2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）微专题5　带电粒子在叠加场中的运动含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）微专题5带电粒子在叠加场中的运动微专题5带电粒子在叠加场中的运动1.[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向.一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动.下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是 (B)[解析]在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动.磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力,故粒子向x轴负方向偏转,A、C错误;运动的过程中电场力对粒子做功,粒子速度大小发生变化,粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,由于匀强电场方向是沿y轴正方向,故x轴为匀强电场的等势线,从粒子开始运动到再次运动到x轴过程中,电场力做功为0,洛伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x轴时的速度为0,随后受电场力作用再次进入第二象限重复上述过程,故B正确,D错误.2.如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E,方向水平向右;磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.在正交的电磁场空间中有一竖直放置的光滑绝缘大圆环.一质量为m,带电荷量为+q的小圆环,从大圆环的最高点由静止释放.已知大圆环半径为R,重力加速度为g.关于小圆环接下来的运动,下列说法正确的是 (D)A.小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒B.小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动C.小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为D.小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为[解析]小圆环从最高点运动到最低点的过程中,除重力外还有电场力做功,机械能不守恒,故A错误;设小圆环所受重力与电场力的合力与竖直方向夹角为θ,假设恰好能做完整的圆周运动,刚好能到达等效最高点A,如图所示,根据动能定理有mgR(1-cosθ)-qERsinθ=m,其中mgtanθ=qE,解得=2gR<0,所以假设不成立,小圆环不能沿大圆环做完整的圆周运动,故B错误;小圆环从最高点运动到大圆环右侧与圆心等高位置过程中,根据动能定理有mgR+qER=m-0,解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度v1=,故C错误;小圆环从最高点运动到大圆环最低点位置过程中,根据动能定理有mg·2R=m-0,解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度v2=,故D正确.3.水平地面上方足够大区域内有沿水平方向、相互垂直的匀强电场和匀强磁场.如图所示,纸面为该区域内的某一竖直平面,磁场垂直纸面向里,电场强度大小为E,方向水平向左.绝缘细线一端固定在该竖直平面内的O点,另一端悬挂一质量为m的带正电小球Q,静止时小球Q位于A点,细线与竖直方向的夹角θ=30°.现让另一质量为3m的不带电小球P从该竖直平面内的某点C(图中未画出)以初速度v0水平抛出,正好与处于A点的小球Q发生弹性正碰,碰撞瞬间剪断细线,同时将电场强度大小变为3E,碰后小球Q恰好沿直线运动.已知C、A两点距地面的高度之比为7∶3,两球碰撞过程中各自电荷量均保持不变,碰撞时间极短,重力加速度为g,小球大小不计,求:(1)小球Q的电荷量q;(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;(3)两小球在水平地面上的落地点间的距离Δx.[答案](1)(2)(3)[解析](1)小球Q静止时,受力如图所示,由平衡条件可知,细线对小球Q的拉力FT、电场力qE的合力与小球Q所受的重力mg大小相等,方向相反,可得tanθ=代入数据得q=(2)要两球碰后小球Q能沿直线运动,电场力F、重力mg沿两球运动方向的分力应大小相等、方向相反,合力为零.洛伦兹力与电场力、重力沿垂直速度方向的分力之和平衡.设两球碰撞前后瞬间的速度方向与竖直方向的夹角为α,有3qEsinα=mgcosαF洛=3qEcosα+mgsinα设P、Q两球碰前P的速度为v,碰后P、Q的速度分别为vP、vQ,两球碰撞过程,由动量守恒、能量守恒有3mv=3mvP+mvQ·3mv2=·3m+m由速度分解可知v0=vsinα由洛伦兹力公式有F洛=qBvQ联立解得B=

(3)设C点与A点的高度差为h0,小球P与Q碰前沿竖直方向的分速度大小为vy,由速度分解及平抛运动规律有

2gh0=

vy=

设A点距地面的高度为h1,两球碰后P球运动到地面的时间为t,P、Q两球运动到地面的过程中沿水平方向发生的位移分别为xP、xQ

h1=(vPcosα)t+gt2

xP=(vPsinα)t

tanα=

由题意有=,Δx=xQ-xP

联立解得Δx=

4.如图甲所示,空间中有一直角坐标系O-xyz,在紧贴坐标为(-0.4m,0,0)点的下侧有一粒子源P,能沿x轴正方向以v0=1×106m/s的速度持续发射比荷为=5×107C/kg的不计重力的带正电的粒子.图乙为xOy平面图,在x<0、y<0的空间中有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E=5×104V/m,在x>0的空间有垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1=0.1T.若在xOz平面内x<0区域放置一足够大的吸收屏(如图甲所示),屏上方施加有沿y轴负方向、大小为B2=T的匀强磁场(忽略粒子间的相互作用).求:(结果保留一位有效数字)(1)粒子第一次穿过y轴的纵坐标;(2)粒子第二次穿过y轴的纵坐标;(3)粒子打到吸收屏上的坐标.[答案](1)-0.2m(2)0.2m(3)(-0.2m,0,0.05m)[解析](1)粒子从P点射出后在xOy平面内做平抛运动,沿y轴负方向的加速度为a==2.5×1012m/s2做平抛运动的时间为t1==s=0.4×10-6s

粒子在竖直方向上的位移y1=a=0.2m

所以粒子第一次穿过y轴时的纵坐标为-0.2m

(2)粒子第一次穿过y轴时的速度为v1==×106m/s

由于v0=at1=1×106m/s

所以粒子沿着与y轴负方向成45°角的方向进入磁场B1,然后做匀速圆周运动.由qv1B1=m可得圆周半径r1=×=m

由几何关系可知,圆心在x轴正半轴的(0.2m,0,0)处.所以粒子将从y轴的正半轴某点处离开磁场B1,其坐标与粒子第一次穿过y轴时的坐标关于原点对称,所以粒子第二次穿过y轴时的纵坐标为0.2m

(3)粒子第二次穿过y轴后,沿着与y轴负方向成45°角的方向进入磁场B2.在磁场B2中,粒子沿着y轴负方向的分速度为vy=v1cos45°=1×106m/s,在这个方向上,洛伦兹力为零,粒子沿着x轴负方向的分速度为vx=v1sin45°=1×106m/s,在这个方向上,粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动.所以粒子进入磁场B2后,将沿着螺旋线向吸收屏运动.根据qvxB2=mωvx、ω=可得,粒子在磁场B2中运动半周的时间为t2=T==×=1.2×10-6s

粒子从y轴上0.2m处运动到xOz平面上的时间为t3==0.2×10-6s

由于t3<t2,所以在粒子离开磁场B2之前,就已经打到了吸收屏上.粒子的圆周运动轨迹对应的角度为θ=×π=

粒子做圆周运动的半径为r2==m

所以粒子打到吸收屏上的坐标为x=-m×sin=-m≈-0.2m、y=0、z=m-m×cos=m≈0.05m

5.[2023·江苏卷]霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型.xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射.入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于的v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等.不计重力及电子间相互作用.(1)求电场强度的大小E;(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1;(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比.[答案](1)v0B(2)(3)90%[解析](1)由题知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有Ee=ev0B,解得E=v0B(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=m-m,解得y1=(3)若电子以速度v入射时,设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=m-mv2,由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,在最低点有F合=eE-evB,联立有vm=-v,y=,要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2,解得v≤v0,则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的90%.6.如图甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1,第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁感应强度为B1的磁场,已知E2=0.25N/C,B1随时间t变化的规律如图乙所示,其中B0=0.25T,t0=s,设垂直纸面向外为磁场正方向.一个质量为m=2.5×10-6kg、电荷量为q=1×10-4C的带正电液滴从P点以速度v0=4m/s沿x轴负方向射入,经t1=0.5s恰好以沿y轴负方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域.已知t=0时液滴恰好通过O点,重力加速度g取10m/s2.(1)求电场强度E1的大小及液滴第一次到达O点时速度v的大小;(2)求液滴在0~s内的路程;(3)若在t=s时撤去电场E1、E2和磁场B1,同时在整个空间区域加竖直向上的磁感应强度大小为B2=0.5T的匀强磁场(未画出),求从此时刻起,再经过t'=s,液滴距O点的距离.(π2≈10)[答案](1)0.2N/C5m/s(2)m(3)m[解析](1)对带电液滴由动量定理可知,水平方向有-qE1·t1=0-mv0解得E1=0.2N/C竖直方向有mg·t1=mv-0解得v=5m/s(2)液滴通过O点后,由qE2=mg可知,液滴将仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由qvB=m,T=解得磁感应强度为B0时T1=s,r1=0.5m磁感应强度为2B0时T2=s,r2=0.25m0~s内运动轨迹如图所示,则s=3××2πr1+2××2πr2(或x=vt)解得s=m(3)只有磁场B2存在时,液滴在水平方向做匀速圆周运动,则周期T3==s半径r3==0.25m液滴在竖直方向做自由落体运动,经过t'=s沿y轴下落高度为y=gt'2经过t'=s后距O点的距离为s'=解得s'≈m7.如图甲所示,离子源持续逸出带电荷量为+q、质量为m的离子,其初速度视为0,离子经过加速电场后,以速度v0沿两平行极板PQ的中线飞入交变电场.已知极板P、Q水平放置,间距为d,长度为L,极板上所加的交变电压如图乙所示,变化周期为T=,所有离子均能从P、Q极板右侧射出,不计离子重力及离子间相互作用.(1)求加速电场的电压大小U0;(2)求P、Q极板间所加电压U的最大值Um;(3)当P、Q极板间交变电压为(2)问中所求的Um时,在P、Q极板右侧建立O-xyz直角坐标系,其中Ox轴与极板Q的中轴线在同一直线上,图甲中的两个正方体边长均为d,正方体OCDE-O1C1D1E1区域内存在沿y轴正方向、大小为B1=的匀强磁场,正方体CDGH-C1D1G1H1区域内存在沿x轴正方向、大小为B2=的匀强磁场,求离子在正方体CDGH-C1D1G1H1区域内运动的最长时间.[答案](1)(2)(3)[解析](1)离子经过加速电场后有U0q=m-0解得U0=(2)离子在平行极板P、Q间运动时,水平方向做匀速直线运动,有L=v0t解得t=即离子在平行极板P、Q间运动的时间恰为电场变化的一个周期,当t=n,n=0,1,2,3,…时刻进入电场的离子恰从极板边缘离开时,电压最大,则=ma=2×a解得Um=(3)离子飞过平行极板P、Q过程中,沿竖直方向的速度增量为Δvy=a×-a×即Δvy=0,所有离子均以速度v0水平飞出P、Q极板进入第一个正方体区域后有qv0B1=解得r1=d离子运动轨迹如图甲所示则有cosθ==0.6CM=r1-r1sinθ=即进入第二个正方体的离子均从正方形CDD1C1的MN连线进入,离子进入第二个正方体区域后,沿x轴方向做匀速直线运动,若能到GG1H1H,则d=v0sinθ·t1解得t1=垂直于磁场的速度分量使离子做圆周运动,即离子做螺旋运动,则有qv0cosθB2=m解得r2=离子运动的侧视图如图乙所示离子在第二个正方体内做圆周运动的周期为T2==从M点进入的离子在磁场中做圆周运动的时间最长,则有cosα=即α=60°能在该场中做圆周运动的离子最长时间为t2=T2=由于t2>t1,即离子在第二个正方体中尚未完成一个螺旋运动便已离开,其运动的最长时间为tmax=t1=微专题6电磁感应中的单杆模型1.(多选)如图甲所示,左侧接有定值电阻R=1.5Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m.一质量m=1kg、接入电路的阻值r=0.5Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图像如图乙所示.若金属棒与导轨垂直且接触良好,与导轨间的动摩擦因数μ=0.25,导轨电阻不计,g取10m/s2,则金属棒从静止开始向右运动位移为x1=1m的过程中,下列说法正确的是(ABD)A.通过电阻R的电荷量为0.5CB.拉力F做的功为5JC.导体棒产生的焦耳热为0.5JD.所用的时间t一定大于1s[解析]由右手定则知金属棒中感应电流的方向为C→D,流过电阻的电荷量为q=Δt=Δt=Δt===0.5C,故A正确;金属棒在运动到x1=1m的过程中,克服摩擦力做功为Wf=μmgx1=2.5J,安培力的大小为F安=BIL=BL=BL=,结合图像可知,安培力的大小与位移成正比,则金属棒克服安培力做功为W安=x=x=x=0.5J,由动能定理得W-W安-Wf=mv2-0,解得W=5J,故B正确;安培力做功转化为电路中的焦耳热,则电路中的焦耳热Q=W安=0.5J,金属棒产生的焦耳热为Q1=Q=0.125J,故C错误;v-t图像的斜率k==×==2,得a=kv=2v,则速度增大,金属棒的加速度也随之增大,v-t图像的斜率增大,金属棒做加速度增大的非匀变速运动,在相同时间内,达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动的位移,平均速度小于匀加速运动的平均速度,即<=1m/s,则t=>1s,故D正确.2.(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平面上有一间距L=1m的U形金属导轨,左端接一电阻R=1Ω,在虚线(与导轨垂直)范围内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1T.质量m=0.1kg的导体棒ab(与导轨垂直)以一定初速度水平向左运动,规定向左为正方向,导体棒通过磁场区域的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示,导体棒通过磁场区域的平均速度为=1.6m/s,导轨与导体棒的电阻不计,则导体棒 (CD)A.刚进入磁场时的速度为6m/sB.刚要离开磁场时克服安培力的功率为2WC.在磁场中的运动时间为sD.在穿过磁场的过程中的平均加速度为-16m/s2[解析]导体棒刚进入磁场时,由乙图可得加速度大小为a1=30m/s2,有F1=BI1L,I1=,E1=BLv1,由牛顿第二定律F1=ma1,可得=ma1,解得v1=3m/s,故A错误;导体棒刚要离开磁场时的加速度大小为a2=10m/s2,由=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率为P2=v2=1W,故B错误;设导体棒在磁场中的运动时间为Δt,由动量定理可得-BLΔt=mv2-mv1,由=BL,=,整理可得-Δt=mv2-mv1,解得Δt=s,故C正确;导体棒在穿过磁场的过程中的平均加速度为==-16m/s2,故D正确.3.(多选)如图甲所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,间距为L=1m,质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好,其阻值忽略不计.空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5T.P、M间接有阻值为R1的定值电阻,Q、N间接电阻箱R.现从静止释放ab,改变电阻箱的阻值R,测得最大速度为vm,得到与的关系如图乙所示.若轨道足够长且电阻不计,重力加速度g取10m/s2,则 (BD)A.金属杆中感应电流方向为a指向bB.金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上C.金属杆的质量为1kgD.定值电阻的阻值为1Ω[解析]由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向由b指向a,故A错误;由左手定则可知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,故B正确;总电阻为R总=,通过ab的电流为I=,当达到最大速度时,金属杆受力平衡,则有mgsinθ=BIL=·(R1+R),变形得=·+,根据图像可得=k=s·m-1·Ω,=b=0.5s·m-1,解得m=0.1kg,R1=1Ω,故C错误,D正确.4.(多选)如图所示,MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨,其间距为L,导轨由弯曲部分和平直部分组成,二者平滑连接,导轨右端接一个阻值为R的定值电阻.虚线AC、DE与平直部分的导轨垂直,C、E间距离为d,DE左侧(含DE)的导轨处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中.质量为m、电阻为2R的金属棒从导轨上离平直部分高为h处由静止释放,释放的位置离导轨平直部分左侧AC的水平距离也为d,金属棒沿导轨运动到DE处时速度恰好为零.已知金属棒长度与导轨间距相等,金属棒与导轨间接触良好且始终与导轨垂直.重力加速度为g,则金属棒在磁场区域运动的过程中 (BC)A.在平直导轨上运动的过程中,重力的冲量为0B.通过电阻R的电荷量为C.电阻R上产生的焦耳热为mghD.金属棒的最大速度为[解析]在平直轨道上运动时,重力的冲量为I=mgt≠0,故A错误;由公式q=t、=和=可得,通过电阻R的电荷量为q===,故B正确;根据题意,由能量守恒定律可得,整个过程产生的焦耳热为Q=mgh,电阻R上产生的焦耳热为Q1=Q=mgh,故C正确;设金属棒运动到AC位置时的速度为v,在平面部分运动时根据动量定理得BqL=mv,解得v=,分析可知,当金属棒运动到AC位置之前有最大速度,金属棒的最大速度大于,故D错误.5.(多选)如图所示,MN和PQ是两根电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨水平部分处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与水平导轨平面夹角为37°,导轨右端接一阻值为R的定值电阻,质量为m、长度为L的金属棒垂直于导轨放置,从导轨左端高为h处由静止释放,进入磁场后运动一段距离停止.已知金属棒接入的有效电阻为R,与导轨间接触良好,且始终与磁场方向垂直,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,则金属棒进入磁场区域后 (BD)A.定值电阻两端的最大电压为B.金属棒在水平导轨上运动时对导轨的压力越来越大C.金属棒在磁场中运动的距离为D.定值电阻R上产生的焦耳热为mgh[解析]金属棒进入磁场的瞬间,金属棒的速度最大,棒中的感应电动势最大,定值电阻R两端的电压最大,设金属棒进入磁场瞬间的速度为v,则由机械能守恒定律得mgh=mv2,金属棒中的感应电动势为E=BLvsin37°,定值电阻两端的电压为U=E=BLvsin37°=,A错误;金属棒进入磁场后,所受的安培力垂直于磁场斜向左上方,则金属棒做减速运动,感应电动势逐渐减小,感应电流逐渐减小,安培力逐渐减小,安培力竖直向上的分力逐渐减小,则在竖直方向上金属棒对水平导轨的压力逐渐增大,B正确;对金属棒,在水平方向上,由动量定理得-Bsin37°·Lt=0-mv,由闭合电路欧姆定律得=,由法拉第电磁感应定律得==,联立解得x=,C错误;对金属棒运动的整个运动过程,由能量守恒定律得mgh=QR+Q棒,由于金属棒和定值电阻的阻值相等,则QR=Q棒,解得QR=mgh,D正确.6.如图所示,间距为L=1m的水平金属导轨右端接有R=1Ω的定值电阻.虚线OO'与导轨垂直,其左侧有方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场.一质量为m=0.9kg的金属棒垂直于导轨放置在OO'右侧且与OO'距离为d=2m处,一重物通过绕过轻质定滑轮的绝缘轻绳与金属棒连接.t=0时,将金属棒由静止释放,在t1=2s时,金属棒恰好经过OO'边界进入磁场.已知导轨足够长,不计导轨与金属棒电阻,金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好,重物始终未落地,重力加速度g取10m/s2,不计一切摩擦.(1)求金属棒进入磁场前的加速度大小a及重物的质量M;(2)求金属棒刚进入磁场时,电阻的热功率P;(3)t2=3s时金属棒速度为v=1.37m/s,求此时金属棒与OO'的距离x.[答案](1)1m/s20.1kg(2)4W(3)1.63m[解析](1)0~t1时间内,根据运动学公式得d=a解得a=1m/s2对重物及金属棒整体分析,根据牛顿第二定律得Mg=(M+m)a解得M=0.1kg(2)t1时刻,金属棒速度为v1=at1=2m/s金属棒刚进入磁场产生的电动势为E1=BLv1=2V感应电流为I1==2A电阻的热功率为P=R=4W(3)t2=3s时金属棒速度为v=1.37m/s,对重物及金属棒整体分析,根据动量定理可得Mg(t2-t1)-BLΔt=(M+m)v-(M+m)v1又q=Δt=Δt=Δt==联立解得此时金属棒与OO'的距离x=1.63m7.如图甲所示,光滑的平行倾斜金属导轨与水平面间的夹角为θ=37°,下端连接阻值恒为R=1Ω的小灯泡.两导轨之间的一段长为d=3m的矩形区域内有垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.质量为m=0.1kg、电阻为r=0.8Ω的金属棒MN长度等于两平行导轨间距,t=0时刻金属棒从两导轨上部由静止释放,在t=0.5s时刻进入磁场区域,运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,已知从金属棒释放到它离开磁场,通过小灯泡的电流不变(小灯泡始终安全),导轨电阻不计,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6.(1)求平行导轨的间距;(2)若从开始释放至运动到某一时刻的过程中金属棒MN产生的热量Q'=0.8J,求该过程金属棒在磁场中运动的距离及通过金属棒的电荷量.[答案](1)0.6m(2)1.5m1C[解析](1)金属棒MN在0~0.5s内做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mgsinθ=ma解得a=6m/s2金属棒MN刚进入磁场时的速度大小为v=at1=6×0.5m/s=3m/s金属棒MN进入磁场做匀速直线运动,磁感应强度保持B=1T不变,根据受力平衡可得mgsinθ=F安又E=BLvI=F安=BIL联立解得金属棒MN的长度为L==0.6m(2)在0~0.5s内,回路产生的感生电动势为E1=·Ld=×3×0.6V=1.8V回路中的电流为I1==1A金属棒进入磁场前,金属棒内产生的热量Q1=rt1=12×0.8×0.5J=0.4J则金属棒产生的热量为Q'=0.8J时在磁场内运动,设时间为t,则Q'-Q1=I2rt解得t=0.5s金属棒在磁场中运动的距离x=vt=1.5m此过程金属棒通过的电荷量为q=I1t1+It=1C8.如图甲所示,MN与PQ是间距为L=1m的平行金属导轨,导轨的上部分水平长度l=1.2m,下部分足够长且处于倾角为θ=37°的绝缘斜面上,水平导轨的左端接一阻值为R=0.8Ω的电阻,水平部分处于竖直向上的、磁感应强度B1随时间t按图乙所示规律变化的匀强磁场中,倾斜部分处于垂直导轨平面向上的、磁感应强度B=1T的匀强磁场中.在t1=0.1s时将一质量为m=0.4kg、电阻为r=0.2Ω的金属棒静止放在倾斜导轨部分的上端,金属棒恰好静止,已知金属棒与两导轨间的动摩擦因数处处相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.在t2=0.25s时给金属棒一个沿斜面向下的拉力F使金属棒从静止开始运动,拉力F的大小与金属棒运动的速度大小的关系式为F=kv+0.8(N),其中k为定值.已知金属棒运动后测得电阻R两端的电压随时间均匀增大,金属棒在运动过程中与两导轨接触良好且始终与导轨垂直,不计导轨的电阻,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)t1=0.1s时电阻R中电流大小及方向;(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ;(3)t3=1.25s时拉力的大小F;(4)t2=0.25s到t3=1.25s时间内拉力的平均冲量大小IF.[答案](1)4.8A由P指向N(2)0.75(3)2.8N(4)1.8N·s[解析](1)t1=0.1s时,设电阻R中的电流大小为I0,根据法拉第电磁感应定律有E=·Ll又I0=解得I0=4.8A由楞次定律可得,电阻R中电流方向由P指向N(2)t1=0.1s时将金属棒放在倾斜导轨上端,金属棒恰能静止,此时棒中电流大小为I0计算可得BI0L>mgsinθ根据平衡条件有BI0L=mgsinθ+μmgcosθ解得μ=0.75(3)金属棒在倾斜导轨上向下运动时,由μ=0.75=tanθ可知mgsinθ=μmgcosθ金属棒速度为v时,电阻R两端的电压U=·R已知金属棒运动后测得电阻R两端的电压随时间均匀增大,可知v与时间t成正比,金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动,金属棒在倾斜导轨上运动时受到的安培力、电路电动势和电流分别为FA=BIL,E=BLv,I=由牛顿第二定律得F-FA=ma代入题给数据有v+0.8=ma由于a不随v变化,故有k-=0可得k=1N·s/m金属棒运动的加速度大小a=2m/s2t3=1.25s时,金属棒的速度大小v=a(t3-t2)此时F=kv+0.8(N)=2.8N(4)t2=0.25s到t3=1.25s时间内金属棒在倾斜导轨上下滑的距离x=a=1m此段时间内通过金属棒的电荷量q2=Δt=Δt==1C在t2=0.25s到t3=1.25s时间内对金属棒由动量定理有IF-BLΔt=mv解得IF=1.8N·s9.如图甲所示,倾角为θ=30°的足够长的光滑平行金属导轨,导轨间距L=1m,底端接有R=3Ω的定值电阻,导轨处在磁感应强度大小B=1T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m=0.5kg、阻值为r=1Ω的金属棒,在平行于导轨的拉力F作用下,由静止开始从CD处沿导轨向上加速运动,金属棒的速度—位移图像如图乙所示,金属棒始终与导轨垂直并接触良好,金属棒长与导轨间距相等,导轨电阻忽略不计,重力加速度g取10m/s2,求:(1)通过金属棒的电荷量为1C时,金属棒的位移大小;(2)速度v=2m/s时,电阻R的发热功率;(3)金属棒从CD处沿导轨向上运动x=2m的过程中,外力F做的功.[答案](1)4m(2)0.75W(3)10J[解析](1)由q=t=t=t=可得x=4m(2)速度v=2m/s时I==0.5A所以电阻R的发热功率PR=I2R=0.75W(3)极短位移内安培力做功Wi=-xi金属棒从CD处沿导轨向上运动x=2m的过程中对vixi求和即为图乙图线与x轴所围面积S.所以安培力做功为W安=-=-1J由动能定理可得WF+W安-mgxsin30°=m,v1=4m/s解得WF=10J10.如图所示,间距为L=1m且电阻不计的平行金属导轨分为倾斜与水平两段,倾斜导轨顶端接有阻值为R=3Ω的定值电阻,与水平面的夹角为θ=37°,并与水平导轨平滑连接.倾斜导轨与金属棒间的动摩擦因数为0.5,水平导轨是光滑的,两段导轨都处于竖直向下、磁感应强度B=1T的匀强磁场中.现在倾斜导轨上由静止释放质量为m=0.1kg、有效电阻为r=1Ω的金属棒,金属棒始终与导轨接触良好且垂直于导轨.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.(1)求金属棒刚放在倾斜导轨上的加速度大小.(2)求棒沿导轨下滑的速度为0.5m/s时金属棒的加速度大小.(3)若金属棒到达水平导轨之前就已经达到最大速度,则金属棒在水平面内运动时,有多少电荷量流过电阻R?电阻R产生的热量是多少?(结果均保留两位有效数字)[答案](1)2m/s2(2)0.9m/s2(3)0.091C0.031J[解析](1)金属棒刚放在倾斜导轨上时,有下滑趋势,受到重力和摩擦力,由牛顿第二定律得ma1=mgsinθ-μmgcosθ代入数据,解得其加速度大小a1=2m/s2(2)由法拉第电磁感应定律,可得金属棒在倾斜导轨上运动时产生的动生电动势为E=BLvcosθ所以金属棒在运动中受到的安培力为FA=BL=代入数据,解得FA=0.1N方向水平向左,如图所示对金属棒受力分析,得ma2=mgsinθ-FAcosθ-μ(mgcosθ+FAsinθ)代入数据,解得a2=0.9m/s2(3)当金属棒匀速运动时,其加速度为0,则此时有mgsinθ-cosθ-μmgcosθ+sinθ=0解得v'=m/s由动量定理,可得0-mv'=-BLt=-BqL代入数据,解得金属棒在水平面内运动时,流过的电荷量为q=C≈0.091C由动能定理,可得0-mv'2=-WFA由功能关系可得电阻R产生的热量QR=WFA代入数据,解得QR≈0.031J微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型1.(多选)如图所示,足够长的水平导轨上,有两导体棒AB和CD,导轨处在竖直向上的匀强磁场中,导体棒和导轨始终垂直且接触良好,导轨宽度为l,两导体棒质量均为m,有效电阻均为R,其他电阻不计,不计一切摩擦.现给导体棒CD一个初速度v0,若AB棒固定,待系统稳定时,通过CD棒的电荷量为q,CD棒与AB棒始终未发生碰撞,则 (BD)A.通过CD棒的电流方向为由D到CB.匀强磁场的磁感应强度大小为C.当通过CD棒的电荷量为时,CD棒上的发热量为mD.若AB棒不固定,当系统稳定时,通过CD棒的电荷量为[解析]根据右手定则,可知通过CD棒的电流方向为由C到D,选项A错误;当AB棒固定且系统稳定时,CD棒的速度为0,根据动量定理可得-Blt=0-mv0,q=t,解得B=,选项B正确;当通过CD棒的电荷量为时,设CD棒的速度为v1,根据-Blt1=mv1-mv0,=t1,解得v1=,CD棒上的发热量Q=×m-m=m,选项C错误;若AB棒不固定,则系统稳定后,二者速度相同,两根导体棒组成的系统所受合力为0,满足动量守恒的条件,可得mv0=2mv2,对CD棒,根据动量定理可得-Blt2=mv2-mv0,q'=t2,解得q'=,选项D正确.2.如图所示,光滑的平行金属导轨水平放置,质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上,两导体棒与导轨始终垂直且接触良好,在两导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场.已知导体棒L1的有效电阻大于L2的有效电阻,两棒间的距离为d,导轨足够长,不计导轨电阻,忽略电流产生的磁场.先将开关S拨到1,经过一段较长时间后,再将开关S从1拨到2,两棒运动一段时间后达到稳定状态,则 (D)A.开关S拨到2的瞬间,导体棒L1中的电流大于L2中的电流B.开关S拨到2的瞬间,导体棒L1的加速度大于L2的加速度C.两棒运动稳定后,电容器C带的电荷量为零D.两棒运动稳定后,两棒之间的距离大于d[解析]先将开关S拨到1,电源给电容器充电,稳定后,在将开关S拨到2的瞬间,电容器相当于电源并和导体棒L1、L2组成闭合电路,由于导体棒L1的电阻大于L2的电阻,所以导体棒L1中的电流小于L2中的电流,根据F=BIL可知,导体棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因为两棒质量相等,根据牛顿第二定律F=ma可知,导体棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B错误;导体棒L1和L2受到安培力作用而运动,产生感应电动势,当产生的感应电动势等于电容器两端的电压时,两棒运动稳定,此时电容器C带的电荷量不为零,C错误;因为导体棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是导体棒L2产生的感应电动势和电容器两端的电压相同,此时电容器两端的电压和导体棒L2产生感应电动势均大于导体棒L1产生感应电动势,电流都流向导体棒L1,即导体棒L1加速而导体棒L2减速,最后两棒达到共速,共速前导体棒L2的速度一直大于L1的速度,则导体棒L1的位移小于L2的位移,所以两棒运动稳定后,两棒之间的距离大于d,D正确.3.(多选)如图所示,水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨,在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b,垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,匀强磁场磁感应强度为B,导轨左端接有电压传感器.现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动,t=0时刻金属棒b经过MN进入磁场区域,当金属棒a刚要进入磁场时,电压传感器的示数U=.已知金属棒a、b材质相同,a、b棒的质量分别为2m、m,a棒电阻为R.导轨电阻不计,不考虑电压传感器对电路的影响,磁场区域足够大,下列说法正确的是 (CD)A.从t=0时刻开始,电压传感器的示数逐渐减小B.改变a、b两棒间初始距离,不会改变两棒的最终速度C.当金属棒a刚进入磁场时,a、b两棒间的距离为D.整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为m[解析]从t=0时刻开始,在a棒进入磁场之前,b棒做减速运动,则电压传感器的示数逐渐减小,当a棒进入磁场之后,稳定时,电压传感器的示数不变,选项A错误;因b进入磁场后做减速运动,a、b棒均进入磁场后动量守恒,根据动量守恒定律有2mva+mvb=(2m+m)v,若a、b两棒间初始距离较大,则当a进入磁场时b减速时间较长,则速度vb较小,则两棒的最终速度较小,则改变a、b两棒间初始距离,会改变两棒的最终速度,选项B错误;a、b棒的质量分别为2m、m,根据m=ρ密LS可知横截面积之比为2∶1,根据R=ρ可知电阻之比为1∶2,b棒电阻为2R,当金属棒a刚要进入磁场时,电压传感器的示数U=,此时U=·R,解得vb=2v0,对b棒由动量定理有-BLΔt=m·2v0-m·3v0,其中q=Δt==,解得x=,选项C正确;b棒在磁场运动过程中,a棒进入磁场之前,在a棒中产生的焦耳热Q1=m-m=m,a棒进入磁场之后,到最终达到共同速度时有2mv0+m·2v0=(2m+m)v,解得v=v0,在a棒中产生的焦耳热Q2=·2m+m-·3mv2=m,整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=m,选项D正确.4.(多选)如图所示,在水平面内固定有两根相互平行的无限长的光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计.在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B.与导轨垂直的金属棒ad、bc的有效电阻均为R,质量分别为m、2m,各自静止于两磁场中.现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,下列说法正确的是 (CD)A.两金属棒组成的系统动量守恒B.两金属棒始终受到水平向右的安培力C.两棒达到稳定时速度大小均为v0D.ad棒向左运动的过程中,ad棒产生的总焦耳热为m[解析]ad棒向左运动时,回路中产生顺时针方向的感应电流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以两金属棒组成的系统所受的合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;ad棒向左做减速运动,bc棒向右做加速运动,两棒速度大小相等时,回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两棒不再受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,根据动量定理,对ad棒有-t=mv-mv0,对bc棒有t=2mv-0,联立解得v=v0,即最终两金属棒的速度大小都是v0,故B错误,C正确;由能量关系可知Q=m-mv2-×2mv2=m,ad棒产生的总焦耳热为Qad=Q=m,故D正确.5.(多选)如图所示,两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ=30°,两导轨间距为0.4m,导轨电阻不计.导轨所在空间被分成足够长的区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,区域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的匀强磁场,区域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T.在区域Ⅰ中,将质量为m1=0.1kg、有效电阻为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中将质量为m2=0.4kg、有效电阻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,g取10m/s2,则 (BC)A.经过足够长的时间后,ab和cd最终以相同的速度运动B.经过足够长的时间后,ab和cd最终以相同大小的加速度运动C.当cd的速度大小为5m/s时,ab刚要开始滑动D.当cd的速度大小为2.5m/s时,ab刚要开始滑动[解析]由题意可知,金属条ab与金属导轨间的最大静摩擦力Ff=m1gsinθ,开始时导体棒cd加速下滑,根据右手定则可知,产生的感应电流从d到c,根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上,随着导体棒cd速度增大,感应电流变大,金属条ab所受安培力变大,当FA=m1gsinθ+Ff时,金属条ab刚要开始滑动,此时BI1L=m1gsinθ+Ff,解得I1=5A,导体棒cd产生的感应电动势E=I1(R1+R2)=1V,则导体棒cd的速度v1==5m/s,故C正确,D错误;金属条ab开始运动后,产生的感应电动势与导体棒cd产生的感应电动势相反,由于导体棒cd有较大的速度,所以导体棒cd产生的感应电动势大于金属条ab产生的感应电动势,设当电流为I2时,满足=,解得I2=6A,此时金属条ab和导体棒cd的加速度大小相等,此后金属条ab和导体棒cd的速度差恒定,产生的感应电流大小不变,金属条ab和导体棒cd以相同大小的加速度运动,故B正确,A错误.6.如图所示,光滑平行倾斜金属导轨与光滑平行水平金属导轨平滑连接,导轨间距均为l=1m,导轨电阻不计,水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2T.质量为m1=1kg、有效电阻为R1=1.5Ω的金属棒a放置在倾斜导轨上,离水平导轨高h=1.25m,另一质量为m2=0.5kg、有效电阻R2=3Ω的金属棒b放置在离水平导轨左端x=5m处的水平导轨上.金属棒a由静止释放,下滑至水平导轨时