻
联立解得：
（3）电阻R获得的功率为：，，
当时，电阻R获得的最大功率
4. 2013年浙江卷
25．（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω?m的海水，通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有a×b=0.3m×0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0×103A的电流，设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm=1.0×103kg/m3。
（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；
（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？
（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小。





答：（1）1.92×103N，方向向右
（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯。
改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”。
（3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率，P1=F牵v0=6.9×105W
电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率
推进器内海水的电阻0.5Ω， P2=12I2R=6×106W
电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量
单位时间内通过推进器的水的质量为 m=ρmbcv水对地=480kg
单位时间内其动能增加为 =4.6×104W
解：（1）将通电海水看成导线，所受磁场力
代入数据得：
用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）
（2）考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左右两侧的直线通道推进器，实施转弯。改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”。
（3）电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率
根据牛顿第三定律：
当

第二部分：海水的焦耳热功率
对单个直线推进器，根据电阻定律：

代入数据得：
由热功率公式，
代入数据得：

第三部分：单位时间内海水动能的增加值
设Δt时间内喷出海水的质量为m

考虑到海水的初动能为零，


5. 2012年理综天津卷
12.（20分）对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要的意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直与磁场方向进入磁感应强度为B的均强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。
（1）求加速电场的电压U；
（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；
（3）实际上加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）
解析：（1）铀离子在电场中加速到速度v，根据动能定理有
①
进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有
②
由以上两式化简得
③
（2）在时间t内收集到的粒子个数为N，粒子总电荷量为Q，则
④
⑤
⑥
由④④⑤⑥式解得
⑦
（3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由①②可得半径为
⑧
由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值

质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值

所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为
⑨
化简得
＜﹪ ⑩
6. 2011年理综北京卷
23．（18分）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。
如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。
已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2 (m1 >m2)，电荷量均为。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。
（1）求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
（2）当感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。
设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处；离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。
【解析】（1）由动能定理，，
得 ①
（2）在磁场中作圆周运动由牛顿第二定律 ，，利用①式得
离子在磁场中的轨道半径为别为 ， ②
两种离子在GA上落点的间距 ③
（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 ………④
利用②式代入④式，得
R1最大值满足 得
求得最大值
7. 2011年理综天津卷
12．（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
（1）当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）
（2）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。
（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小还是不变？
【解析】（1）核反应方程为 ①
设碳11原有质量为m0，经过t=2.0 h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有

（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知
③
质子运动的回旋周期为 ④
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频
率f的关系可得 ⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
⑥
输出时质子束的等效电流为 ⑦
由上述各式得
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分
（3）方法一：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则

整理得 ⑩
因U、q、m、B均为定值，令，由上式得
相邻轨道半径rk+1，rk+2之差
同理
因为rk+2> rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小
方法二：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k﹣1）次
速度大小为
同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为
综合上述各式可得
整理得，

同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有

由于rk+2> rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。
8.2014年理综天津卷
12．(20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为+q的粒子A（不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；
（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率；
（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

【答案】（1） （2） （3）A
【解析】⑴设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得
①
A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力
②
由①②得 ③
⑵设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得
④
设A做第n次圆周运动的周期为，有
⑤
设在A运动第n周的时间内电场力做功为，则
⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为
⑦
由④⑤⑥⑦解得
⑧
⑶ A图能定性地反映A，B运动的轨迹。
A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A，B的周期分别为，，综合②、⑤式并分别应用A，B的数据得


由上可知，是的倍，所以A每绕行1周，B就绕行周。由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速。
经n次加速后，A，B的速度分别为和，考虑到④式


由题设条件并考虑到⑤式，对A有
设B的轨迹半径为，有
比较上述两式得
上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变。
由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示。
9.2015年理综浙江卷25. （22分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。
为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O'点（O'点图中未画出）。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L。OQ与OP的夹角为θ，
（1）求离子的电荷量q并判断其正负；
（2）离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B'，求B'；
（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。
答案：（1），正电荷（2）（3）
解析：（1）离子做圆周运动 解得， 正电荷
（2）如答图所示 O′Q=R， OQ=L， O′O=R-r
引出轨迹为圆弧 得到
根据余弦定理得：
化简得
则
（3）电场强度方向沿径向向外
引出轨迹为圆弧

10.2016年新课标I卷15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A. 11 B. 12
C. 121 D. 144
答案：D
解析：设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：

得 ①
在磁场中应满足 ②
由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．
由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径，由于加速电压不变，
故
其中B2=12B1 q2=q1 ，可得
故一价正离子与质子的质量比约为144
11.2016年浙江卷25.（22分）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B'??，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B'和B的关系。已知：sin（α±β?）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1-2
【答案】（1）；旋转方向为逆时针方向（2）；（3）
【解析】（1）峰区内圆弧半径 ①
旋转方向为逆时针方向 ②
（2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角 ③
每个圆弧的长度 ④
每段直线长度 ⑤
周期 ⑥
代入得 ⑦
（3）谷区内的圆心角 ⑧
谷区内的轨道圆弧半径 ⑨
由几何关系 ⑩
由三角关系
代入得 ?
12.2017年江苏卷15.（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹，不考虑离子间的相互作用.
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（）到（）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件.
解：（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速， 且 ， 解得
根据几何关系x =2r1–L， 解得
（2）(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上

解得
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径
r2 的最大半径
由题意知 2r1min–2r2max >L，即
解得


第22题图2

第22题图1

p(t)

O

L

B

x

A

弹性盒

d

UH

B

b

C1

I

D1

D2

a

C2

第22题图3

UH

t

t0

2t0

3t0

4t0

O

U0

U1

RL

V

R

B

IH

霍尔元件前表面

电源

线圈

I

y

z

x

L

h

d

v0

S

R

B

M

N

推进器

海水入口

海水入口



I

I

B

M

N

a

b

c

B

U

A

S1

S2



























































































离子源

加速电场

狭缝

D

C

G

A

B

q

A

B

D1

D2

接交流电源

M

N

v

q

R

B

A

C

D

v

P

Q

L

B

θ

r

O

引出通道

25题答图

R

Q

P

O

O′

r

R-r

L

θ

出口

磁场

加速电场

O

B

峰区

谷区

L

60o

60o

r

30o

l

O

r

eq \f(θ,2)

eq \f(θ',2)

B

B′

r′

O

U0

L

M

N

加速电场


B

底片


M

N

底片


r1

L/2






11-19年高考物理真题分专题汇编之055法拉第电磁感应定律
1.2014年物理江苏卷
1．如图所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中. 在 Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 2 B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ B ）
A． 　　 B． C． 　　 D．
【解析】当磁场增强时线圈中产生感生电动势，由法拉第电磁感应定律
，选项B正确
2. 2014年理综安徽卷
20．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是 （ D ）
A．0 B．
C． D．
【解析】由法拉第电磁感应定律得感生电动势：，而电场力做功W=qU，小球在环上运动一周U=E，故。D正确。
3.2013年新课标I卷
17.如图.在水平面（纸面）内有三报相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是（ A ）
【解析】设“V”字形导轨夹角为2θ，MN向右匀速运动运动的速度为v，
根据法拉第电磁感应定律：，设回路中单位长度的导线的电阻为RO，，
根据欧姆定律：，A选项对。
4. 2013年北京卷
17. 如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El∶E2分别为（ C ）
A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1
C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2
【 解析】据右手定则可直接判断出感应电流的方向为a→c，由导体棒切割磁感线产生的感应电动势的表达式可知若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为原来的2倍，本题选C。
5.2017年新课标I卷18．扫描对到显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是 （ A ）
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化，在A图中系统震动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动，故A正确；而B、C、D三个图均无此现象，故错误。
6. 2012年理综北京卷
19. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导终连接起来后.将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。对比老师演示的实验，下列四个选项中.导致套环未动的原因可能是（　D　）
A.线圈接在了直流电源上.
B.电源电压过高.
C.所选线圈的匝数过多，
D.所用套环的材料与老师的不同
解析：在开关闭合的瞬间，线圈中的电流变大，磁场变强，穿过金属套环的磁通量变大，在金属套环内产生感应电流。感应磁场必然阻碍原磁场的增大，所以金属套环会受到线圈的斥力而跳起。
在实验时电源一般采用直流电源，电压不能太大（以不烧导线和电源的条件下电压大现象明显），所选线圈的匝数越多，现象也越明显。如果该学生所用套环的材料为非金属，则不会观察到“跳环实验”。答案D。
7. 2012年理综新课标卷
19.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（ C ）
A. B. C. D.
[解析]匀速转动时感应电动势与磁场变化时感应电动势相同即可。匀速转动时感应电动势式中R为半径。磁场变化时感应电动势。二者相等可得答案。
8.2014年理综山东卷
16、如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是
A、FM向右 B、FN向左
C、FM逐渐增大 D、FM逐渐减小
【答案】BCD
【解析】根据楞次定律，在M区受安培力的方向也向左，在N区受安培力的方向也向左，因此选项B正确A错误；根据法拉第电磁感应定律，可知受到安培力的大小由于在M区磁感应强度越来越大，因此安培力FM越来越大，而在N区磁感应强度越来越小，因此安培力FM越来越小，选项CD都正确。
9. 2012年理综四川卷
20．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则
A．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ=时，杆产生的电动势为
C．θ=0时，杆受的安培力大小为
D．θ=时，杆受的安培力大小为
答案：AD
解析：θ=0时,杆长为2a，由E=BLv=2Bav可知A正确；θ=π/3时，杆长为a，E=BLv=Bav，故B错；因为安培力F=B2L2v/R总，θ=0时,R总=（π+2）aR0, θ=π/3时，R总=（5π/3+1）aR0，代入可知C错D对。正确答案：AD
10. 2011年理综广东卷
15．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答：C
【解析】由法拉第电磁感应定律，，选项A错误。穿过线圈的磁通量越大，并不代表穿过线圈的磁通量变化率大，选项B错误，C正确。由楞次定律感应电流的磁场总是阻碍产生感应电流的磁通量的变化，感应电流的磁场方向与原磁场方向有时相同，有时相反。选项D错误。
11. 2014年理综新课标卷Ⅰ
14.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
【答案】D
【解析】本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，从而引起另一个线圈电路磁通量的变化产生感应电流，因此D选项正确
12.2018年海南卷7．如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线框abcd，ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R。使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是 （ AC ）
A．线框abcd中感应电动势的最大值是
B．线框abcd中感应电动势的有效值是
C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大
D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大
解析：线框平面与磁场方向平行时，线框的两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大，最大值为，选项A正确；此时流经线框的电流最大，C正确；线框abcd中感应电动势的有效值是，选项B错误；线框平面与磁场方向垂直时即中性面，线框不切割磁感应线，不产生感应电动势，流经线框的电流为零，D错误。故选AC。
13.2018年全国卷I、17．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到（过程II）。在过程I、II中，流过OM的电荷量相等，则等于 （ B ）
A． B． C． D．2
解析：过程Ⅰ回路中磁通量的变化，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量。过程Ⅱ回路中磁通量的变化，流过OM的电荷量。由题意在过程I、II中，流过OM的电荷量相等，即Q2= Q1，联立解得。选项B正确。
14.2018年全国卷III、20．如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电，的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势 （ AC ）
A．在时为零
B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向
D．在时最大，且沿顺时针方向
解析： 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。故选AC.
15. 2014年理综新课标卷Ⅰ
18.如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比， 则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是：（ C ）





【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势Ucd即cd线圈中的电压，由于磁场是线圈ab中的电流产生的，所以，故，即cd中电压大小与ab线圈电流的变化率成正比，根据图b可知0—0.5s和0.5—1.5s电流的变化率大小相等，方向相反，所以C正确．
16.2014年物理江苏卷
7．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来. 若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（ AB ）
A． 增加线圈的匝数 B． 提高交流电源的频率
C． 将金属杯换为瓷杯 D． 取走线圈中的铁芯

【解析】此电路为电磁炉模型的简化，利用的是电磁感应现象。当铁芯通交流电时，金属杯底可以看做金属环拼接而成，内部会产生感应电流。增加线圈的匝数，磁场增强，感应电流变大，加热功率变大，水沸腾的更快，A项正确。提高电流的频率，可以提高磁场的变化率，同样可使感应电流变大，B项正确；换成瓷杯，不能发生电磁感应现象，不能加热水，C项错误；取走铁芯，磁场变弱，电磁感应现象变弱，D项错误。
17.2015年理综新课标Ⅱ卷15.如图，直角三角形金属框放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l。下列判断正确的是 （ C ）
A．Ua> Uc，金属框中无电流
B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-a
C . ，金属框中无电流
D. ，金属框中电流方向沿a-c-b-a
解析：当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c点电势高，，故C正确，ABD错。
18.2015年江苏卷13. (15 分)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。 某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径 r = 5. 0 cm，线圈导线的截面积 A = 0. 80 cm2，电阻率ρ = 1. 5Ω·m. 如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度 B 在 0. 3 s 内从1. 5 T 均匀地减为零，求：
(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻 R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势 E；
(3)0. 3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量 Q.
解：(1) 由电阻定律得 代入数据得R=6×103Ω
(2) 感应电动势 代入数据得E=4×10-2V
(3)由焦耳定律得 代入数据得Q=4×10-8J
19.2015年海南卷2．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为。则等于（ B ）
A. B. C. 1 D.
解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为，故产生的感应电动势为，所以，B正确。
20.2014年理综四川卷
6．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成300角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B =（0.4 -0.2t）T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则：
A．t = 1s时，金属杆中感应电流方向从C至D
B．t = 3s时，金属杆中感应电流方向从D至C
C．t = 1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N
D．t = 3s时，金属杆对挡板H的压力大小为l.2N
【答案】AC
【解析】由于B=(0.4-0.2t)T，在t = 1s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，通过金属杆中感应电流方向从C到D，所以A正确。在t = 3s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，通过金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，所以B错误。由法拉第电磁感应定律得：,由闭合电路欧姆定律得电路电流，在t = 1s时，由于B方向向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力是水平向右；，在t = 3s时，由于B方向向上，电流方向从C到D，金属杆对挡板H的压力是水平向左，，所以C正确。
21. 2014年理综浙江卷
24.（20分）其同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R=0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=R/3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m=0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h=0.3m时，测得U=0.15V。（细线与圆盘间没有滑动国，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g=10m/s2）
测U时，a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
求此时铝块的速度大小；
求此下落过程中铝块机械能的损失。
【解析】 (1)根据右手定则可判断a点为电源的正极，故a点相接的是电压表的正极。
(2)由电磁感应定律得

联立解得v=2 m/s
（3）
22.2016年新课标Ⅱ卷20．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】AB
【解析】由电磁感应定律得，，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。


a

B

B

+q

A

O

t

i

B

O

t

i

C

O

t

i

D

O

t

i

a

b

c

M

N

a

c

R

b

d

v

B

M

N

A

C

D

B

紫铜薄板


STM扫描头


可加磁场区


底盘


铁芯

线圈

套环

O

B0

ω













v

a

B

C

D

θ

O

b

a

d

c

B

O

P

S

Q

M

图（b）

P

Q

图（a）

R

i

t

0









t

Ucd

2

1

3

0

图(b)

图(a)

a

b

d

c

t

i

2

1

3

0

A

t

i

2

1

3

0

B

t

i

2

1

3

0

D

t

i

2

1

3

0

C

铁芯

a

b

c

ω

B

B

B

v

v

30°

B

H

P

C

D

m

r

第24题图

B

O

A

ω

R

U

a

b

B

P

R

a

b

Q






11-19年高考物理真题分专题汇编之056感应电流的方向
1. 2014年物理上海卷
17.如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。则该磁场 （ ）
A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里
C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里
【答案】CD
【解析】根据楞次定律可知，感应电流的磁场具有阻碍原磁通量变化的作用，回路变成圆形，说明面积在变大，根据增缩减扩的原理可知，线圈中的磁通量无论什么方向，只要减少即会发生此现象，故CD正确。
2. 2012年海南卷5. 如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则 （ ）
A．T1＞mg　　，T2＞mg　 B．T1< mg　　，T2C． T1＞mg　　，T2答：A
解析：根据楞次定律（“来拒去留”），可知选项A正确。
3. 2014年物理海南卷
1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁(N极朝上， S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是 （ C ）
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
【解析】由条形磁铁的磁场分布可知，磁铁下落的过程中，闭合圆环中的磁通量始终向上，并且先增加后减少，由楞次定律可判断出，从上向下看，闭合圆环中感应电流的方向先顺时针后逆时针，选项C正确。
4. 2013年上海卷
11．如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向 （ B ）
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
解析：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确。
5. 2013年海南卷
10．如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
答案：BC
解析：在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，金属框上下两边的电流在两个线圈中产生的磁场刚好相互抵消，左右两边的电流在各自通过的线圈中产生的磁场也刚好相互抵消，对于左侧的线圈而言，金属框右边的电流使其感应出顺时针方向的感应电流，同理可知金属框左边的电流使右侧的小线圈也感应出顺时针方向的感应电流，由与两线圈相邻两边的电流方向相反，故两线圈相互排斥，有相互远离的趋势，综上可知本题选BC。
6.2016年北京卷16.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆坏半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是
A. Ea:Eb=4:1，感应电流均沿逆时针方向
B. Ea:Eb=4:1，感应电流均沿顺时针方向
C. Ea:Eb=2:1，感应电流均沿逆时针方向
Ｄ. Ea:Eb=2:1，感应电流均沿顺时针方向
【答案】B
【解析】根据法拉第电磁感应定律E=n= nS，因为B随时间均匀增大，所以 k=为定值。
===，再根据楞次定律，磁场方向垂直纸面向外且增大，所以感应电流方向为顺时针。故B正确。
7.2016年上海卷5.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁
（A）向上运动 （B）向下运动
（C）向左运动 （D）向右运动
【答案】B
【解析】根据题意，从图示可以看出，磁铁提供的穿过原磁场的磁通量方向向下；由安培定则可知线圈中感应电流的方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确。
8.2016年浙江卷16．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的均强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 （ B ）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9:1
C．a、b线圈中感应电流之比为3:4
D．a、b线圈中电功率之比为3:1
【解析】由楞次定律可判断，两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向，选项A错误；由E=nS，S=l2，R=ρ，I=，P=，可知Ea：Eb=9：1，Ia：Ib=3：1，Pa：Pb=27：1，选项B正确，选项C、D错误。
9.2016年海南卷4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，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
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
【答案】D
【解析】根据楞次定律，当金属环上下移动时，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AB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且增强 ，故根据楞次定律可知道，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且增强，故根据楞次定律可知道，产生的感应电流为逆时针故选项D正确。
阻相等，两者的电流有效值不会相同，D错误。
10.2017年新课标Ⅱ卷20．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（ BC ）
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动的速度的大小为0.5m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【解析】由E-t图像可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度，选项B正确；E=0.01V，根据E=BLv可知，B=0.2T，选项A错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流 , 所受的安培力大小为F=BIL=0.04N，选项D错误；故选B、C.
11.2017年新课标Ⅲ卷15．如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
答：D
解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确，A、B、C错误。
12.2016年上海卷19.如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时
（A）在t1~t2时间内，L有收缩趋势
（B）在t2~t3时间内，L有扩张趋势
（C）在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
（D）在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
【答案】AD
【解析】据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生顺时针方向大小增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据结论“增缩减扩”可以判断圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定的磁场，该磁场通过圆环时，圆环中不产生感应电流，故选项B、C 错误；在t3~t4时间内，外加磁场方向向下，大小减小，且斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向大小减小的电流，该电流激发出向里减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。
13.2018年全国卷I、19．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是 （ AD ）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析：开关闭合的瞬间，左侧线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；
开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。
14.2016年江苏卷6．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．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【答案】BCD
【解析】选用铜质弦时，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C正确；根据楞次定律可知，磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项D正确。
15.2016年江苏卷13．（15分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见。如图所示，假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L=20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T，将太阳帆板视为导体。
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
(3)取地球半径R=6.4×103 km，地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。
【答案】 (1)1.54 V　(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．　(3)4×105 m
【解析】(1)法拉第电磁感应定律E=BLv，代入数据得E=1.54 V
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。
(3)在地球表面有
匀速圆周运动
解得，代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对)
16. 2011年上海卷
13．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置。当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
答案：B
解析：依题意：b中产生顺时针方向的感应电流，这是因为b圆环中的向外的磁通量增大或向里的磁通量减小所致。讨论时要注意a圆环产生的磁场有环内与环外之分，但以环内为主。
①要使b圆环中产生向外的磁通量增大，即a环内产生向外的磁场，且增大，故a圆环应逆时针加速旋转，此时a、b两环中为异向电流相互排斥，b圆环应具有扩张趋势，故C错。
②要使b圆环中产生向里的磁通量减小，即a环内产生向里的磁场，且减小，故a圆环应顺时针减速旋转，此时a、b两环中为同向电流相互吸引，b圆环应具有收缩趋势，故B对。
17.2015年理综重庆卷4．题4图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差 （ C ）
A．恒为 B． 从0均匀变化到
C．恒为 D．从0均匀变化到
解析：穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感应电动势，由法拉第电磁感应定律得
，由楞次定律知感应电流的方向从a→b，电源内部电流是从负极到正极，即b点是等效电源的正极（电势高），所以，故选C。
18.2015年理综山东卷17．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是 （ ABD ）
A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B. 所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；
根据E=BLv可知，所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；
若加反向磁场，根据楞次定律可知，安培力仍要阻碍圆盘的转动，选项C错误；
若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中没有感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确。故选ABD。
19. 2011年上海卷
20．如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中 （ AD ）
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：从磁场分布可看出：左侧向里的磁场从左向右越来越强，右侧向外的磁场从左向右越来越弱。圆环经历这样几个过程：
①圆环到达虚线前，垂直圆环向里的磁通量越来越大，由楞次定律可知产生逆时针的感应电流，由左手定则可知，圆环左半部分受到向右的安培力，圆环的右半部分受到向左的安培力，由于右半边的磁场较强，故受到的安培力的合力水平向左；
②圆环经过虚线的过程中，向里的磁通量越来越小，向外的磁通量越来越大，产生顺时针电流，圆环左半部分受到向左的安培力，圆环的右半部分也受到向左的安培力，故受到的安培力的合力水平向左；
③圆环离开虚线后到达b位置的过程中，向外的磁通量越来越小，产生逆时针电流，圆环左半部分受到向左的安培力，圆环的右半部分受到向右的安培力，由于左半边的磁场较强，故受到的安培力的合力水平向左。
综上所述，感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针，A对；安培力方向始终沿着水平反向，D对。
20.2016年新课标Ⅲ卷21．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
【答案】BC【解析】当线圈进入磁场时，根据楞次定律可得，线框中的感应电流方向为逆时针，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，根据，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为，可得过程中产生的感应电动势大小恒定，即感应电流大小恒定，不是正弦式交流电，A错误；当线圈进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，线框中产生的感应电流为顺时针，感应电流的周期和其运动周期相等为T，选项B正确；所以线框中应该产生方波式交流电，如图所示；在t=时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框在运动过程中产生的感应电动势相等均为， C正确；线圈N在完全进入磁场后有T/4时间内线圈的磁通量不变化，过程中没有感应电动势产生，即线圈N在和内有感应电动势，其余时间内没有，而线圈M在整个过程中都有感应电动势，故即便电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D错误。
21.【2019年物理全国卷3】楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？
A. 电阻定律 B. 库仑定律
C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律
【答案】D
【解析】
【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.
22. 2013年天津卷
12．(20分）超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。
⑴超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。
⑵为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中ΔI << I，当电流的变化小于ΔI时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e。试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式。
⑶若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法。
解析：（1）逆时针方向。
撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上，由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。
⑵设圆环周长为l，电阻为R，由电阻定律得 ①
设时间t内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE，由焦耳定律得
ΔE=I2Rt ②
设环中单位体积内定向移动电子数为n，则 I=nevS ③
式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。电流变化大小取ΔI时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv，则ΔI=neSΔv ④
设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk，则
⑤
由于ΔI << I，可得Δv <根据能量守恒定律，得 ΔE=ΔEk ⑦
联立上述各式，得 ⑧
⑶由看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。

Ⅰ

Ⅱ

S

N

a

b

M

N

d

c

左


右


B

a

b

N

S

a

b

左

右

t/s

E/V


-0.01

0.01

0

0.2

0.4

0.6

图（b）


a

b

c

d

图（a）


T

P

Q

R

S

B

L

a

b

c

d

图（a）

t

B


O

图（b）


t2

t3

t1

t4

北

南

N

S

线圈

金属弦

磁体

接放大器

N

N

S

S

B

M

N

v

a

b

O

Ib

a

b

B

题4图

O

a

b

O

M

N

OM

ON

线框M

E

O

E

-E

t

T

线框N

E

O

E

-E

t

T

B



11-19年高考物理真题分专题汇编之
057电磁感应中的力学问题
1.2015年上海卷24．如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是________，环中最多能产生________J的电能。
答案：匀速直线运动； 0.03
解析： 金属环最终会沿与通电直导线平行的直线，做匀速直线运动；最终速度v=v0cos60°，由能量守恒定律，得环中最多能产生电能E=ΔEk=0.03J。
2. 2012年物理上海卷
25．正方形导体框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为____________；导体框中感应电流做功的功率为____________。
答案： F/m，k2L4/R，
解析：线框在磁场中运动时，各个边所受安培力的合力为零，因此线框所受的合外力就是F，根据牛顿第二定律得加速度：a= F/m
线框产生的感应电动势 ，回路的电流，
因此，感应电流做功的功率
3. 2014年理综大纲卷
20．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率 ( )
A．均匀增大 B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变
【答案】C
【解析】开始时，由于条形磁铁静止，速率为零，无感应电流，也无安培力作用，只受到重力作用，向下加速运动。磁铁穿过闭合电路（竖直圆筒相当于闭合电路），产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以选项C正确．
4.2014年理综广东卷
15．如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的长
【答案】C
【解析】由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；在P中加速度较小，选项C正确D错误。
5.2013年天津卷
3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动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Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则
A．Q1>Q2 q1=q2 B．Q1>Q2 q1>q2
C．Q1=Q2 q1=q2 D．Q1=Q2 q1>q2
【答案】A
【解析】本题考察电磁感应相关基础知识及推论。设ab和bc边长分别为lab，lbc，则lab>lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，若假设穿过磁场区域的速度为v，则有， q1=It = ΔΦ/R =Blab·lbc /R ；
同理可以求得， q2=It = ΔΦ/R =Blab·lbc/R；观察可知 Q1>Q2，q1=q2，A选项正确。
6. 2013年安徽卷
16.如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）
A．2.5m/s 1W B．5m/s 1W
C．7.5m/s 9W D．15m/s 9W
答案：B
解析：导体棒MN受重力mg，安培力F和垂直斜面向上的支持力Fn，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN做匀速运动，有F=mgsinθ，又F=BIL，，则=5m/s，灯泡消耗的电功率，故B对，A、C、D错。
7. 2011年理综福建卷
17．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0 <θ <90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中
A．运动的平均速度大小为
B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为
答：B
【解析】分析棒的受力有，可见棒做加速度减小的加速运动，只有在匀变速运动中平均速度才等于初末速度的平均值，A错。
设沿斜面下滑的位移为s，则电荷量 ，解得位移，B正确。根据能量守恒，产生的焦耳热等于棒机械能的减少量，Q = mgssinθ－。棒受到的最大安培力为。
8. 2012年理综山东卷
20．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）
A．P=2mgvsinθ
B．P=3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为
D．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
答：AC
解析：当速度达到v 时开始匀速运动，受力分析可得，导体棒最终以2v的速度匀速运动时，拉力为F=mgsinθ，所以拉力的功率为P=2mgvsinθ，选项A正确B错误。
当导体棒速度达到时安培力，加速度为，选项C正确。
在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误。
9. 2013年江苏卷
13. (15 分)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直. 已知线圈的匝数N =100，边长ab =1. 0 m、bc =0. 5 m,电阻r =2 . 磁感应强度B 在0 1 s 内从零均匀变化到0. 2 T. 在15 s 内从0. 2 T 均匀变化到-0. 2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向. 求：
(1)0. 5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；
(2)在15s内通过线圈的电荷量q；
(3)在05s 内线圈产生的焦耳热Q.
答案：（1）10V a→d→c→b→a （2）10C （3）100J
解析：（1）感应电动势磁通量的变化ΔΦ1=ΔB1S
解得 代入数据得E1=10V，感应电动势的方向为a→d→c→b→a
同理可得感应电流电量
解得 代入数据得q=10C
(3)01s内的焦耳热且
05s内的焦耳热 由Q=Q1+Q2 代入数据得Q=100J
10.2017年江苏卷13．（15分）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v. 导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：
（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小l；
（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.
解：（1）感应电动势 感应电流
（2）安培力 牛顿第二定律 解得
（3）金属杆切割磁感线的速度，则
感应电动势 电功率 解得
11.2017年海南卷10．如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能 （ C D ）
A．始终减小 B．始终不变 C．始终增加 D．先减小后增加
解析：当ab边进入磁场时产生感应电动势，感应电流又受到向上的安培力F作用，
若安培力，则线框做匀速运动，当线框全部进入磁场后，不产生感应电流，在重力作用下加速运动， B错误；
若安培力，则线框做加速运动，当线框全部进入磁场时，安培力仍小于重力，则线框继续做加速运动，选项C正确；
若安培力，则线框做减速运动，当时匀速运动，当线框全部进入磁场后，不产生感应电流，在重力作用下加速运动，即速度先减小后增加，A错误、D正确。
12.2017年海南卷13．（10分）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率。
解：由题意得，开始时导体棒产生的电动势为，
电路中的电流为 ， 安培力，
设导体棒的质量为m，则导体棒在整个匀减速运动过程中的加速度的大小为
设导体棒由开始到停止的位移为x，由，得
故正中间离开始位置的位移为
设导体棒在中间位置的速度为v，由，得
则导体棒运动至中间位置时所受的安培力为
导体棒电流的功率为
13.2014年物理江苏卷
13． (15 分) 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L，长为 3 d，导轨平面与水平面的夹角为 θ，在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝缘涂层. 匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直. 质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放， 在滑上涂层之前已经做匀速运动， 并一直匀速滑到导轨底端. 导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为 g. 求：
（1） 导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
（2） 导体棒匀速运动的速度大小 v；
（3 ） 整个运动过程中，电阻产生的焦耳热 Q.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）在绝缘涂层上
受力平衡 解得
（2）在光滑导轨上
感应电动势E=BLv 感应电流
安培力F安=BIL 受力平衡F安=mgsinθ
解得
（3）摩擦生热
能量守恒定律
解得
14. 2013年上海卷
33．（16分）如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连。导轨间x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5T。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
⑴电路中的电流；
⑵金属棒在x=2m处的速度；
⑶金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小；
⑷金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率。
答：（1） 2A （2）v2= 0.67m/s（3）1.6J（4）P= 0.7W
解：（1）E=B0lv=0.4V，
电阻上消耗的功率恒定即电流恒定
（2）由题意，磁感应强度B=B0+kx
考虑到电流恒定，有
解得
（3）棒受到的安培力
安培力随位置线性变化,
代入数值后得WFm=1.6J
（4）由动能定理
其中外力做功
安培力做功即为电阻上消耗的能量，即
运动时间

15. 2012年物理上海卷
33．（14分）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
解析：
（1）感应电动势为E=BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，
E=BLat，
回路中感应电流随时间变化的表达式为：

（2）导轨受外力F，安培力FA、摩擦力Ff。其中

Ff＝FN＝（mg＋BIL）＝（mg＋）
由牛顿定律F－FA－Ff＝Ma，
F＝Ma＋FA＋Ff＝Ma＋mg＋(1＋)
上式中当即时外力F取最大值，
F max＝Ma＋mg＋(1＋)B2L2，
（3）设此过程中导轨运动距离为s，由动能定理W合＝Ek，W合＝Mas
由于摩擦力Ff＝（mg＋FA），
所以摩擦力做功：W＝mgs＋WA＝mgs＋Q，
s＝，
Ek＝Mas＝（W－Q），
16. 2011年海南卷
16．如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
解析：设某时刻MN和M' N'速度分别为v1、v2。
（1）MN和M' N' 动量守恒：mv1－2mv2=0 求出： ①
（2）当MN和M' N'的加速度为零时，速度最大
对M' N'受力平衡：BIl＝2mg ②
③
④
由①②③④得：、
17. 2011年理综四川卷
24．（19分）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=10 m/s2，sin37?=0.6，cos37?=0.8。求
⑴小环所受摩擦力的大小；
⑵Q杆所受拉力的瞬时功率。
解析：（1）设小环受到摩擦力大小为f,则由牛顿第二定律得到
..............................①
代入数据得到..................②
说明：①式3分，②式1分
（2）设经过K杆的电流为I1，由K杆受力平衡得到................③
设回路总电流为I ,总电阻为R总，有........④
...................................⑤
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有.........⑥
....................................⑦
..................⑧
拉力的瞬时功率为P＝Fv.........⑨
联立以上方程得到P＝2W.......⑩
18. 2011年理综天津卷
11．（18分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30?角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止。取g=10m/s2，问
⑴通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
⑵棒ab受到的力F多大？
⑶棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？
【解析】（1）棒cd受到的安培力 ①
棒cd在共点力作用下平衡，则 ②
由①②式代入数据解得 I=1A
（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd
对棒ab由共点力平衡有 ⑤
代入数据解得 F=0.2N ⑥
（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知 ⑦
设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势 E=Blv ⑧
由闭合电路欧姆定律知 ⑨
由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x=vt ⑩
力F做的功 W=Fx
综合上述各式，代入数据解得 W=0.4J
19. 2011年理综浙江卷
23．（16分）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g=10m/s2）。
⑴通过计算分析4s内导体棒的运动情况；
⑵计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
⑶计算4s内回路产生的焦耳热。
答：（1）导体棒在1s前做匀减速运动，在1s后以后一直保持静止。
（2）0.2A，电流方向是顺时针方向。
（3）0.04J
【解析】（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有

代入数据解得：，，导体棒没有进入磁场区域。
导体棒在1s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x=0.5m
（2）前磁通量不变，回路电动势和电流分别为，
后回路产生的电动势为
回路的总长度为，因此回路的总电阻为
电流为
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向
（3）前电流为零，后有恒定电流，焦耳热为
20.2015年海南卷13．如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求
（1）电阻R消耗的功率；
（2）水平外力的大小。
答案：（1） （2）
解析：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为，
根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为
电阻R消耗的功率为，联立可得
（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有，，故
21.2015年上海卷32．（14分）如图（a），两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v–t图像如图（b）所示。在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0。求：
（1）金属杆所受拉力的大小F；
（2）0–15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15–20s内磁感应强度随时间的变化规律。
答案：（1）0.24N； （2）0.4T； （3）
（1）由v-t关系可知在0—10s时间段杆尚未进入磁场，因此F-μmg=ma1，由图可知a1=0.4m/s2，
同理可知在15—20s时间段杆仅有摩擦力作用下运动μmg=ma2，由图可知a2=0.8m/s2，
解得F=0.24N
（2）在10—15s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有

以F=0.24N，μmg=0.16N代入
解得B0=0.4T
（3）由题意可知在15—20s时间段通过回路的磁通量不变，设杆在15—20s内运动距离为d，15s后运动的距离为x
B(t)L(d+x)=B0Ld
其中d=20m
x=4(t-15)-0.4(t-15)2
由此可得
22. 2016年新课标I卷24. （14分）
如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求
(1) 作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2) 金属棒运动速度的大小。
（1）由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度时时刻刻相等，cd也做匀速直线运动；
选cd为研究对象，受力分析如图：
由于cd匀速，其受力平衡，沿斜面方向受力平衡方程：Ncd= Gcdcosθ
垂直于斜面方向受力平衡方程：fcd+ Gcdsinθ=T
且fcd=μNcd，联立可得：
选ab为研究对象，受力分析如图：
其沿斜面方向受力平衡：
垂直于斜面方向受力平衡：
且，T与T'为作用力与反作用力：T=T'，
联立可得：
（2）设感应电动势为E，由电磁感应定律：E=BLv
由闭合电路欧姆定律，回路中电流：
棒中所受的安培力：
与联立可得：
23.2016年浙江卷24．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示， 两根平行金属导轨相距l=0.50m， 倾角θ=53°，导轨上端串接一个0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s，sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）。求
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J24.（20分）
【解析】（1）由牛顿定律 ①
进入磁场时的速度 ②
（2）感应电动势 ③
感应电流 ④
安培力 ⑤
代入得 ⑥
（3）健身者做功 ⑦
由牛顿动量 ⑧
在磁场中运动时间 ⑨
焦耳热 ⑩
24.【2019年物理天津卷】如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计。

（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大水平恒力，并指出其方向；
（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。
【答案】（1），方向水平向右；（2）
【解析】
【详解】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则
①
设与并联的电阻为，有
②
闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得
③
设中的电流为，有
④
设受到的安培力为，有
⑤
保持静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
方向水平向右。
（2）设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有
⑧
其中
⑨
设中的平均电流为，有
⑩
根据电流的定义得
?
由动能定理，有
?
联立⑦⑧⑨⑩???式得
?

25. 【2019年4月浙江物理选考】【加试题】如图所示，倾角θ=370、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1。当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功

（1）磁感应强度B的大小
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；（2）无磁场区间：；有磁场区间：；（3）
【解析】
【详解】（1）由
E=Blv，
解得
（2）无磁场区间： ，a=5v=25x

有磁场区间：


（3）上升过程中克服安培力做功（梯形面积）
撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v＇，则：


解得v＇=2m/s
由于
故棒再次进入磁场后做匀速运动；
下降过程中克服安培力做功：




I

v0



F

B







图8

P

Q

a

b

d

c

M

N

B

M

370

N

小灯泡

a

b

N

Q

M

P

B

θ

θ

θ

R

m

B

L

θ

d

B

a

c

b

d

v0

P

N

M

Q

R

a

b

c

d

l

R

v0

θ

绝缘涂层

L

d

d

d

R

B

l

x

O

R

B

f

a0

b

c

d

P

Q

B

B

e

F

B

a

c

c

d

M

N

N′

F

M′

a1

b1

c1

a2

b2

c2

K

S

Q

F

B1

B2

θ

30?

a

b

c

d

N

Q

M

P

B

F

l

L

d

v0

图甲

B/T

t/s

O

0.4

0.3

0.2

0.1

1

2

3

4

图乙

R

B

v

L

R

t/s

15

20

10

0

4

v/m?s-1

图(a)

图(b)

θ

θ

c

a

B

c

T

Ncd

Gcd

fcd

θ

a

T '

Nab

Gab

θ

F安

fab

θ

θ

l

s

d

B

D

R

G

H

C






11-19年高考物理真题分专题汇编之058电磁感应中的电路问题
1. 2016年新课标Ⅱ卷24．（12分）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v=at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E=Blv ③
联立①②③式可得 ④
（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律
⑤
式中R为电阻的阻值。
金属杆所受的安培力为 f=BIl ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得 ⑧
2. 2015年理综北京卷22．（16分）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s。求：
⑴感应电动势E和感应电流I；
⑵在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
⑶若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U。
解：根据动生电动势公式得E=BLv = 1T×0.4m×5m /s =2V
故感应电流
（2）金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安= BIL =0.8N,
因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F安 = 0.8N
所以拉力的冲量 IF =F t=0.8 N×0.1 s=0.08 N?s
（3）导体棒两端电压
3.2015年理综福建卷18. 如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 （ C ）
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：设导体棒PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R-Rx，所以外电路的总电阻为
，当Rx=3R/2总电阻最大为R'm=3R/4，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻R'先增大后减小，路端电压先增大后减小，所以B错；由知， PQ中的电流I先减小后增大，选项A错误；由于 导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F=BIL，拉力的功率P=Fv=BILv，PQ中的电流I先减小后增大，所以选项C正确；由于总电阻最大为Rm'=3R/4，小于
电源（导体棒）的内电阻R，外电阻等于电源内阻时输出功率最大，如右图示，又外电阻先增大后减小，所以线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错。
4. 2013年四川卷7．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为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k＞0）。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=R0/2。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　
A．R2两端的电压为U/7
B．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
【答案】AC
【解析】滑片在中间位置是，P将R分为R左、R右等大的两部分，大小为R0/2，
则R2与R右并联，阻值为R0/4，再与R1、R左串联构成闭合电路外电路，所以根据欧姆定律得，R2两端电压应为U/7，选项A正确；由于B在随时间增大，根据楞次定律，易得b板应该带正电荷，选项B错误；滑动变阻器上的电功率由R左、R右两部分构成，R左电流是R右的两倍，也是R2的两倍，功率表示为， ,可解得PR=5P2，选项C正确；由于产生电磁感应的磁场实际面积小于L2，知选项D错误。
5. 2013年海南卷
6．如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为
D．棒经过环心时所受安培力的大小为
答案：D
解析：
导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得，解得，选项B错误；由可知棒经过环心时的速度，此时的感应电动势E=2BRv，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻，故棒经过环心时流过棒的电流为，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为，选项D正确。
6. 2011年理综全国卷
24．（15分）如图所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。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。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：
⑴磁感应强度的大小；
⑵灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
解析：（1）设小灯泡的额定电流I0，有：P＝I02R ①
由题意，在金属棒沿着导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为
I＝2I0 ②
此时刻金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg＝BLI ③
联立①②③式得 B＝ ④
（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得
E＝BLv ⑤
E＝RI0 ⑥
联立①②④⑤⑥式得 v＝ ⑦
7. 2012年理综广东卷
35.如图17所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上。导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。
（1）调节Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。
（2）改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。
【解析】（1）当Rx=R时，棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件Mgsinθ=F
安培力F=BIl
解得
ab切割产生的感应电动势E=Blv
由闭合欧姆定律得回路中电流
解得
（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件
棒沿导轨匀速，由平衡条件 Mgsinθ=BI1l
金属板间电压U=I1Rx
解得
8. 2012年理综浙江卷
25．（22分）为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示，自行车后轮由半径r1=5.0×l0-2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.l0T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1，外半径为r2、张角θ=，后轮以角速度ω=2π rad/s相对于转轴转动。若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。
(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab-t图象；
(4)若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω 和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价。
【答案】E=4.9×10-2V
【解析】（1）金属条ab在磁场中切割磁感应线时，使所构成的回路磁通量变化，导体棒转动切割，由法拉第电磁感应定律.，可推导出：，
此处：
代入数据解得：E=4.9×10-2V
根据右手定则判断可知电流方向由b到a。
（2）经过分析，将ab条可看做电源，并且有内阻，其它三条看做外电路，如解析第25题图2所示：
（3）当例如ab棒切割时，ab可当做电源，其灯泡电阻相当于电源内阻，外电路是三个灯泡，此时Uab为路端电压，由图2易知内阻与外阻之比为3:1的关系，所以，其它棒切割时同理。
Uab=1.2×10-2V，如图可知在框匀速转动时，磁场区域张角θ=π/6，所以有电磁感应的切割时间与无电磁感应切割时间之比为1:2，=1s，得图如下

（4）小灯泡不能正常工作，因为感应电动势为E=4.9×10-2V远小于灯泡的额定电压，因此闪烁装置不可能工作。
B增大，E增大，但有限度；r增大，E增大，但有限度；
增大，E增大,但有限度；θ增大，E不增大。
9.2015年广东卷35．(18分)如图17(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m，导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图17(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
答案：(1) E＝0.04V； (2)Fm＝0.04N，i＝(t-1)A (其中，1s≤ t ≤1.2s)。
解析：(1)进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律，回路中的电动势 其中
代入数据得E = 0.04V
(2) 进入磁场前，回路中的电流
进入磁场前，当B = 0.5T时，棒所受的安培力最大为：
F0 = BI0L = 0.5T×0.04A×0.4m = 0.008N
进入磁场后，磁感应强度B=0.5T恒定不变，当导体棒在bd位置时，切割磁感线的有效切割长度最长，为L，此时回路中有最大电动势及电流： E1 = BLv=0.2V 和 =0.2A
故进入磁场后最大安培力为：
代入数据得：F1 = 0.04N 故运动过程中所受的最大安培力为0.04N
棒通过三角形区域abd时，切割磁感线的导体棒的长度为L' ：
L' = 2×v(t – 1) = 2(t – 1) (其中1s≤t≤1s+)
E2 = BL' v =(t – 1) V
故回路中的电流=(t – 1) A (1s≤t≤1.2s)
10.【2019年物理北京卷】如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】
【详解】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和解题。
(1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中，只有ad边切割磁感线，所以产生的感应电动势为：；
(2)线框进入过程中线框中的电流为：
ad边安培力为：
由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即
所以拉力的功率为：
联立以上各式解得：；
(3) 线框进入过程中线框中的电流为：
进入所用的时间为：
ad边的电阻为：
焦耳热为：
联立解得：。
11.【2019年物理江苏卷】如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5s时间内合到一起．求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q．


【答案】（1）E=0.12V；（2）I=0.2A（电流方向见图）；（3）q=0.1C
【解析】
详解】（1）由法拉第电磁感应定律有：
感应电动势的平均值
磁通量的变化
解得：
代入数据得：E=0.12V；
（2）由闭合电路欧姆定律可得：
平均电流
代入数据得I=0.2A
由楞次定律可得，感应电流方向如图：

（3）由电流的定义式可得：电荷量q=I?t代入数据得q=0.1C。


F

l

M

N

B

R

v

a

b

d

c

v

B

Q

P

P出

Pm

r

R

O

r

B

L

P

S

a

R

R2

V

R1

b

M

N

B


O


a

c

M

N

b

d

L









R

Rx

l

θ

a

b

B

d

图17

第25题图



























b

r2

r1

a

θ

B

ω



b











R

R

R

R

a


解析第25题图2


解析第25题图3


0.25


0.50


0.75


1.00


t/s


Uab/×10 -2V


1.2


0


v

L

R

B

d

b

a

c

图17（a）

0.5

t/s

B/T

1.0

1.5

2.0

O

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

图17（b）






11-19年高考物理真题分专题汇编之059电磁感应中的图像问题
1.【2019年物理全国卷1】空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内

A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；
CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。
故本题选BC。
2.【2019年物理全国卷2】如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是

A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】由于PQ进入磁场时加速度为零，
AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；
CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；
3.【2019年物理全国卷3】如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是

A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。
1.2013年新课标II卷
16．如图，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是导线框的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
答：D
解析：导线框进入和出磁场过程中，回路中产生感应电流，导线框受到安培力而做减速运动，加速度大小随速度的减小而减小，AB错；由于，导线框有一段时间全部在磁场中运动，没有感应电流和不受安培力，加速度为0，C错D正确。
2. 2013年全国卷大纲版
17．纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针转动，角速度为. t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（ ）

答：C
解析：由右手定则可判断，开始时感应电动势为正，D错；由可知， B、v不变，导体棒的有效长度随时间先增大减小，且作非线性变化，经半个周期后感应电动势反向，故AB错，C项正确。
3. 2013年山东卷
18、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ。以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）
答案：B。
解析：由图乙可知B在是均匀变化的，根据可知，在时间段内安培力F是恒力，故答案C、D错误；在时间内，根据楞次定律电流方向由b向a，由左手定则可知ab受向左的力，F为负值，所以A错误，B正确。
4. 2013年浙江卷
15．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势。其E-t关系如右图所示。如果只将刷卡速度改为v0/2，线圈中的E-t关系可能是
答案：D
解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小与磁通量变化率成正比，刷卡速度减半后，磁通量变化率减小，感应电动势变化的频率也减小，应选D。此题考查学生对基本定律的理解能力。
5. 2013年福建卷
18．如图，矩形闭合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OO′ 平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′ 下方磁场磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律
答：A
解析：0 t1时间内，矩形线框向下做自由落体运动，速度均匀增加；无论哪种情况，cd边进入磁场之后，线圈不再受安培力作用，还是要以加速度g向下加速。
①ab边刚进入磁场时，若线圈受到的安培力小于重力，线圈做加速度减小的加速运动，若安培力一直小于重力，线圈将一直加速度至cd边进入磁场，C对；
②ab边刚进入磁场时，若线圈受到的安培力等于重力，线圈做匀速直线运动，D对；
③ab边刚进入磁场时，若线圈受到的安培力大于重力，线圈做加速度减小的减速运动，A错B对。6. 2012年理综新课标卷
20.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是

答案：A
解析：要求框中感应电流顺时针，根据楞次定律，可知框内磁场要么向里减弱（载流直导线中电流正向减小），要么向外增强（载流直导线中电流负向增大）。线框受安培力向左时，载流直导线电流一定在减小，线框受安培力向右时，载流直导线中电流一定在增大。故答案选A。
7. 2012年理综重庆卷
21．如题21图所示，正方形区域MNPQ垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点、、、恰好在磁场边界中点。下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是

答：B
解析：由几何关系得导线框切割的有效长度l正比于时间t，
由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式得
安培力，
可见第一段时间内安培力随时间的平方增大（抛物线），排除选项CD；第三段时间跟第一段时间对称，排除选项A。
8. 2012年理综福建卷
18．如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是

【答案】B
【解析】圆环下落过程中，穿过的磁通量先增大后减小，电流方向为先顺时针后逆时针（从上往下看），选项D错误。圆环通过O位置时，不切割磁感线，没有感应电流，只受重力作用，而在关于O对称的位置上穿过圆环的磁通量相等，磁通量的变化率随圆环速度的不同而不同。在正x轴上的相应位置上，圆环的速度较大，其磁通量的变化率较大，因而感应电流的最大值大于圆环在负x轴上的感应电流最大值，由排除法可知正确答案选B.
9. 2011年海南卷
6．如图，EOF和E′OF′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，OF ∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′ 间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿O′O 方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（ B ）

【解析】从图示位置到左边框运动至O' 点，感应电流均匀增大为正；左边框再运动至O O' 中点过程，感应电流为正不变；左边框由O O' 中点再运动至O过程感应电流先减小后方向增大；以后右边框再运动至O O' /中点过程，感应电流为负不变；右边框再运动至O过程感应电流减小至0，图B正确。
10.2016年四川卷7.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有
【答案】BC
【解析】根据牛顿定律可知，某时刻金属棒的加速度为，
若，则金属棒做加速度增加的加速运动，其v-t图像如答图1所示；
导体的电流，可知I与v成正比，则I-t图线应该和v-t图线形状相同；
根据，可知FA与v成正比，则FA-t图线应该和v-t图线形状相同；选项B正确；
根据，可知UR与v成正比，则UR-t图线应该和v-图t线形状相同；
根据，可知P与v2成正比，则P-t图线不应该是直线；
同理若，则金属棒做加速度减小的加速运动，其v-t图像如答图2所示；
导体的电流，可知I与v成正比，则I-t图线应该和v-t图线形状相同；选项A错误。
根据，可知FA与v成正比，则FA-t图线应该和v-t图线形状相同；
根据，可知UR与v成正比，则UR-t图线应该和v-t图线形状相同，选项C正确。
根据可知P与v2成正比，则P-t图线不应该是直线，选项D错误；故选BC。
11.2018年全国卷II、 18．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 （ D ）

解析：在线框运动过程中，两边的导体棒切割磁感线，会产生感应电动势。由法拉第电磁感应定律知，两导体棒上产生的感应电动势大小相同。在运动过程中会出现两根导体棒都在切割相同方向的磁感线，故会出现电流为0的一段过程，选项AB错误；而且运动过程中导体棒中电流会反向，选项C错误。因此选择D
12.2015年理综山东卷19．如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab-t图像可能正确的是 （ C ）

解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小到0，故内环的电动势逐渐减小到0；同理，在0.25T0—0.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端，因电流的变化率从0逐渐变大，故内环的电动势从0逐渐变大，故选项C正确。
13. 2011年理综山东卷
22．如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是

答案：BD
解析：c导体棒落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g,有，，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为，d棒进入磁场而c还没有传出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，知道c棒穿出磁场，B正确。c棒穿出磁场，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c进入磁场是切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动，可知加速过程动能与路程成正比，D正确。
14.2013年广东卷36.（18分）
如图19（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图19（b）所示，图中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻
（1）根据图19（b）写出ab、bc段对应I与ω的关系式
（2）求出图19（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc
（3）分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式
解析：（1）图像得出三点坐标O（0，0）b（15，0.1） c（45，0.4）
由图可知，在ab段，直线斜率k1==
故对应I与ω的关系式为：I=ω （-45rad/s≤ω≤15 rad/s）
在bc段，直线斜率k2==
设表达式I= k2ω+b，把ω=45rad/s，I=0.4A代入解得b=-0.05
故对应I与ω的关系式为：I=ω-0.05 （15rad/s≤ω≤45 rad/s）
即I与ω关系式：
（2）圆盘转动时产生的感应电动势
故b点对应的P两端的电压Ub=Eb=Br2ωb
c点对应的P两端的电压Uc=Ec=Br2ωc
代入数据解得Ub=0.30V
Uc=0.90V
（3）由UP=( I- Ip)R可知
ab段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式为
UP=ω-3IP （0≤ω≤15 rad/s）
或UP=3IP-ω （-45rad/s≤ω≤0）
bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式
UP=-3IP+ω-0.15 （15rad/s≤ω≤45 rad/s）

L

d

O

t

v

O

t

v

O

t

v

O

t

v

A

B

C

D

O

A

ω

O

E

t

O

E

t

O

E

t

O

E

t

A

B

C

D









































































磁条



刷卡器

O

t

E

E0

t0

O

t

E

E0

2t0

O

t

E

E0

t0

2

O

t

E

E0

t0

2

O

t

E

E0

2t0

A

B

C

D

O

O′

d

a

b

c

B

A

B

C

D

v




t




O




t1

t2

v




t




O




t2

t1

v




t




O




t2

t1

v




t




O




t2

t1

i

O

t

i

t1

A

O

t

i

t1

B

O

t

i

t1

C

O

t

i

t1

D

Q

题21图

P

M

N

P'


N'


M'


Q'


A

O

f

t





B

O

f

t





D

O

f

t





C

O

f

t





解析题21图

Q

P

M

N

P'


N'


M'


Q'


甲

O

N

S

x

B

x

I

O

-I

i

A

x

I

O

-I

i

C

x

I

O

-I

i

D

x

I

O

i

E

E'

F

F'

O

O'

t

i


0

A

D

t

t

i


0

C

0

i


B

0

i


t

R

M

N

F

B

A

O

t

i

B

O

FA

t

D

O

P

t

C

O

UR

t

答图1


O

v

t

答图2

O

v

t

l

l

l

l

l



t

i

?0

t

i

0

B

A

C

t

i

0

D

t

i

0

u

O

t

i

T0

0.5T0

1.5T0

图乙

a

b

i

R0

图甲

t

O

uab

2T0

T0

3T0

B

t

O

uab

T0

0.5T0

1.5T0

A

t

O

uab

2T0

T0

3T0

D

t

O

uab

T0

0.5T0

1.5T0

C

c、d

h

3h

图甲

ac

O

h

2h

3h

4h

5h

xc

ac

O

h

2h

3h

4h

5h

xc

Ekd

O

h

2h

3h

4h

5h

xd

O

h

2h

3h

4h

5h

xd

Ekd

图乙

B

A

D

C

图19(a)

P

K

O

R

ω

B

15

-15

-30

-45

-60

0

30

45

60

0.1

0.2

0.3

0.4

-0.2

-0.1

-0.3

-0.4

I/A

ω/rad/s





a

b

c

图19（b）





11-19年高考物理真题分专题汇编之060电磁感应规律的综合应用
1. 2013年重庆卷
5．如题5图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为
A．，负 B．，正
C．，负 D．，正
答：C
解析：此题考查霍尔效应模型，， ，代入解得，选C。2.2011年物理江苏卷
2．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安掊力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
答：B
【解析】因为磁感应强度随线框下落而减小，所以磁通量也减小，A错误；因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，本题选B；感应电流在磁场中受安培力作用，上框边比下框边始终处于较强的磁场区域，线框所受安掊力的合力向上不为零，C错误；下落过程中克服安培力做功，机械能转化为内能，机械能减少，D错误。
3.2015年理综新课标I卷19. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是 （ AB ）
A. 圆盘上产生了感应电动势
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘径向的辐条在切割磁感线的过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，选项B正确；圆盘运动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。故选AB。
4.2015年理综安徽卷19．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则 （ B ）
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：金属棒的有效切割长度为l，电路中感应电动势的大小，选项A错误；金属棒的电阻，根据欧姆定律电路中感应电流的大小，选项B正确；金属杆所受安培力的大小，选项C错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为，选项D错误．答案为B．
5. 2011年理综重庆卷
23．（16分）有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：
⑴橡胶带匀速运动的速率；
⑵电阻R消耗的电功率；
⑶一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
解析：（1）设电动势为E，橡胶带运动速率为v。由：E＝BLv，E＝U，得：v＝
（2）设电功率为P，则P＝
（3）设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W。
I＝，F＝BIL，W＝Fd 得：W＝
6.2017年天津卷3．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，学|科网导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。
7. 2013年新课标I卷25.（19分）
如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v, 则感应电动势为 E=BLv （1）
平行板电容器两极板间的电势差为 U=E （2）
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 （3）
联立（1）（2）（3）式得 Q=CBLv （4）
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 （5）
设在时间间隔（t，t+）内流经金属棒的电荷量为，按定义有 （6）
也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+）内增加的电荷量。由（4）式得 （7）
式中，为金属棒的速度变化量。按定义有 （8）
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 （9）
式中，N是金属棒对于轨道的正压力的大小，有 （10）
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据牛顿第二定律有
（11）
联立（5）到（11）式得 （12）
由（12）式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为
（13）
8.2017年浙江选考卷22.间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m，长为的金属杆，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆、和电阻均为
R=0.02Ω， m=0.1kg，l=0.5m，L=0.3m，θ=30°，B1=0.1T，B2=0.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小v；
（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热Q
【答案】(1)=6m/s (2) v=1.5m/s (3)0.25J
【解析】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡
（1）感应电动势，电流， 安培力
匀速运动条件

（2）由动量守恒定律

（3）进入B2磁场区域，设速度变化v，由动量定理有


出B2磁场区域时同样有，
所以出B2磁场后“联动三杆”的速度为


9. 2014年理综新课标卷Ⅱ
25.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下；在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g，求：
（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；
（2）外力的功率。
【解析】（1）在时间内，导体棒扫过的面积为 ①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 ②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端。因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足 ③
联立①②③式得 ④
（2）在竖直方向有 mg-2Ν=0 ⑤
式中，由于质量分布均匀。内外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N。两导轨
对运动的导体棒的滑动摩擦力均为?=μΝ ⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为为
= rωΔt ⑦ 和 = 2 rωΔt ⑧
克服摩擦力做的总功为
= ?（+） ⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为
=RΔt ⑩
根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为
W = + ⑾
外力功率为 ⑿
由④至⑿式得
10. 2014年理综安徽卷
23．（16分）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为300的斜面向上。绝缘斜面上固定有“Λ”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m。MN连线水平,长为3m。以MN的中点O为原点、OP为x轴建立一坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定的速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）。g取10m/s2。
（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m电势差UCD；
（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F-x关系图象；
（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
【答案】（1）1.5V -0.6V （2） 如图 （3）7.5J
【解析】（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E=Blv (l=d) E=15V （D点电势高）
当x=0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则得
得l外=1.2m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差 UCD=-Bl外v=-0.6V
（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是
对应的电阻Rl为 电流
杆受安培力F安为
根据平衡条件得

画出的F-x图象如答图所示。
（3）外力F所做的功WF等于F-x图线下所围成的面积，即

而杆的重力势能增加量△EP
故全过程产生的焦耳热Q Q=WF-△EP =7.5J
11. 2011年上海卷
32．（14 分）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J。（取g=10m/s2）求：
⑴金属棒在此过程中克服安培力的功W安；
⑵金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a。
⑶为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
解析：（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此
，∴。
（2）金属棒下滑时受重力和安培力，
由牛顿第二定律，
∴。
(3)此解法正确。金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。
，∴
12. 2014年理综天津卷
11．（18分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2．问
（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．
【答案】（1）由a流向b（2）5m/s（3）1.3J
【解析】⑴由a流向b。
⑵开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有
①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
③
设ab所受安培图为，有
④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得
⑥
⑶设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为，由能量守恒有
⑦
又 ⑧
解得 ⑨
13. 2014年理综北京卷24.（20分）
导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示，固定于水平面的U型导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在于其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F的方向相同:导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R，其长度l恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
（1） 通过公式推导验证:在△t时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W' ,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;
（2）若导线MN的质量m=8.0g,长度L=0.10m，感应电流I=1.0A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)；
阿伏伽德罗常数NA
元电荷
导线MN的摩尔质量
（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。
【答案】（1）见解析 （2） （3）
【解析】（1）动生电动势： ①
电流： ②
安培力： ③
力做功： ④
电能： ⑤
焦耳热： ⑥
由④⑤⑥可知，
（2）总电子数：
单位体积内的电子数：
⑦

（3）从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生碰撞，可以看做非完全弹性碰撞，自由电子损失的动能转化为焦耳热。
从整体角度看，可视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失，即
⑧
从宏观角度看，导线MN速度不变，力F做功使外界能量完全转化为焦耳热。
时间内，力F做功 ⑨


代入⑦，
代入②③，得
14. 2014年物理上海卷
33. (14分)如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5, MN与MP的夹角为135°， PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、 H间的距离L=4m。空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。
(1)若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA.
(2)若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间t。
(3)在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3。
【答案】（1）8N；（2）1s；（3）1m/s
【解析】（1）棒在GH处速度为v1，因此，，由此得；
（2）设棒移动距离a，由几何关系EF间距也为a，磁通量变化。
题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有：
因此
解得
（3）设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v’3
由动能定理：得
克服安培力做功
式中
代入式得
由于电流始终不变，有
因此
代入数值得
解得 （舍去）
15.2016年新课标Ⅲ卷25．（20分）如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度B1随时间t的变化关系为，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求
（1）在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t>t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】：（1）在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为 ①
设在从t时刻到的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为。由法拉第电磁感应定律有 ②
由欧姆定律有 ③
由电流的定义有 ④
联立①②③④式得 ⑤
由⑤式得，在的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
⑥
（2）当时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 ⑦
式中f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力，设此时回路中的电流为I，F的大小为
⑧
此时金属棒与MN之间的距离为⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为 ⑩
回路的总磁通量为 ?
式中仍如①式所示，由①⑨⑩?可得在时刻t（）穿过回路的总磁通量为 ?
在t到的时间间隔内，总磁通量的改变为 ?
由法拉第电磁感应定律可得，回路感应电动势的大小为 ?
由欧姆定律有 ?
联立⑦⑧???可得
16.2016年上海卷33.（14分）如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky（SI）。求：
（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；
（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±），安培力的功率
得
棒做匀加速运动

代入前式得
轨道形状为抛物线。
（2）安培力 =
以轨道方程代入得
（3）由动能定理
安培力做功
棒在y=L处动能
外力做功
17.2018年江苏卷9．如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆 （ BC ）
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间[来源:学#科#网]
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
解析：由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒穿出磁场后只受重力做加速度为g的匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动，选项A错误；
对金属杆受力分析，根据可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图像如图所示，由于0-t1和t1- t2图线与时间轴包围的面积相等（都为d），所以t1＞t2- t1，选项B正确；从 进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前的过程中，，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg ?2d，所以穿过两磁场产生的总热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得
，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据得金属杆进入磁场的高度大于，选项D错误。
18.2018年浙江卷（4月选考）23．（10分）【加试题】如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界，方向垂直直面向内的匀强磁场区域。一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m）。现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q；
（3）在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
解：（1）感应电流，受力平衡mg=BIl
进入时的y方向速度vy=2m/s，B=2T
（2）由动量定理：-BlΔq=mv-mv0得到
全过程能量守恒：得到Q=0.0375J
（3）进入磁场前：x≤0.4m， Uab=0
进入磁场过程：0.4m＜x≤0.5m，
在磁场中 0.5m＜x≤0.6m，
出磁场过程 0.6m＜x≤0.7m，

17.2016年天津卷12、电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动，铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ，为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g
（1）求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
（2）若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；
（3）在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b' >b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
【答案】（1） （2） （3）见解析过程；
【解析】（1）磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等均为F安，有
F安=IdB ①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小有
F=2F安 ②
磁铁匀速运动时受力平衡，则有
F–mgsin θ=0 ③
联立①②③式可得 ④
（2）磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有
E=Bdv ⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有
⑥
由欧姆定律有 ⑦
联立④⑤⑥⑦式可得v= ⑧
（3）磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，
联立①②⑤⑥⑦式可得F= ⑨
当铝条的宽度b' >b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F'，有
F'= ⑩
可见，F' >F=mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大，之后，随着运动速度减小，F' 也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小。综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑。
18. 2012年理综天津卷
11．（18分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=0.5m,左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后 停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热比Q1:Q2=2:1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功Wf。
解析：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有

根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为

根据电流定义式有

（2）撤去外力前棒做匀加速运动,根据速度公式末速为
m/s
撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少。有

（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有

则
19. 2012年理综福建卷22.（20分）
如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t=0到t=T0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0 到t=1.5T0 这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W。
【答案】； ；
【解析】（1）小球做圆周运动向心力由洛伦磁力提供：设速度为v0,有：
解得：
（2）在磁场变化过程中，圆管所在的位置会产生电场，根据法拉第感应定律可知，电势差
电场处处相同，认为是匀强电场则有： ，又因为
得到场强
（3）、小球在电场力的作用下被加速。加速度的大小为：
而电场力为：
在T0—1.5T0时间内，小球一直加速，最终速度为
电场力做的功为：
得到电场力做功：
20.2015年理综天津卷11、（18分）如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g；求
（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的 几倍
（2）磁场上下边界间的距离H
答案：（1）； （2）
解析：（1）设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律可得： ①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律可得： ②
设此时线框所受安培力为F1，有： ③
由于线框做匀速运动，故受力平衡，有： ④
联立①②③④式解得： ⑤
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，
同理可得： ⑥
故可知： ⑦
（2）线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有：
⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有：
⑨
联立⑦⑧⑨式解得：
21.2015年理综四川卷11．(18分) 如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ (μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
⑴若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
⑵在⑴问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；
⑶若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
答案：（1）；（2）；
⑶，方向竖直向上或竖直向下均可，
解析：（1）由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有： ①
根据并联电路特点和焦耳定律Q＝I2Rt可知，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，即QR＝Qef ②
由①②式联立解得ef棒上产生的热量为：
（2）设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：
该过程中回路变化的面积为：
③
根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为： ④
根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab棒平均电流为： ⑤
根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab棒某横截面的电量为： ⑥
由③④⑤⑥式联立解得：
⑶由法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行x距离时，回路中的感应电动势为：
e＝B（L－2xcotθ）v2 ⑦
根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef棒的电流为： ⑧
根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为：F＝iLB ⑨
由⑦⑧⑨式联立解得： ⑩
由⑩式可知，当x＝0且B取最大值，即B＝Bm时，F有最大值Fm，ef棒受力示意图如右图所示：
根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：
Fmcosα＝mgsinα＋fm ?
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα＋Fmsinα ?
根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm＝μFN ?
由⑩???式联立解得：
显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可
由⑩式可知，当B＝Bm时，F随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如下图所示：
根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：
Fmincosα＋fm＝mgsinα ?
在垂直于导轨方向上有：
FN＝mgcosα＋Fminsinα ?
由⑩???式联立解得：



上

下

I

I

B

a

b

题5图

I

铜圆盘

v

θ

c

d

a

b

M

l

N

V

R

B

d

L

绝缘橡胶带

橡胶带
运动方向

金属条

金属电极

a

b

B

R

L

m

θ

C

B

l

B1

B2

a

b

d

f

e

c

L


θ

第22题图


Ⅱ区


Ⅰ区


D

C

O

A

B

ω

图1

P

x

M

O

N

B

θ

3

1

2

O

x/m

F/N

图2

3

1

2

O

x/m

F/N

答图

15

10

5

B

a

b

R

30?

a

B

b

B

M

N

L

c

d

θ

θ

Ⅰ

Ⅱ

M

N

F

B

V

M

R

P

F

H

Q

N

G

E

S

R

M

N

l

金属棒

x

y


B

F

O

B

d

L

I

d

d

h

II

B

v

O

t

t1

t2

第23题图

O

0.40

y/m

a

b

c

d

v0

0.65

x/m



d

d



θ

b


高


θ

a

B

N

M

R

0

t

乙

B

T0

2T0

1.5T0

2B0

B0

O

B

r

m, q

a

b

c

d

e

q

p

f

2l

磁场区

a

b

f

e

1

2

M

N

C

D

Q

P

R

α

θ

θ

α

θ

θ

a

b

L

d


N

Q

C

D

F1

FN

fm

mg



ef棒



倾斜导轨



F2

FN

fm

mg



ef棒



倾斜导轨