磁场和电磁感应 (1)

磁场和电磁感应专题

1．[多选](2015·西城区高三检测) 空间有一磁感应强度为B 的水平匀强磁场，质量为m 、电荷量为q 的质点以垂直于磁场方向的速度v 0进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h 。重力加速度为g 。则下列说法正确的是 ( )

A ．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上 B ．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下 C ．带电质点飞出磁场时速度的大小为v 0 D ．带电质点飞出磁场时速度的大小为 v 0＋2gh

2.[多选](2015·海淀模拟) 在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E 和匀强磁场

B 。已知从坐标原点O 沿x 轴正方向射入的带正电的小球(小球所受的重力不可忽略) 在穿过此区域时未发

生偏转，则可以判断此区域中E 和B 的方向可能是 ( ) A ．E 和B 都沿y 轴的负方向 B．E 和B 都沿x 轴的正方向 C ．E 沿z 轴正方向，B 沿y 轴负方向 D．E 沿z 轴正方向，B 沿x 轴负方向

3.[多选](2015·江西六校联考) 如图所示，质量为m 、带电荷量为＋q 的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与环之间的动摩擦因数为μ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场的夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是 ( ) A ．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零 B ．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零 C ．环在下滑过程中，速度不断增大，最后匀速 D ．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零

4.[多选](2015·河南十校联考) 如图所示，在x 轴的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，在

x 轴下方的等腰直角三角形CDM 区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，其中C 、D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a 。现将质量为m 、带电荷量为q 的正粒子从y 轴上的P 点由静止释放，

设P 点到O 点的距离为h ，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是 ( )

B 2a 2q

A ．若h CM 射出磁场

2mE B 2a 2q

B ．若h x 轴射出磁场

2mE B 2a 2q

C ．若h CM 射出磁场

8mE B 2a 2q

D ．若h x 轴射出磁场

8mE

5.[多选](2015·江西重点中学联考) 如图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N ；P 、Q 间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R 的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿半径指向圆心O ，且与圆心O 等距离的各点的电场强度大小相等；磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场；胶片MO 。由粒子源发出的不同带电粒子经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S 垂直于磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受的重力。下列说法中正确的是 ( ) A ．从小孔S 进入磁场的粒子的速度大小一定相等 B ．从小孔S 进入磁场的粒子的动能一定相等 C ．打到胶片上同一点的粒子初速度大小一定相等 D ．打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，比荷越小

6.(2015·泰安质检) 如图甲所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电的小球，整个装置处在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，小球的v －t 图象如图乙所示，其中正确的是 ( )

乙

7.[多选](2015·宁大附中模拟) 如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核(1H) 和氦核(2He) 。下列说法中正确的是( ) A ．它们的最大速度相同 B ．它们的最大动能相同

C ．它们在D 形盒中运动的周期相同

D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

8．(2015·东城区检测) 如图甲所示，两个平行金属板正对放置，板长l ＝10 cm，间距d ＝5 cm，在两板间的中线OO ′的O 处一个粒子源，沿OO ′方向连续不断地放出速度v 0＝1.0×10 m/s的质子。两平行金属板间的电压u 随时间变化的u －t 图线如图乙所示，电场只分布在两板之间。在靠近两平行金属板边缘的右侧分布有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B 5×10 T，方向垂直于纸面向里，磁场边缘MN 与OO ′垂直。质子的比荷取 C/kg，质子之间的作用力忽略不计，下列说法正确的是( ) A ．有质子进入磁场区域的时间是0.15 s B ．质子在电场中运动的最长时间是

0.10 s

－3

C ．质子在磁场中做圆周运动的最大半径是0.5 m D ．质子在磁场中运动的最大速度是v 0的 2 倍

9．(2015·烟台模拟) 如图所示，某放射源A 中均匀地向外辐射出平行于y 轴的、速度一定的a 粒子(质量为m ，电荷量为＋q ) 。为测定其飞出的速度大小，现让其先经过一个磁感应强度为B 、区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，它恰好能够沿x 轴进入右侧的平行板电容器，并打到置于N 板上的荧光屏上。调节滑动触头，当触头P 位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头Q 看到屏上的亮点恰好能消失。已知电源电动势为E ，内阻为r 0，滑动变阻器的总阻值R 0＝2r 0，求： (1)a 粒子的速度大小v 0；

(2)满足题意的a 粒子，在磁场中运动的总时间t ； (3)该半圆形磁场区域的半径R 。

10．(2015·湖北八校联考) 如图所示，在无限长的水平边界AB 和CD 间有一匀强电场，同时在AEFC 、BEFD 区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF 为左右磁场的分界线。AB 边界上的P 点到边界EF 的距离为(23) L 。一带正电的微粒从P 点的正上方的O 点由静止释放，从P 点垂直AB 边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB 边界飞出电、磁场。已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g ，电场强度大小E (E 未知) 和磁感应强度大小B (B 未知) 满足2gL ，不考虑空气阻力，求：

(1)O 点距离P 点的高度h 多大；

(2)若微粒从O 点以v 0＝3gL 水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD 射出电、磁场，则微粒在电、磁场中运动的时间t 多长？

电磁感应专题

1．[多选](2015·全国新课标 Ⅰ )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 ( )

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 ．在圆盘转动的过程中，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

2．(2015·全国新课标Ⅱ) 如图，直角三角形金属框abc 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U a 、U b 、U c 。已知bc 边的长度为l 。下列判断正确的是 ( ) A ．U a ＞U c ，金属框中无电流

B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —a 12

C ．U bc ＝－Bl ω，金属框中无电流

D ．U bc ＝Bl ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a

2限时训练

1.如图所示，固定于水平面上的金属架abcd 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动。t ＝0时，磁感应强度为B 0，此时MN 到达的位置恰好使MbcN 构成一个边长为l 的正方形。为使MN 棒中不产生感应电流，从t ＝0 开始，磁感应强度B 随时间t 变化的图象为 ( )

2.[多选](2015·江西九校联考) 如图所示，空间存在一个有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面) 垂直，磁场的宽度为l 。一个质量为m 、边长也为l 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在的平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ) ，导线框的速度为v 0，经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ) ，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力) 。则 ( )

A ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小

B ．上升过程中，导线框克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率 C ．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 D ．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等

3.[多选](2015·广州四校联考) 如图所示，金属棒ab 、cd 与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下。则ab 棒在恒力F 作用下向右运动的过程中，有 ( ) A ．安培力对ab 棒做正功 B ．安培力对cd 棒做正功

C ．abdca 回路的磁通量先增加后减少

D ．F 做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和

4.[多选](2015·襄阳模拟) 如图所示，倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下，磁场的宽度均为L 。一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，又恰好以速度v 2做匀速直线运动，ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k ，重力对线框做的功为W 1，安培力对线框做的功为W 2，下列说法中正确的有 ( ) A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2＞v 1

B ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中机械能守恒

C ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中，有(W 1－ΔE k ) 的机械能转化为电能 D ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量ΔE k ＝W 1－W 2

5.(2015·眉山质检) 如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一导线与两导轨相连，磁感应强度大小为B 的匀强磁场与导轨平面垂直，一电阻为R 、质量为m 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放，导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H 。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。下列说法正确的是 ( ) A ．整个运动过程中回路的最大电流为mg BL

m 3g 2R 2

B ．整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m (H ＋h ) g －

2B L

C ．整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH D ．整个运动过程中回路电流的功率为 R

⎛mg 2⎝⎭

6.(2015·达州模拟) 如图甲所示，两平行虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc 的ab 边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab 边垂直。规定线框中感应电流的方向逆时针为正，则图乙中可以定性地表示线框在进出磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是 ( )

7.[多选](2015·黄冈中学模拟) 如图所示，平行金属导轨ab 、cd 与水平面成θ角，间距为L ，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒MN ，质量为m ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均为R ，导体棒以速度v 沿导轨匀速下滑，忽略感应电流之间的作用及导轨的电阻，则 ( ) 3mgR sin θ－μcos θ

A ．导体棒两端电压为

2BL 1

B ．电阻R 1消耗的热功率为mgv (sin θ－μcos θ)

4C ．t mgt sin θ－μcos θ

D ．导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ

8.[多选](2015·惠州质检) 如图所示，平行的金属导轨与电路处在竖直向下的匀强磁场B 中，一金属杆放在金属导轨上在恒定外力F 的作用下做匀速运动，则在开关S ( ) A ．闭合瞬间通过金属杆的电流增大 B．闭合瞬间通过金属杆的电流减小 C ．闭合后金属杆先减速后匀速 D．闭合后金属杆先加速后匀速

9．(2015·广州一模) 如图所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O 处，另一端紧贴圆环，可绕O 匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M 点，被拉起到水平位置；合上开关S ，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M 点正下方的N 点到另一侧。已知磁感应强度为B ，a 的角速度为ω，长度为l ，电阻为r ，R 1＝R 2＝2r ，铜环的电阻不计，P 、Q 两板的间距为d ，小球的质量为m 、带电荷量为q ，重力加速度为g 。求： (1)a 匀速转动的方向； (2)P 、Q 间电场强度E 的大小；

(3)小球通过N 点时对细线拉力F 的大小。

1. 解析：选AD 由于质点重力不能忽略，磁场方向未知，因此洛伦兹力方向可能向上也可能向下，A 正确，B 错误；向下运动时，由于重力做了正功，动能增加，C 错误；由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，根12122

据动能定理，mgh 0＋mv ，因此带电质点飞出磁场时速度的大小为v 0＋2gh ，D 正确。

2. 解析：选CD 小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转，做匀速直线运动，受力满足平衡条件。当E 沿z 轴正方向，B 沿y 轴负方向，且满足mg ＝Eq ＋qvB 时小球做匀速直线运动；当E 沿z 轴正方向，B 沿x 轴负方向，洛伦兹力为零，且满足mg ＝qE 时小球做匀速直线运动，选项C 、D 正确。 3. 解析：选BC 环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知，加速度

mg sin θ－Eq cos θ－μ mg cos θ＋qE sin θ－qvB

a 1＝当速度v 增大时，加速度也增大，当速度增

大到弹力反向时，加速度a 2＝

mg sin θ－Eq cos θ－μ qvB －mg cos θ－qE sin θ

v 的增大而

减小，当加速度减为零时，做匀速运动，选项B 、C 正确。

4. 解析：选AD 粒子在电场中加速，有qEh ＝mv 0，在磁场中做圆周运动。若粒子垂直于CM 射出磁场，则

mv 0B 2a 2q

轨迹所对的圆心角θ＝45°，半径R ＝a ，而R ＝，联立以上各式得h ＝，选项A 正确；若粒子平行

qB 2mE B 2a 2q

于x 轴射出磁场，则轨迹所对的圆心角θ＝90°，半径R ＝，由以上各式解得h ＝，选项D 正确。

28mE

1212

5. 解析：选CD 粒子在加速电场中加速，由动能定理，有qU mv －mv 0，解得v 0＝

v 2－

2qU

v 2mv 22E k

入静电分析器做圆周运动，Eq ＝m ，半径r ＝＝S 进入磁场取决于粒子

r qE qE mv 1

的动能及其所带的电荷量，选项A 、B 错误；粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝qB B

R 越大，比荷越小，选项D 正确；由R ＝Emr

，可见半径q

Emr mv 2

r q qE v 2－

2qU

可知，粒子初速度大小一定相等，选项C 正确。

进入静电分析器的速度大小一定相等，由v 0＝

6. 解析：选C 小球在水平方向上受到电场力和洛伦兹力以及杆的弹力，开始速度比较小，洛伦兹力小于电场力，当速度增大，洛伦兹力增大，则弹力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律知，加速度增大，小球先做加速度增大的加速运动。当弹力减小到零时，加速度最大，然后洛伦兹力大于电场力，速度增大，洛伦兹力增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，小球然后做加速度减小的加速运动，当重力等于摩擦力时，做匀速直线运动，故C 正确。

v 2qBR q

7. 解析：选AC 根据qvB ＝m ，得v ＝相等，所以最大速度相等，故A 正确；最大动

R m m

12q B R q

能E k ＝B 错误；带电粒子在磁场

22m m

222

2πm q

中运动的周期T ，两粒子的比荷C 正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在

qB m

磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速，故D 错误。

8. 解析：选C 质子在平行板间做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，时间t 1＝ s，竖直方1qu 2d

向匀加速直线运动，刚好打在下极板上时，·1＝，可得u ＝25 V，由u －t 图象可知u ≤25 V是飞

2md 2出的条件，则有质子飞出电场的时间段在0～0.025 s和0.175 s～0.2 s，共0.05 s，选项A 错误；t ＝0时刻进入电场的质子匀速飞出的时间最长为t 1＝1×10 s，而t ＝0.1 s时进入电场的质子打在极板上运动时间最短，选项B 错误；·t 1v max ＝v 0＋v y ＝1.25×10

22m/s，故选项D 错误；飞出电场速度最大的质子进入磁场的运动半径最大，R max ＝确。

9. 解析：(1)由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度

－6

v 0

－6

v y d

mv max

＝0.5 m ，故选项C 正qB

E I ＝① R 0＋r 0

两极板间的电压为U ＝IR 0②

对某一a 粒子，在加速电场中应用动能定理得 12

－qU ＝00③

2联立①②③得v 0＝(2)由题意t ＝⑤

22πm 又T ＝

2qE

④ 3m

πm

联立⑤⑥解得t ＝qB

(3)设a 粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则

v 20

qv 0B ＝m ⑦

由几何关系得R r ＋r ⑧ 2

结合⑦⑧解得R 2

mE 3q

答案：2qE πm 2

(2)(3)3m qB B

10. 解析：(1)微粒带电量为q 、质量为m ，轨迹为圆弧，有

qE ＝mg

微粒在磁场中运动速率v 1时恰好与AB 相切，如图甲所示，O 1、O 2为微粒运动的圆心，O 1O 2与竖直方向夹角为θ，

由几何知识知sin θ＝

微粒半径r 1，由几何关系有

r 1＋r 1sin θ＝(23) L

得r 1＝2L

mv 21

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv 1B ＝r 1

由动能定理有mgh ＝1

2已知＝gL ，得h ＝B 2

(2)微粒平抛到AB 边界上的M 点的时间为t 1，水平距离x 1，由运动学公式有

E L

x 1＝v 0t 1 h ＝gt 21

代入v 03gL ，h ＝2得t 1＝12

x 1＝3L g

微粒在M 点时竖直分速度v 1gL ，速度为v ＝2gL 、与AB 夹角为θ＝30°，如图乙所示。由几何关系知微粒垂直到达EF 边界，微粒在磁场中运动半径

r 2＝4L

微粒在磁场中运动周期T ＝

2πr 2

4π

L g

由题意有微粒运动时间t ＝＋k (k ＝0,1,2，„)

T T

⎛2⎫微粒运动时间t ＝2π ＋k ⎪⎝3⎭

L ⎛2答案：(2)2π k 2⎝3⎭

电磁感应专题

(k ＝0,1,2，„) g

1．解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正

确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，不会导致磁针转动，选项D 错误。2. 解析：选C 金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误；转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断

U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－Bl 2ω，选项C 正确。

[限时训练]

1. 解析：选C 要使回路中不产生感应电流，只有回路中磁通量不发生变化，则有B 0l ＝Bl (l ＋vt ) ，解得

B 0l B ＝C 正确。 l ＋vt

B 2l 2v mg ＋

2. 解析：选AC 上升过程中，导线框的加速度a 1＝，随速度v 的减小而减小，A 正确；下降过程

m B 2l 2v mg －

R 12

中，导线框的加速度a 2＝v 的增大而减小，平均加速度a 1＞a 2，由x ＝at 可知上升的

m 2

时间短，由P ＝

mgh

B 错误；由于安培力做负功，导线框在下降过程的t

速度小于同一高度上升时的速度，对全程应用动能定理，上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，D 错误；在下降过程中的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做的功多，C 正确。

B 2L 2v 1

4. 解析：选CD 根据平衡条件，线框第一次做匀速运动时有mg sin θ＝第二次做匀速运动时有mg sin

4B L v 2

θ＝，则v 2

动至JP 与MN 的中间位置，由动能定理有W 1－W 2＝ΔE k ，D 正确；线框克服安培力做的功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，C 正确。

5. 解析：选B 导体棒进入磁场后，先做变减速运动，安培力也逐渐减小，当减到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为v ＝2gh ，产生的感应电动势为E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律得I m E BLv

R R

BL 2gh E BLv ′12A 错误；导体棒稳定后，有mg ＝BIL ，I ＝＝，由能量守恒定律可知Q ＝m (H ＋h ) g ′，R R R 2

m 3g 2R 2

解得Q ＝m (H ＋h ) g 44B 正确；克服安培力做功与产生的焦耳热相等，C 错误；回路中的电流是变化2B L ＝

的，由P ＝I R 知功率也是变化的，D 错误。

6. 解析：选D 设∠c ＝θ，线框进入磁场过程中，由法拉第电磁感应定律知E ＝Blv ＝Bv (x bc －x )tan θ，2

E Bvx bc tan θ－Bv 2t tan θ又因为x ＝vt ，I I ＝，回路中电阻一定，D 正确。 R R

B 2L 2v BLv R 7. 解析：选CD 棒MN 匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ＋U ＝，可解R R 2R ＋R 22

得U ＝mgR sin θ－μcos θ A 错误；回路中总的电热功率P 热＝F 安·v ＝mgv (sin θ－μcos θ) ，2BL

11mg sin θ－μcos θ 而P R 1＝P 热＝mgv (sin θ－μcos θ) ，B 错误；由F 安＝BIL ，故通过MN 的电流I ＝，66BL

故t 时间内通过导体棒的电荷量为It mgt sin θ－μcos θ C 正确；因棒匀速下滑，重力、安培BL

力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，故重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ，D 正确。

8. 解析：选AC 由题意可知金属杆所受恒定外力F 和安培力是一对平衡力，当开关S 闭合瞬间，感应电动势不变，电路中总电阻减小，由I ＝可知感应电流增大，所以A 正确；感应电流增大，安培力增大，合力方向和运动方向相反，金属杆开始做减速运动，由E ＝BLv ，可知感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，当安培力减小到和恒定外力F 相等时，金属杆又做匀速运动，所以C 正确。

9. 解析：(1)依题意可知，P 板带正电，Q 板带负电。由右手定则可知，导体棒a 沿顺时针方向转动。

(2)导体棒a 转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小 12Bl ωΔt ΔΦ212E 0＝＝ω Δt Δt 2

由闭合电路的欧姆定律有I ＝E r E 0 R 1＋R 2＋r

由欧姆定律可知，PQ 间的电压U PQ ＝IR 2

故PQ 间匀强电场的电场强度E ＝U PQ d

B ωl 2

由以上各式解得E 5d

12(3)设细绳的长度为L ，小球到达N 点时速度为v ，由动能定理可得mgL －EqL ＝mv 2

mv 2

又F ′－mg ＝ L

2Bq ωl 由以上各式解得F ′＝3mg － 5d

2Bq ωl 由牛顿第三定律知F ＝F ′＝3mg －5d

2B ωl 22Bq ωl 答案：(1)导体棒a 沿顺时针方向转动 (2)mg －5d 5d 2

磁场和电磁感应专题

2.[多选](2015·海淀模拟) 在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E 和匀强磁场

B 。已知从坐标原点O 沿x 轴正方向射入的带正电的小球(小球所受的重力不可忽略) 在穿过此区域时未发

4.[多选](2015·河南十校联考) 如图所示，在x 轴的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，在

设P 点到O 点的距离为h ，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是 ( )

B 2a 2q

A ．若h CM 射出磁场

2mE B 2a 2q

B ．若h x 轴射出磁场

2mE B 2a 2q

C ．若h CM 射出磁场

8mE B 2a 2q

D ．若h x 轴射出磁场

8mE

乙

C ．它们在D 形盒中运动的周期相同

D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

0.10 s

－3

C ．质子在磁场中做圆周运动的最大半径是0.5 m D ．质子在磁场中运动的最大速度是v 0的 2 倍

(2)满足题意的a 粒子，在磁场中运动的总时间t ； (3)该半圆形磁场区域的半径R 。

(1)O 点距离P 点的高度h 多大；

(2)若微粒从O 点以v 0＝3gL 水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD 射出电、磁场，则微粒在电、磁场中运动的时间t 多长？

电磁感应专题

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

B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —a 12

C ．U bc ＝－Bl ω，金属框中无电流

D ．U bc ＝Bl ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a

2限时训练

A ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小

C ．abdca 回路的磁通量先增加后减少

D ．F 做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和

B ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中机械能守恒

m 3g 2R 2

B ．整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m (H ＋h ) g －

2B L

C ．整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH D ．整个运动过程中回路电流的功率为 R

⎛mg 2⎝⎭

A ．导体棒两端电压为

2BL 1

B ．电阻R 1消耗的热功率为mgv (sin θ－μcos θ)

4C ．t mgt sin θ－μcos θ

D ．导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ

(3)小球通过N 点时对细线拉力F 的大小。

据动能定理，mgh 0＋mv ，因此带电质点飞出磁场时速度的大小为v 0＋2gh ，D 正确。

mg sin θ－Eq cos θ－μ mg cos θ＋qE sin θ－qvB

a 1＝当速度v 增大时，加速度也增大，当速度增

大到弹力反向时，加速度a 2＝

mg sin θ－Eq cos θ－μ qvB －mg cos θ－qE sin θ

v 的增大而

减小，当加速度减为零时，做匀速运动，选项B 、C 正确。

4. 解析：选AD 粒子在电场中加速，有qEh ＝mv 0，在磁场中做圆周运动。若粒子垂直于CM 射出磁场，则

mv 0B 2a 2q

轨迹所对的圆心角θ＝45°，半径R ＝a ，而R ＝，联立以上各式得h ＝，选项A 正确；若粒子平行

qB 2mE B 2a 2q

于x 轴射出磁场，则轨迹所对的圆心角θ＝90°，半径R ＝，由以上各式解得h ＝，选项D 正确。

28mE

1212

5. 解析：选CD 粒子在加速电场中加速，由动能定理，有qU mv －mv 0，解得v 0＝

v 2－

2qU

v 2mv 22E k

入静电分析器做圆周运动，Eq ＝m ，半径r ＝＝S 进入磁场取决于粒子

r qE qE mv 1

的动能及其所带的电荷量，选项A 、B 错误；粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝qB B

R 越大，比荷越小，选项D 正确；由R ＝Emr

，可见半径q

Emr mv 2

r q qE v 2－

2qU

可知，粒子初速度大小一定相等，选项C 正确。

进入静电分析器的速度大小一定相等，由v 0＝

v 2qBR q

7. 解析：选AC 根据qvB ＝m ，得v ＝相等，所以最大速度相等，故A 正确；最大动

R m m

12q B R q

能E k ＝B 错误；带电粒子在磁场

22m m

222

2πm q

中运动的周期T ，两粒子的比荷C 正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在

qB m

磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速，故D 错误。

8. 解析：选C 质子在平行板间做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，时间t 1＝ s，竖直方1qu 2d

向匀加速直线运动，刚好打在下极板上时，·1＝，可得u ＝25 V，由u －t 图象可知u ≤25 V是飞

22m/s，故选项D 错误；飞出电场速度最大的质子进入磁场的运动半径最大，R max ＝确。

9. 解析：(1)由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度

－6

v 0

－6

v y d

mv max

＝0.5 m ，故选项C 正qB

E I ＝① R 0＋r 0

两极板间的电压为U ＝IR 0②

对某一a 粒子，在加速电场中应用动能定理得 12

－qU ＝00③

2联立①②③得v 0＝(2)由题意t ＝⑤

22πm 又T ＝

2qE

④ 3m

πm

联立⑤⑥解得t ＝qB

(3)设a 粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则

v 20

qv 0B ＝m ⑦

由几何关系得R r ＋r ⑧ 2

结合⑦⑧解得R 2

mE 3q

答案：2qE πm 2

(2)(3)3m qB B

10. 解析：(1)微粒带电量为q 、质量为m ，轨迹为圆弧，有

qE ＝mg

微粒在磁场中运动速率v 1时恰好与AB 相切，如图甲所示，O 1、O 2为微粒运动的圆心，O 1O 2与竖直方向夹角为θ，

由几何知识知sin θ＝

微粒半径r 1，由几何关系有

r 1＋r 1sin θ＝(23) L

得r 1＝2L

mv 21

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv 1B ＝r 1

由动能定理有mgh ＝1

2已知＝gL ，得h ＝B 2

(2)微粒平抛到AB 边界上的M 点的时间为t 1，水平距离x 1，由运动学公式有

E L

x 1＝v 0t 1 h ＝gt 21

代入v 03gL ，h ＝2得t 1＝12

x 1＝3L g

微粒在M 点时竖直分速度v 1gL ，速度为v ＝2gL 、与AB 夹角为θ＝30°，如图乙所示。由几何关系知微粒垂直到达EF 边界，微粒在磁场中运动半径

r 2＝4L

微粒在磁场中运动周期T ＝

2πr 2

4π

L g

由题意有微粒运动时间t ＝＋k (k ＝0,1,2，„)

T T

⎛2⎫微粒运动时间t ＝2π ＋k ⎪⎝3⎭

L ⎛2答案：(2)2π k 2⎝3⎭

电磁感应专题

(k ＝0,1,2，„) g

1．解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正

U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－Bl 2ω，选项C 正确。

[限时训练]

1. 解析：选C 要使回路中不产生感应电流，只有回路中磁通量不发生变化，则有B 0l ＝Bl (l ＋vt ) ，解得

B 0l B ＝C 正确。 l ＋vt

B 2l 2v mg ＋

2. 解析：选AC 上升过程中，导线框的加速度a 1＝，随速度v 的减小而减小，A 正确；下降过程

m B 2l 2v mg －

R 12

中，导线框的加速度a 2＝v 的增大而减小，平均加速度a 1＞a 2，由x ＝at 可知上升的

m 2

时间短，由P ＝

mgh

B 错误；由于安培力做负功，导线框在下降过程的t

B 2L 2v 1

4. 解析：选CD 根据平衡条件，线框第一次做匀速运动时有mg sin θ＝第二次做匀速运动时有mg sin

4B L v 2

θ＝，则v 2

动至JP 与MN 的中间位置，由动能定理有W 1－W 2＝ΔE k ，D 正确；线框克服安培力做的功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，C 正确。

R R

BL 2gh E BLv ′12A 错误；导体棒稳定后，有mg ＝BIL ，I ＝＝，由能量守恒定律可知Q ＝m (H ＋h ) g ′，R R R 2

m 3g 2R 2

解得Q ＝m (H ＋h ) g 44B 正确；克服安培力做功与产生的焦耳热相等，C 错误；回路中的电流是变化2B L ＝

的，由P ＝I R 知功率也是变化的，D 错误。

6. 解析：选D 设∠c ＝θ，线框进入磁场过程中，由法拉第电磁感应定律知E ＝Blv ＝Bv (x bc －x )tan θ，2

E Bvx bc tan θ－Bv 2t tan θ又因为x ＝vt ，I I ＝，回路中电阻一定，D 正确。 R R

B 2L 2v BLv R 7. 解析：选CD 棒MN 匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ＋U ＝，可解R R 2R ＋R 22

得U ＝mgR sin θ－μcos θ A 错误；回路中总的电热功率P 热＝F 安·v ＝mgv (sin θ－μcos θ) ，2BL

11mg sin θ－μcos θ 而P R 1＝P 热＝mgv (sin θ－μcos θ) ，B 错误；由F 安＝BIL ，故通过MN 的电流I ＝，66BL

故t 时间内通过导体棒的电荷量为It mgt sin θ－μcos θ C 正确；因棒匀速下滑，重力、安培BL

力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，故重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ，D 正确。

9. 解析：(1)依题意可知，P 板带正电，Q 板带负电。由右手定则可知，导体棒a 沿顺时针方向转动。

(2)导体棒a 转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小 12Bl ωΔt ΔΦ212E 0＝＝ω Δt Δt 2

由闭合电路的欧姆定律有I ＝E r E 0 R 1＋R 2＋r

由欧姆定律可知，PQ 间的电压U PQ ＝IR 2

故PQ 间匀强电场的电场强度E ＝U PQ d

B ωl 2

由以上各式解得E 5d

12(3)设细绳的长度为L ，小球到达N 点时速度为v ，由动能定理可得mgL －EqL ＝mv 2

mv 2

又F ′－mg ＝ L

2Bq ωl 由以上各式解得F ′＝3mg － 5d

2Bq ωl 由牛顿第三定律知F ＝F ′＝3mg －5d

2B ωl 22Bq ωl 答案：(1)导体棒a 沿顺时针方向转动 (2)mg －5d 5d 2

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