磁场电磁感应
23（18分）如图1所示，两根间距为l1的平行导轨PQ和MN处于同一水平面内，左端连接一阻值为R的电阻，导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中。一质量为m、横截面为正方形的导体棒CD垂直于导轨放置，棒到导轨左端PM的距离为l2，导体棒与导轨接触良好，不计导轨和导体棒的电阻。
（1）若CD棒固定，已知磁感应强度B的变化率∆B随时间t的变化关系式为 ∆t ∆B=ksinωt，求回路中感应电流的有效值I； ∆t
（2）若CD棒不固定，棒与导轨间最大静摩擦力为fm，磁感应强度B随时间t变
化的关系式为B=kt。求从t=0到CD棒刚要运动，电阻R上产生的焦耳热Q； （3）若CD棒不固定，不计CD棒与导轨间的摩擦；磁场不随时间变化，磁感应强度为B。现对CD棒施加水平向
右的外力F，使CD棒由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动。请在图2中定性画出外力F随时间t
变化的图象，并求经过时间t0 ，外力F的冲量大小I。
F 图1 O 图2 24（20分）如图1所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔。金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l；距金属板P和Q右边缘l处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。M板左侧电子枪发射出的电子经小孔S1进入M、N两板间。电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。
（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；
（2）若板P、Q间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过P板的右边缘后，打在荧光屏上。求磁场的
磁感应强度大小B和电子打在荧光屏上的位置坐标x；
（3）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压u随时间t的变化关系如图2所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N。电子打在荧光屏上形成一条亮线。忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P 和Q间运动过程中，两板间的电压恒定。
a. 试分析在一个周期（即2t0时间）内单位长度亮线上的电子个数是否相同。 b. 若在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同，求2t0时间内打到单位长度亮线上的电子个数n；若不
相同，试通过计算说明电子在荧光屏上的分布规律。
﹣荧 光 屏
图2
23．（18分）
（1）根据法拉第电磁感应定律 回路中的感应电动势e=∆Φ=kl1l2sinωt ∆t 所以，电动势的最大值 Em=kl1l2 【2分】
由闭合电路欧姆定律 Im=Emkl1l2 【2分】 =RR
kl1l2
2R 【2分】 由于交变电流是正弦式的，所以 I=
（2）根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E=l1l2 根据闭合电路欧姆定律，I=∆B=kl1l2 ∆tEkl1l2 =RR k2l12l2 CD杆受到的安培力 FA=BIl1=t 【2分】 R
当CD杆将要开始运动时，满足：FA=fm 【2分】 由上式解得：CD棒运动之前，产生电流的时间t=fmR 22kl1l2
所以，在时间t内回路中产生的焦耳热Q=I2Rt=fml2 【2分】 （3） CD棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bl1v 时刻t的感应电流I= EBl1at= 【1分】RR CD棒在加速过程中，根据由牛顿第二定律 F-BIl1=ma 【2分】
B2l12at+ma 【1分】 解得：F=R
F 根据上式 可得到外力F
t0，外力F的冲量I
⎤1⎡B2l12aI=⎢(t0+ma)+ma⎥t0 2⎣R⎦2B2l12at0+mat0 【2分】 解得：I=2R 24．（20分） （1）根据动能定理 1eU0=mv2 【3分】 2 解得：v=
2eU0
① 【3分】 m
（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R， 在磁场中运动轨迹如图，由几何关系 l
R2=l2+(R-)2 25
解得： R=l 【2分】
4 v2
根据牛顿第二定律： Bev=m 【1分】 R
42mU0
解得：B= 【1分】 5le
l4
设圆弧所对圆心为α，满足：sinα== R5
由此可知：tanα= x O
4 3 x-
电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：通过上式解得坐标x= l l
=tanα 【1分】
11l 6 【1分】 （3）
a. 设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u 垂直电场方向：l=vt1 ②
12
at1 ③ 2 eu
此过程中电子的加速度大小 a= ④ ml
平行电场方向：x1=
ul
①、②、③、④联立得：x1= 【1分】 4U0
电子出偏转电场时，在x方向的速度
vx=at1 ⑤
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时 间t2到达荧光屏。则 水平方向：l=vt2 ⑥ 竖直方向：x2=vxt2 ⑦ ① 、⑤、⑥、⑦ 联立，解得：x2= ul
【1分】
2U0
电子打在荧光屏上的位置坐标x=x1+x2=3lu ⑧ 【1分】 4U0 对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：
由图2可知，在任意∆t时间内，P、Q间电压变化∆u相等。 由⑧式可知，打在荧光屏上的电子形成的亮线长度∆x=3l∆u。 4U0 所以，在任意∆t时间内，亮线长度∆x相等。
由题意可知，在任意∆t时间内，射出的电子个数是相同的。也就是说，在任意∆t时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度∆x范围内。因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。 【1分】 b. 现讨论2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数：
当电子在P、Q电场中的侧移量x1=
由x1=l时， 2ul得：u=2U0 【1分】 4U0 当偏转电压在0~±2U0之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上。 4t2由图2可知，一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间t=T=0 33 4Nt0所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数Nt= 【1分】 3 3l由⑧式，电子打在荧光屏上的最大侧移量xm= 2 亮线长度L=2xm=3l 【1分】
所以，从0~2t0时间内，单位长度亮线上的电子数
n=
Nt4Nt0 【1分】 =L9l 23( 18 分）
如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压 U相距为Ｄ的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖
直长度足够 大,其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向 向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两 板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的 荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压 U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。求
（1)如果电子在T=t 0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小；
(2)如果电子在t=0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分速度的大小； （3)要使电子在t=0时刻进人电场并能最终垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的水平宽度。 24. (20分)
如图所示,线圈焊接车间的传送带不停地传送边长为L（L为未知量）质量为4 kg，电 阻为5Ω的正方形单匝金属线圈，
传送带总长8L，与水平面的夹角为Θ＝300，始终以恒定速度2m/s勻速运动。在传送带的左端虚线位置将线圈无初速地放到传送带上，经过一段时间后;线圈达到与传送带相同的速度,线圈运动到传送带右端掉入材料筐中(图中材料筐未画出)，已知当一个线圈刚好开始匀速运动 时，—个线圈恰好放到传送带上。线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间隔也为L。线圈 运动到传送带中点开始通过一
固定的匀强磁场，磁感应强度为5T、磁场方向垂直传送带
向上，匀强磁场区域宽度与传送带相同，沿传送带运动方向的长度为3L。重力加 2速度g=10m/s。求：
(1)正方形线圈的边长L (2)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q; (2)在一个线圈通过磁场的过程,电动机对传送带做功的功率P。
23．（18分）如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ
间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一匀强电场，场强的大小E=1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角射出，该油滴将做匀速直线运动，已知油滴的速度v=2.0m/s射出，所带电荷量q=1.0×10-7C，重力加速度为g=10m/s2。
（1）求油滴的质量m。
（2）若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已
知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T，求： a．油滴在磁场中运动的时间t； b．圆形磁场区域的最小面积S。
24．（20分）用电阻率为ρ、横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′。金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图1、2所示。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B。当t=0时，方框从静止开始释放，与底面碰撞后弹起（碰撞时间极短，可忽略不计），其速度随时间变化的关系图线如图3所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求在0~15t0时间内，方框中的最大电流Im；
（2）若要提高方框的最大速度，可采取什么措施，写出必要的文字说明和证明过程（设磁场区域足够长，写出一 种措施即可）；
（3）估算在0~15t0时间内，安培力做的功。
图3 方框速度随时间变化图 23．解答：
（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有
qE-mg=0
qE所以 m==1.0⨯10-8kg………………………………………………………（4分） g
（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆周运动设圆
周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：
mv2mv 所以 qvB=⇒R==0.10mRqB 2πR 所以 T==0.1πs v
设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知∠MO'N=60 ，所以，带电油滴在磁场中运动的时间
T0.1πs t2==66
由题意可知，油滴在P到M和N到Q
的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等。根据几何关系可知， d-Rsin30 PM=NQ== cos30PM 所以 油滴在P到M和N到Q
过程中的运动时间t1=t3==s v0.1 则油滴从P到Q
运动的时间t=t1+t2+t3=π)s≈0.17s………………（8分） 6
（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示。根据几何关系圆形 磁场的半径
r=Rsin30 =0.05m -8222其面积为S=πr2=0.0025πm≈7.9⨯10m m ………………（6分）
24．（20分） 解答：
（1）E=2BLv⇒I=E2BLvBvS ==Rρ2ρ
S
当v=vm=8v0时，I有最大值，Im=B⋅8v0⋅S4BSv0 =2ρρ ……………………………（6分）
（2）设金属线框的密度为d。当方框速度v=vm时，根据牛顿第二定律有 mg-2BImL=0
E2BLvmBSvm 因为 Im=m= =4LR2ρρS m=dV=d⋅4L⋅S=4dLS 4dρg 所以 vm=2 B 可采取的措施有
a．减小磁场的磁感应强度B；
b．更换材料，使d和ρ的乘积变大 ……………………………………………（6分）
（3）设方框开始下落时距底面的高度为h1，第一次弹起后达到的最大高度为h2。
在下落过程中，根据动能定理有：
12mgh1+W安1=m⋅(8v0) 2 在上升过程中，根据动能定理有： 12-mgh2+W安2=0-m⋅(7v0) 28B2SLv0又因为 mg=2BImL⇒m= ρg 由图3可知：h1=87v0t0
(86v0t0~88v0t0均可) h2=6v0t0 (5v0t0~6v0t0均可) 且 所以 W安=W安1+W安2 8B2SLv0152W安=-(81gv0t0-v0) （应与h1、h2的值对应） ………（8分） ρg2 24．（20分）如图13所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ι匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1=2B2。在Ι匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在Ι匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b。开始时b静止，给a一个向右冲量I后a、b开始运动。设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直。
（1）求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；
（2）设金属棒b在运动到Ι匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在Ι匀强磁场区中的最大速度值；
（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在Ι匀强磁场区中。求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热。 a b Q 图13
24．（20分）
（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流为i，则 I=mv0………………………………………………1分 E=B1lv0………………………………………………1分 i= E
………………………………………………1分 R1+R2 B1lI
………………………………………………1分
(R1+R2)m i=
（2）金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的，水平方向动量守恒。
金属棒a和金属棒b在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有 mv0=2mvm………………………………………………2分 vm=
I
………………………………………………2分 2m
（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2， E1=B1lvm E2=B2lvm 因为 B1=2 B2
所以 E1=2 E2………………………………………………2分
所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动。设金属棒a在Ι匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则 B1lva= B2lvb………………………………………………3分 即 vb=2va………………………………………………1分
设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为I 根据动量定理有
B1Ilt=mva-mvm 方向向左………………………………………………1分 B2Ilt=mvb-mvm 方向向右………………………………………………1分 -- - 3
vm………………………………………………1分 56 vb=vm………………………………………………1分
5
解得：va=
设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有
112122
⨯2mvm=mva+mvb+Q……………………………………1222 分
I2Q=……………………………………1分 40m
23．如图所示，在质量为M＝0.99kg的小车上，固定着一个质量为m＝0.01kg、电阻R＝1Ω的矩形单匝线圈MNPQ，
其中MN边水平，NP边竖直，MN边长为L=0.1m，NP边长为l＝0.05m。小车载着线圈在光滑水平面上一起以v0＝10m/s的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度）。磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B＝1.0T。已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN边长度相同。求：
（1）小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向； （2）小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q；
（3）如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度v1＝2m/s，求小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q。 23．解：
（1）线圈切割磁感线的速度v0＝10m/s，感应电动势 E=Blv0=1×0.05×10=0.5V 由闭合电路欧姆定律得线圈中电流 I=E0.5==0.5A R1 由楞次定律知线圈中感应电流方向为 M→Q→P→N→M （2） q入=i∆t=E∆φ∆φBS∆t=∆t===5⨯10-3C RR∆tRR
∆v ∆t（3）设小车完全进入磁场后速度为v， 在小车进入磁场从t时刻到t＋⊿t时刻（⊿t→0）过程中 -Bil=m
即 -Bl⋅i∆t=m∆v求和得 Blq入=m(v0-v) 同理得 Blq出=m(v-v1)
又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有 q入＝ q出 故得 v0－v = v－v 1 即 v = v＋v2 = 6 m／s
所以，小车进入磁场过程中线圈克服安培力做功 W克=
11112(M+m)v0-M+m)v2=⨯1⨯102-⨯1⨯62=32（J） 2222
18．如图1所示，虚线MN、M′N′为一匀强磁场区域的左右边界，磁场宽度为L，方向竖直向下。边长为l的正方形
闭合金属线框abcd，以初速度v0沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动，经过一段时间线框通过了磁场区域。已知l 如图所示，在xOy坐标系中，第一象限存在一与xOy平面平行的匀强电场，在第二象限存在垂直于纸面的匀强磁场。在y轴上的P点有一静止的带正电的粒子，某时刻，粒子在很短时间内（可忽略不计）分裂成三个带正电的粒子1、2和3，它们所带的电荷量分别为q1、q2和q3，质量分别为m1、m2和m3，且q1:q2:q3=1:1:2，m1+m2=m3。带电粒子1和2沿x轴负方向进人磁 场区域，带电粒子3沿x轴正方向进入电场区域。经过一段时间三个带电粒子同时射出场区，其中粒子1、3射出场区的方向垂直于x轴，粒子2射出场区的方向与x轴负方向的夹角为60°。忽略重力和粒子间的相互作用。求： （1）三个粒子的质量之比； （2）三个粒子进入场区时的速度大小之比； （3）三个粒子射出场区时在x轴上的位移大小之比。 24．（20分） 解：（1）设粒子1、2在磁场中做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2。则有 2πr12πm12πr22πm2 ，T2= T1===v1Bq1v2Bq2 11 由题意可知：T1=T2 46 m12 所以 = m23 又因为 m1+m2=m3 所以 m1:m2:m3=2:3:5……………………………………………………（6分） （2）设粒子1、2在磁场中做匀速圆周运动的半径分别为r1和r2。则有 mvrBq r1=11⇒v1=11 Bq1m1 r2=m2v2rBq⇒v2=22 Bq2m2由几何关系可知：r2=2r1 所以 v13= v24m3v3-m1v1-m2v2=0 v1:v2:v3=15:20:18……………………………………………………（7分） 在粒子分裂的过程中，动量守恒，则 所以 （3）三个粒子射出场区时在x轴上的位移分别为x1、x2和x3。由几何关系可知： x1= r1，x2= 粒子3在电场中运动时，沿x轴方向的分运动是：初速度为v3的匀减速运动，末 速度为0。设运动时间为t，则有 vvTmvx3=3⋅t=3⋅1=0.3π⋅11=0.3πr1 224Bq1所以x1:x2:x3=0.3π………………………………………………………（7分） 22（16分）如图所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L ＝0.50m。平行轨道左端接一阻值R=0.50Ω的电阻。轨道处于磁感应强度大小B＝0.40T，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一导体棒ab垂直于轨道放置。导体棒在垂直导体棒且水平向右的外力F作用下向右匀速运动，速度大小v=5.0m/s，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直。不计轨 道和 导体棒的电阻，不计空气阻力。求 （1）通过电阻R的电流大小I； （2）作用在导体棒上的外力大小F； （3）导体棒克服安培力做功的功率P安。 22.（16分） （1）导体棒ab切割磁感线 E=BLv=1.0V 【3分】 E由闭合电路的欧姆定律 I==2.0A 【3分】 R （2）导体棒ab受到安培力F安=BIL=0.4N 【2分】 由于导体棒ab匀速运动，满足： F=F安 【2分】 所以，作用在导体棒上的外力F=0.4N 【2分】 （3）导体棒克服安培力的功率P安=F安v=2.0W 【4分】 20．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图如图所示，两块面积均为S的矩 形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d。水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行。地磁场磁感应强度的竖直分 量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两个金属板上，忽略边缘效应。则电阻R消耗的电功率（ C ） (Bdv)2 A．P= R222BdvSB．P= ρd+SR⎛BdvS⎫C．P= ⎪R ⎝ρd+SR⎭ D．P=(2 Bdv2)R ρS+Rd2 23．（18分） 如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R。两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱，已知灯泡的电阻RL＝4R，定值电阻R1＝2R，调节电阻箱使R2＝12R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放，求： （1）金属棒下滑的最大速度vm； （2）当金属棒下滑距离为s0时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热； （3）改变电阻箱R2的值，当R2为何值时，金属棒达到匀速下滑时R2消耗的功率最大 24．（20分） 如图所示，在竖直平面内放置一长为L的薄壁玻璃管，在玻璃管的a端放置一个直径比玻璃管直径略小的小球，小球带电荷量为-q、质量为m。玻璃管右边的空间存在着匀强电场与匀强磁场的复合场。匀强磁场方向垂直于纸面向 mg外，磁感应强度为B；匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为。电磁场的左边界与玻璃管平行，右边界足够远。q 玻璃管带着小球以水平速度v0垂直于左边界向右运动，由于水平外力F的作用，玻璃管进入磁场后速度保持不变。经一段时间后小球从玻璃管b端滑出并能在竖直平面内运动，最后从左边界飞离电磁场。设运动过程中小球的电荷量不变，忽略玻璃管的质量，不计一切阻力。求： （1）小球从玻璃管b端滑出时速度的大小； （2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系； （3）通过计算画出小球离开玻璃管后的运动轨迹。 B E 20．C 23．（18分）解： （1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有 mgsinα＝F安 ①（2分） F安＝BIL ②（1分） BLvm I＝ ③（1分） R总 其中 R总＝6R ④（1分） 6mgRsinα 联立①～④式得金属棒下滑的最大速度vm＝ 22⑤（1分） BL 1（2）由动能定理WG－W安＝2 mvm2 ⑥（2分） 由于WG=2mgs0 sinα W安= Q （2分） 1解得Q ＝2mgs0sinα－2 mvm2 18m3g2R2sin2α将⑤代入上式可得 Q ＝2mgs0sinα－ 44BL12 mg2s0sinα=Q+mvm 2 18m3g2R2sin2α再将⑤式代入上式得Q=2mgs0sinα— B4L4 （3）∵金属棒匀速下滑 ∴mgsinα = BIL ⑦（2分） P2=I22R2 ⑧（2分） I2=4RI R2+ 4R ⎛4Rmgsinα⎫联立得P2= ⎪R2 ⎝(R2+4R)BL⎭ 16R2R2mgsinα2() P2=22R2+8RR2+16RBL2 16R2mgsinα2P2=() 216RBLR2+8R+R2 16R2 当R2=， 即R2=4R时，R2消耗的功率最大 （2分） R2 24．（20分）解： mg（1）由E=，得Eq=mg，即重力与电场力平衡 （2分） q FyBv0q所以小球在管中运动的加速度为 a= （2分） =mm 2=2aL （2分） 设小球运动至b端时竖直方向的速度分量为vy，则有vy 2Bv0q2 （2分） L+v0m （2）由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为F=Fx=Bvyq （3分） 联立解得小球运动至b端时速度大小为v= Bv0qt （3分） m B2q2v0解得外力随时间变化关系为F=t （2分） m （3）设小球在管中运动时间为t，小球在磁场中做圆周运动的半径为R，轨迹如图甲所示。t时间内玻璃管的运动距离x = v0t mv2 由牛顿第二定律得 qvB= R x—x1x1vy由几何关系得 sinα=，sinθ= =RvR 23．（18分）如图所示，绝缘细绳绕过轻滑轮连接着质量为m的正方形导线框和质量为M的物块，导线框的边长为L、电阻为R。物块放在光滑水平面上，线框平面竖直且ab边水平，其下方存在两个匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，方向水平但相反，Ⅰ区域的高度为L，Ⅱ区域的高度为2L。 开始时，线框ab边距磁场上边界PP′的高度也为L，各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，运动中线框平面始终与磁场方向垂直，M始终在水平面上运动，当ab边刚穿过两磁场的分界线QQ′进入磁场Ⅱ时，线框做匀速运动，不计滑轮处的摩擦。 求： （1）ab边刚进入磁场Ⅰ时，线框的速度大小； （2）cd边从PP′位置运动到QQ′位置过程中，通过线圈导线某横截面的电荷量； （3）ab边从PP′位置运动到NN′位置过程中，线圈中产生的焦耳热。 24．（20分）如图所示，在竖直平面内，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度vvy=at= （0≤v≤E）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和B 粒子间的相互作用力。 求： （1）速度最大的粒子从O开始射入磁场至返回水平线POQ所用的时间。 （2）磁场区域的最小面积。 M P O Q 23．（18分） 解：(1)对线框和物块组成的整体，由机械能守恒定律 1mgL＝(m＋M)v12 （2分） v1＝ （2分） m＋M (2)线框从Ⅰ区进入Ⅱ区过程中， ΔΦ＝Φ2-Φ1＝2BL2 （2分） ΔΦE＝Δt （1分） EI＝R （1分） 2BL2 通过线圈导线某截面的电量：q＝IΔt＝R（2分） (3)线框ab边运动到位置NN′之前，线框只有ab边从PP′位置下降2L的过程中才有感应电流，设线框ab边刚进入Ⅱ区域做匀速运动的速度是v2，线圈中电流为I2， I2＝E2BLv2 （2分） =RR 此时M、m均做匀速运动， 2BI2L＝mg （2分） mgRv2＝ 4BL 1根据能量转化与守恒定律，mg·3L＝(m＋M)v22＋Q （2分） 2 (m＋M)m2g2R2 则线圈中产生的焦耳热为: Q＝3mgL－（2分） 32BL 24．（20分） 解：（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1 mv2 则 qBv=R R =mv （1分） qB 2πm （1分） qB T= 1t1=T （2分） 3 设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，匀速运动的时间为t2，由几何关系知： s=R/tanθ （1分） st2= （1分） v 过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为t3， 31qE2R=t3 （2分） 22m E又由题知：v= （1分） B则： 则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间为： t=t1+t2+t3 （1分） t=π)m （2分） 3qB （2）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积∆S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积， 扇形OO'N的面积S=πR2 （2分） 1 3 ∆OO'N的面积为： S'=R2cos300sin300=2R （2分） 4 ∆S=S-S' （2分） 4π-m2E2πm2E2 ∆S=(24或(-24 （212qB34qB分） 23．（18分）如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和M’N’放在倾角为θ=300的斜面上，在N和N’之间连有一个1.6Ω的电阻R。在导轨上AA’处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg的金属滑杆，导轨和滑杆的电阻均不计。用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开 始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m。在导轨的NN’和OO’所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ，此区域外导轨是光滑的（取g =10m/s2）。求： （1）若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA’滑到OO’位置，通过电阻R的电量q为多少？滑杆通过OO’位置时的速度大小为多少？ （2）若滑杆运动到OO’位置时绳子突然断了，设导轨足够长，求滑杆再次经过OO’位置时，所受到的安培力大小？若滑杆继续下滑到AA’后恰好做匀速直线运动，求从断绳到滑杆回到AA’位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？ 与小车 相连 ’ 24、（20分）如图所示，固定的半圆形绝缘光滑轨道置于正交的匀强电场和匀强磁场叠加的区域中。轨道半径为R，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场强度为E，方向水平向左。 （1）一个质量为m的小球（可视为质点）放在轨道上的C点恰好处于静止，圆弧半径OC与水平直径AD的夹角为α（sinα=0.8，cosα=0.6）。求小球所电荷量；试说明小球带何种电荷并陈述理由。 （2）如果将小球从A点由静止释放，小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力是多少？ （3） 若将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧轨道运动到最低点时，与另一个质量也为m且静止在O点正下方P点的不带电小球（可视为质点）发生碰撞，设碰撞过程历时可以忽略且无机械能损失也无电荷转移。两小球在运动过程中始终没有脱离圆弧轨道。求第一次碰撞后到第二次碰撞前，两小球在圆弧轨道上上升的最大高度各是多少？ 23．（18分） （1）滑杆由AA’滑到OO’的过程中切割磁感线，平均感应电动势 E=∆φBLd =∆t∆t BLd R通过电阻R的电量q=I⋅∆t= 带入数据，可得 q=1.25C 滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.2m/s，设系绳与水平面的夹角α，则 H-H=d sinα 4sinα=，α=530 5 3可得cosα= 5 小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳长方向的速度的合速度，此时滑杆向上的速度即绳 端沿绳长方向的速度： v1=vcosα=1.2⨯0.6=0.72m/s （2）滑杆运动到OO’位置时绳子突然断了，滑杆将继续沿斜面上滑，由机械能守恒，可知它再通过OO’的速度大小为0.72m/s，进入磁场切割磁感线，产生感应电流 I=EBL1v =RR B2L2v1 受到的安培力F洛=BIL= R 带入数据，可得 F洛=1.5N 滑杆运动到AA’位置后做匀速运动的速度设为v2，有 B2L2v2 mgsinθ=μmgcosθ+ R 带入数据，可得 v2=0.4m/s 滑杆从OO’滑到AA’的过程中机械能转换成电能最终转化成电热，由功能关系有 Q=12m(v12-v2)+mgdsinθ-μmgdcosθ 2 带入数据，可得 Q=1.14J 24、（20分） （1）小球在C点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示。因此小球带正电荷。 FNcosα＝qE FNsinα＝mg 小球带电荷量 q=3mg 4E受方向指向轨道的洛伦速度（设为v）最大，力 球对轨道的压力最大。 （2）小球从A点释放后，沿圆弧轨道下滑，还兹力F洛，力F洛随速度增大而增大，小球通过C点时 F洛最大，且qE和mg的合力方向沿半径OA，因此小 由 mgRsinα-qER(1-cosα)= 通过C点的速度v＝gR 12mv 2小球在重力、电场力、洛伦兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动，有 v2 F－mgsinα－qEcosα－qvB=m R (9E+3BRg)mg最大压力等于支持力F＝。 4E （3）小球1从A点滑下到达P点时速度为vp，由动能定理 mgR-qER=12mvp 2 可得 vp=小球1与小球2发生无机械能损失的碰撞，碰后速度分别设为v1和v2，由动量守恒和能量关系 mvp=mv1+mv2 121212mvp=mv1+mv2 222 解方程可得 v1=0 ，v2=vp= 碰后小球2仍不带电，向右沿圆轨道上滑，小球2上升的最大高度设为h2，由机械能守恒定律 12mv2=mgh2 2 1可得 h2=R 4 碰后小球1质量和电量都不变，从P点开始无初速向左沿圆轨道上滑至最高点F，设∠AOF为β，小球1上升的最大高度为h1，由动能定理 qERcosβ-mgh1=0 由几何关系可得 h1=R-Rsinβ 由以上两式可得 h1= 24．（20分）如图所示，在坐标系xOy所在平面内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标O1（a , 0），圆内分布有垂直xOy平面的匀强磁场。在坐标原点O处有一个放射源，放射源开口的张角为90°，x轴为它的角平分线。带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率v、质量m、电荷量+q均相同。其中沿x轴正方向射出的粒子恰好从O1点的正上方的P点射出。不计带电粒子的重力，且不计带电粒子间的相互作用。 （1）求圆形区域内磁感应强度的大小和方向； （2）a．判断沿什么方向射入磁场的带电粒子运动的时间最长，并求最长时间； b．若在y≥a的区域内加一沿y轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置。 18R 25 24．（20分） 解答： （1）设圆形磁场区域内的磁感应强度为B，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力： v2 qvB=m R 其中R=a mv则：B= qa 由左手定则判断磁场方向垂直于xOy平面向里 （6分） （2）沿与x轴45°向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图，根据几何关系粒子离开磁场时速度方向沿y轴正方向，∠OO3Q=135º。 设该带电粒子在磁场中运动的时间为t，根据圆周运动周期公式得： T= 所以：t=3πa （8分） 4v2πR v （3）设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x轴的夹角为α，做速度v的垂线，截取OO4=a，以O4为圆心a为半径做圆交磁场边界于M点。由于圆形磁场的半径与带电粒子在磁场中运动的半径均为a，故OO1MO4构成一个菱形，所以O4M与x轴平行，因此从放射源中射出的所有带电粒子均沿y轴正方向射出。带电粒子在匀强电场中做匀减速直线运动，返回磁场时的速度与离开磁场时的速度大小相等方向相反，再进入磁场做圆周运动，圆心为O5，OO4O5N构成一平行四边形，所以粒子在磁场中两次转过的圆心角之和为180°，第二次离开磁场时都经过N点。故收集器应放在N点，N点坐标为（2a，0）。 （6分） 24．（20分）如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30︒的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于 斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离 s=0.55m。一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m。从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=/3，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求线框受到的拉力F的大小； （2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小； B2L2 x（式中v0为线框（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0-mR 向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q。 甲 24．（20分）（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a=∆v=5.0m/s2………………（1分） ∆t 由牛顿第二定律F-mgsinθ -μ mgcosθ=ma………………（2分） 解得 F=1.5 N…………………………………………………………（1分） （2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动， 产生的感应电动势 E=BLv1……………………………………………………（1分） 通过线框的电流 I=EBLv1= …………………………（1分） RR B2L2v1线框所受安培力 F安=BIL= ……………………（1分） R 对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有 B2L2v1F=mgsinθ+μmgcosθ+…（2分） R 解得 B=0.50T……………………………………………………（1分） （3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m ……………………………………………（1分） 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为 s-D=0.15m……（1分） 设线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理，有 -mg(s-D)sinθ-μmg(s-D)cosθ= 21122mv2-mv1………………（1分） 22解得 v2=v1-2g(s-D)(sinθ+μcosθ)=1.0 m/s…………………………（1分） 线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3 B2L22B2L2Dx得v3= v2 -由v＝v0-=-1.0 m/s， mRmR 因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。……………………………（2分） 线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热 2B2L2Dv1 Q1=IRt==0.40 J……………（1分） R 2 线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q2= 12 mv2 =0.05 J………………（2分） 2 所以Q= Q1+ Q2=0.45 J…………………………………………（1分） 23．（18分）飞行时间质谱仪可以根据带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，自脉冲阀 P喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器。已知极板a、b间的电压为U0，间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及经过a板时的初速度。 （1）若M、N板间无电场和磁场，请推导出离子从a板到探测器的飞行时间t 与比荷k（k= q ，q和m分别为离子的电荷量和质量）的关系式； m （2）若在M、N间只加上偏转电压U1，请论证说明不同正离子的轨迹是否重合； （3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场。已知进入a、b间的正离子有一价和二价的两种，质量均为m， 元电荷为e。要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，求所加磁场的磁感应强度的最大值Bm。 24．（20分）如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L，距左端L处的右侧一段被弯成半径为 圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差 L 的四分之一2 L 的水平面上。以弧形导轨的末端点O为坐标原点，水平向右为x轴2 正方向，建立Ox坐标轴。圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化的磁场B(t)，如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化的磁场B(x)，如图3所示；磁场B(t)和B(x)的方向均竖直向上。在圆弧导轨最上端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B(t)开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端。已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。 （1）求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E； （2）如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B(x)区域，离开时的速度为v，求金属棒从开始滑动到离开右段 磁场过程中产生的焦耳热Q； （3）如果根据已知条件，金属棒滑行到x=x1位置时停下来， a. 求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q； b. 通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置。 BB 图2 图3 23．（18分） （1）带电离子在平行板a、b间运动时，根据动能定理 qU0= 解得：v=12mv-0 ① 2 2qU0，即v=2kU0 m 带电离子在平行板a、b间的加速度a1=kU0U0q，即a1= dmd vd2kU0 =a1kU0 所以，带电离子在平行板a、b间的运动时间t1= 带电离子在平行板M、N间的运动时间t2=L=vL 2kU0 所以，带电离子的全部飞行时间t=t1+t2=2d+L 2kU0 （2）正离子在平行板M、N间水平方向运动位移为x时，在竖直方向运动的位移为y。 水平方向满足 x=vt② 1 2竖直方向满足 y=a2t③ 2 Uk加速度 a2=1④ L U1x2 由上述②、③、④式得：y=⑤ 4LU0 ⑤式是正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关。所以，不同正离子的轨迹是重合的。 （3）当M、N间磁感应强度大小为B时，离子做圆周运动，满足 mv2 ⑥ Bvq=R 由上述①、⑥两式，解得：带电离子的轨道半径R=2U0m ⑦ B2q 上式表明：在离子质量一定的情况下，离子的电荷量越大，在磁场中做圆周运动的半径越小，也就越不容易穿过方形区从右侧飞出。所以，要使所有的一价和二价正离子均能通过方形区从右侧飞出，只要二价正离子能从方形区飞出即可。当二价正离子刚好能从方形区域飞出时的磁感应强度为满足题目条件的磁感应强度的最大值。 设当离子刚好通过方形区从右侧飞出时的轨道半径为R，由几何关系得 LR2=L2+(R-)2 2 5L解得：R= ⑧ 4 将二价正离子的电量2e代入⑦式得：R=0m ⑨ B2e 由⑧、⑨式得：B=4U0m，此值即为所求的磁感应强度的最大值Bm。 5Le 评分说明：本题共18分。第（1）问6分；第（2）问5分；第（3）问7分。 24．（20分） ∆BB0（1）由图2可知， =∆tt0 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=∆Φ∆BB=L2=L20 ① ∆t∆tt0 L4B02U2（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热Q1= t=RRt0 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律 mgL12② =mv022 金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，根据能量守恒定律 1212L1mv0-mv=mg-mv2 2222 所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热 Q2= 2L4B0L1Q=Q1+Q2=+mg-mv2 Rt022 （3）a．根据图3，x=x1（x1﹤x0）处磁场的磁感应强度B1=B0(x0-x1)。设金属棒在水平轨道上滑行时间为∆t。x0 由于磁场B(x)沿x方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律 ∆t时间内的平均感应电动势E=∆Φ=∆t 所以，通过金属棒电荷量q=t=Lx1B0+B1BLx(2x-x1) =010∆t2x0∆tBLx(2x-x1)E ∆t=010 R2x0R EL2B0b. 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式，I1== RRt0 金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大。 根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度v0= 所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流I2=gL E'B0LgL =RR 若金属棒自由下落高度L，经历时间t=2L，显然t0﹥t g 222LBLBLB000所以，I=＜==I21Rt0RtL Rg 综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x= 0处，感应电流最大。 评分说明：本题共20分。第（1）问4分；第（2）问6分；第（3）问10分 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容