高考物理复习总汇(三)

高中物理专题总汇（三）

带电粒子在磁场中的运动

【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方

向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多

少？

解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。

所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离

子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv.

当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强

减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是小，

但路端电压将小于Bdv.

在定性分析时特别需要注意的是：

⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。

⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于8小，但

电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）

⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终

将达到平衡态。

【例2】半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和〃

型两种。p型中空穴为多数载流子；〃型中自由电子为多数载流

子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将XXvXX^XX

材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流/,用电压表判定上XXXXXX

下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p型半导体；

若下极板电势高，就是〃型半导体。试分析原因。

解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右,

所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n

型半导体中自由电子多，上极板电势低。

1

注意：当电流方向相同时，正、负离子在同•个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，

所以偏转方向相同。

3.洛伦兹力大小的计算

带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由

此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式：r=—T=^-

BqBq

［例3］如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。

正、负电子同时从同一点。以与MV成30°角的同样速度v射入

磁场（电子质量为m电荷为e）,它们从磁场中射出时相距多远？

射出的时间差是多少？

解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相

反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以

两个射出点相距2八由图还可看出，经历时间相差2773。答案为射出点相距s=々丝，时

Be

间差为皿。关键是找圆心、找半径和用对称。

3Bq

【例4】一个质量为机电荷量为g的带电粒子从x轴上的P（a,0）

点以速度v,沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，

并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的

坐标。

解：由射入、射出点的半径可找到圆心O1,并得出半径为

「=丝=吧，得B=®吧;射出点坐标为（0,限）。

V3Bq2aq

带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试

题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这

类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中

的圆及解析几何知识。

2

1、带电粒子在半无界磁场中的运动

【例5】一个负离子，质量为加，电量大小为g,以速率v垂直于屏S经过小孔。射

入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，

并垂直于图1中纸面向里.

XVXXX

（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与。点的距离.XX

（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:直线。尸KX义X

与离子入射方向之间的夹角。跟t的关系是6=或/。

2mKXXX

解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，I做匀速圆周运

动.设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得：

v2mvX

Bqv-m一，解得r-——

rBq

X

如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO^lrX

2mvX

所以40=

（2）当离子到位置P时，圆心角：a=V=%

rm

因为a=26,所以6=或九

2m

2.穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、

连心线）。偏角可由tan2=C求出。经历时间由f=网得出。

2RBq

注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。

【例6】如图所示，一个质量为电量为g的正离子，从A点正对着圆心O以速度

v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，

3

磁感应强度的大小为8。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在

磁场中运动的时间设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。

解析：山于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度

方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内

壁碰撞〃次,则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2B/(〃+1)山几

何知识可知，离子运动的半径为

„n

尸=火tan----

«+1

277777

离子运动的周期为T=幺，又Bqv=m—,

qBr

所以离子在磁场中运动的时间为/=2Ktan工

vn+1

［例7］圆心为。、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为8、方向为垂直于纸面向

里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为乙的O'处有一竖直放置的荧屏MM今有一质

量为根的电子以速率v从左侧沿方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P

点，如图所示，求0,P的长度和电子通过磁场所用的时间。

解析：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O〃，半径为R,圆

弧段轨迹所对的圆心角为。，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动，如图4

所示，连结'JAOAO"迫△OBO",又。4"LO"力，故OBD"B,由于原有BP_L

O"B,可见。、B、P在同一直线上，且/。'OP=AAO"B=0,在直角三角形。O'P

4

n

2tan(-)

r

中，O'片(L+r)tan0,而tan6=---------J,所以求得R后就可以

~~R

1-tan2(

AD0R

求出O'P了,电子经过磁场的时间可用片生=巴来求得。

VV

V*"mv

由Bev=/一得R=——.OP=(£+〃)tan0

eB

eBr

mV

2tan(5)2eBrmv

tan0--r~---—~

if2/夕、mv-eBT

1-tan(-)

「、八2(A+r)eBrmv

八/leBrmv、

0=arctan(———)

m2v2-e2B2r2

6Rm/2eBrmv、

—arctan(——：-------)

veBmu-e-Br-

3.穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sine

=£伏求出。侧移由芯三次（尺3）2解出。经历时间由/=㈣得出。

Bq

注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这

点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！

5

【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为8,宽度为d

的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°,则电子的质量

解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f

±v,故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的。点，由几何

知识知，间圆心角，=30°,08为半径。

.•.尸Msin30°=2d,又illr=mv/Be得m=2dBe/v

又圆心角是30°,.•.穿透时间片7712,故片nM3v。

带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如己知带电粒

子的质量加和电量e,若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么

条件？这时必须满足尸机v/8e>d,即

【例9】长为Z,的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为

B,板间距离也为3板不带电，现有质量为用电量为g的带正电粒子（不计重力），从

左边极板间中点处垂直磁感线以速度丫水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的

办法是：

A.使粒子的速度*8业/4〃”

B.使粒子的速度如

C.使粒子的速度礼物;；

D.使粒子速度8"/4sVv<58〃/4机。

解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周

6

运动，很明显，圆周运动的半径大于某值功时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值

-2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值"以及

粒子在左边穿出时r的最大值厂2，由几何知识得：

粒子擦着板从右边穿出时，圆心在。点，有：

22

n=L+(rrL/2)2得『5。/4,

又由于r\=mv\/BqW-v\=5BqL/4m,v>5BqL/4m时粒子能从右边穿出。

粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在0'点，有r2~L/4,又由r2—mv2/Bq=L/4得v2

=BqL/4m

v2<BqL/4m时粒子能从左边穿出。

综上可得正确答案是A、B»

针对训练

1.如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子。固定

一根细线，细线的另一端系-带电小球，小球在光滑水平面内绕。做匀速圆周运动.在某

时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是

A.速率变小，半径变小，周期不变B.速率不变，半径不变，周期不变

C.速率不变，半径变大，周期变大D.速率不变，半径变小，周期变小

2.如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同

的带正、负电的离子(不计重力)，以相同速度从。点射入磁场中，射入方向与x轴均夹

，角.则正、负离子在磁场中XXBx

XXX

7义

0

A.运动时间相同

B.运动轨道半径相同

C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同

D.重新回到x轴时距0点的距离相同

3.电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为"）的电场加速后从/点垂直于磁

场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L,

如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m,电量为e）

nn

u[xXX

mu4

e^-XXX

nn

u!xXXX」

uL

XX

w11)

lxXXX!P

*-d__

4.已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测,

既然有反粒子存在，就可能有山反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制

的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的

核心部分如图所示，PQ、儿W是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板

平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔0垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发

生偏转，并打在附有感光底片的板MV上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、

氮核、反氮核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直尸。板进入磁谱仪的磁场区，并

打在感光底片上的人b、c、d四点，已知氢核质量为相，电荷量为e,PQ与儿W间的距

离为L,磁场的磁感应强度为A

J___

8

(1)指出。、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹？(不要求写出判断过程)

(2)求出氢核在磁场中运动的轨道半径；

(3)反氢核在上留下的痕迹与氢核在上留下的痕迹之间的距离是多少？

5.如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于刈平面并指向纸里,

磁感应强度为8.一带负电的粒子(质量为加、电荷量为g)以速度均从。点射入磁场，入

射方向在孙平面内，与x轴正向的夹角为以求：

O%

d二

XXXXXXXx

XXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

(1)该粒子射出磁场的位置；

(2)该粒子在磁场中运动的时间.(粒子所受重力不计)

参考答案

1.A2.BCD

3.解析：电子在河、N间加速后获得的速度为v,由动能定理得:

12

—mv-O=eu

2

电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为厂，贝U：

v2

evB=m—

r

电子在磁场中的轨迹如图，山几何得：

9

L〃2+/

2

由以上三式得:

4.解：（1）4、人c、d四点分别是反氢核、反氢核、氢核和氢核留下的痕迹.

（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:

v2

evB=m一R=—

ReB

（3）由图中几何关系知:

22

2mv

s,d=R-^R-1?

eBVe2B

所以反氢核与氢核留卜•的痕迹之间的距离

10

5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹

运动，从力点射出磁场，设间的距离为3射出时速度的大小仍为v,射出方向与x

轴的夹角仍为0,由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：

-

X不XXX

XXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXXXX

XXX

XxBxXX

2

qvoAB=m-%---

R

式中R为圆轨道半径，解得：

七也①

qB

圆轨道的圆心位于04的中垂线上，由几何关系可得：

—=7?sin。②

2

联解①②两式，得：人2〃7Vosin。

qB

所以粒子离开磁场的位置坐标为（一2加“。si"’,o）

qB

11

/、口_［、「2成27m

(2)因为T=——=——

%qB

所以粒子在磁场中运动的时间，/=・T=2〃""二二

2乃qB

电磁感应一功能问题

【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物的方程是y=x?,下半部处在

一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示）,

一个小金属环从抛物线上y=b（b<a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线

足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（）

..„1*

A.mgbB.—mv^

2

C.mg（6-Q）D.mg（b-a）+—mv

【解析】小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属

环全部进入磁场后，不产生感应电流，由能量定恒可得产生的焦耳热等干减少的机械能即

Q=-^-mv2+mgb-mga=mg(b-a)+J

【例2】如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导

轨左端连接一个电阻R,质量为m的金属棒（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整

个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右

拉动的过程中①恒力F做的功等于电路产生的电能；②恒力F和摩擦力的

合力做的功等于电路中产生的电能；③克服安培力做的功等于电路中产

生的电能；④恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒T

获得的动能之和以上结论正确的有（）

A.①②B.②③C.③④D.②④

【解析】在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能

增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C是正确.

【例3】图中abed和a2b2c2d2为在同一一竖直面内的金属导轨，处在

磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸

面）向里。导轨的ab段与azbz段是竖直的，距离为L；cd段与c2dz

段也是竖直的，距离为L。x中与xzy,为两根用不可伸长的绝缘轻

线相连的金属细杆，质量分别为皿和叱，它们都垂直于导轨并与导

轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R,F为作用

12

于金属杆X»L上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求

此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。

【解析】设杆向上运动的速度为V,因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从

而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小£=B(b-L)v①，

回路中的电流I=e/R②，电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆

X,山勺安培力为f\=BLI,③，方向向上，作用于杆x"的安培力f2=BLI④，方向向下，当杆

作匀速运动时，根据牛顿第二定律有F-

-7i=o⑤，解以上各式，得/=/:作@.v=p2；.⑦.作用于两

杆的支力的功率的大小2=(叫+供)刈⑧，电阻上的热功率Q=?R⑨，由⑥⑦⑧⑨式可得P=

F一-的(四4-+彳加)22)乐«,加+2卜@_.C=F-(ni)2R⑪

i)J

2

F-(wi+m2)gi

【答案】P=+但卜Q=8(…)1

本题考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应

用能力.

【例4】如下图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ,导轨间距离为1,匀强磁场垂直

于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B,两根金属杆1、2摆在导轨匕与

导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m、mz和R、x2AXA

N

R”两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数M

XXXXXX

为N,已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿V。

导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿XXXXKX

导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩

P

1X

擦力做功的功率。XXXX

【解析】解法一：设杆2的运动速度为v,由于两杆运动时一，两杆和导轨构成的回路的磁

通量发生变化，产生感应电动势£=B1(VLV)①，感应电流1=e/(Ri+Rj②，杆2运动受到

的安培力等于摩擦力Bn=um2g③，导体杆2克服摩擦力做功的功率P=Hnhgv④，解得

22

P=um2g[v0-pm2g(RI+R2)/B1@

解法二：以F表示拖动杆1的外力，表示回路的电流，达到稳定时，对杆1有F-umig-BH①,

对杆2有BH-un12g=0、②，外力的功率PkFv。③，以P表示杆2克服摩

擦力做•功的功率，则有P=-产⑶+&)-W71序0④,解得户=小8卜一景氏(%+危)]⑤

【答案】P=W2g[uo-^^(%+%)]

本题主要考查考生应用电磁感应定律、欧姆定律和牛顿运动定律解决力电综合问题

的能力.

13

巩固练习

1.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金

属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab

下滑过程中：[]

A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒.

B.ab达到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能.

C.ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能.

D.ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功.

2.如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强

磁场中，在导轨上架着一根金属棒ab,在极短时间内给棒ab一个水平向右的速度，ab棒

开始运动，最后乂静止在导轨匕则ab在运动过程中，就导

轨是光滑和粗糙两种情况相比较()

A.整个回路产生的总热量相等

B.安培力对ab棒做的功相等

C.安培力对ab棒的冲量相等

D.电流通过整个回路所做的功相等

3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都

滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右

使环向右运动，则下列说法不正确的是()

A.在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动

B.磁铁运动的最大速度为I/(M+m)

C.铝环在运动过程中，能量最小值为ml2/2(M+m)2

D.铝环在运动过程中最多能产生的热量为172m

4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为—71

L的区域里，现有一边长为a(a<L)的正方形闭合线圈刚好能穿过磁场，匚:

吊住金属框的细线跨过两定滑轮后，其另一端挂着一个质量为M=0.14kg

的重物，重物拉着金属框运动，当金属框的AB边以某•速度进入磁感强度

B=0.5T的水平匀强磁场后，即以该速度v做匀速运动，取且=10m/s2,

14D

则金属框匀速上升的速度v=m/s,在金属框匀速上升的过程中，重物M通过悬线对

金属框做功J,其中有J的机械能通过电流做功转化为内能.

7.如图所示，两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ,一端接有阻值为R的电阻,

处于方向竖直向下的匀强磁场中。在导轨上垂直导轨跨放质量为m的金属直杆，金属杆

的电阻为r,金属杆与导轨接触良好、导轨足够长且电阻不计。金属杆在垂直于杆的水

平恒力F作用下向右匀速运动时，电阻R上消耗的电功率为P,从某一时刻开始撤去水平

恒力F去水平力后：（1）当电阻R上消耗的功率为P/4时，金属杆的加速度大小和方向。（2）

电阻R上产生的焦耳热。

8.如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小

为B,边长为f的正方形金属框abed（下简称方框）在光滑的水平地面上，其外侧套着一个

与方框边长相同的U形金属框架MNPQ（下简称U形框）U形框与方框之间接触良好且无摩

擦，两个金属杠每条边的质量均为m,每条边的电阻均为r.

M乂N

（1）将方框固定不动，用力拉动u形框使它以:：x—M--------

aK

速度vO垂直NQ边向右匀速运动，当U形框xpxx]xxXxbXXX

XXXXXX

的MP端滑至方框的最右侧，如图乙所示XXXXXX

X

时，方框上的bd两端的电势差为多大?此二/二院为x*L_XXXX

XXX/>XXXg

时方框的热功率为多大？山乙

⑵若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度Vo,如果U形框恰好不能与方框分离,

则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少？

（3）若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v（v〉Vo）,U形框最终将与方框分离，

如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为S,求

金属框框分离后的速度各多大？

L答案:C

解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培九故C正

确.

2.答案:A

解析：两种情况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能.

3.答案：D

解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，

磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=（m+M）v,得v=I/（m+M）,

15

即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2•{I/Gn+M)},,铝环产生的最

大热量应为系统机械能的最大损失量，l2/2m-1/2(m+M)』1172m(m+M).

4.答案：C

解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用

运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为V|和V2,则第一阶段产

生的热量

Qi=+*一:叫

,第二阶段产生的热量Qz=mv72,只要能找出vi和V2的关系就能找到答案，由动量定理可得

B/JZ/J=m(i;1-v,)

Bl2U2=mv2

因为是相同的

K

所以-v2)=mv2,t»|=2%

所以A号=3

5.答案:0.5W

解析：由题意分析知，当祛码加速下落到速度最大时,祛码的合外力为零,此时R得到功率

最大，为mg=BI”J①

Pmax=r1M#②

由式①②得P-1(mg/BL)2R=0.5W

6.答案:4；0.28；0.08

解析:鼠=(M-m)g,转化的内能=F-』

7.解析：⑴撤去F之前，设通过电阻R的电流为I,则金属杆受到的安培力大小尸安=811^.撤

去F之后，由P=I年知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I'=1/2,则金属杆

受到的安培力『安=81U=尸/2,方向水平向左，由牛顿第二定律得，

“m2m.方向水平向左.

(2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运

动时金属杆的速度为v,则『(R+r)=Fv,又P=『R,解得

.jR+r)

RF

由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量

吐―笆

"22井户

则电阻R上产生的焦耳热

,=R"(R+r)

QR+#2尸R

8.解析：(DU形框向右运动时・，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv。，当如图乙所

16

Rr•3r3

示位置时，方框bd之间的电阻为&，=二国=彳’

U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为R=3r+«M=Tr

闭合电路的总电流为/=9=下5，

BIVQ

根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：U1K亏

D”48丫屋

方框中的热功率为：P=/R“=F7-

(2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒,

设到达图示位置时具有共同的速度v,根据动量守恒定律

3mv0=(3m+4AH)v

解得”二—v0

根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产

生的热量，即

(3)设U形框和方框不再接触时方框速度为V”u形框的速度为V2：,根据动量守恒定律，有

3mv=4mVl+3mv2……两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧

和U形框最左侧距离为s,即册2-打八=5联立以上两式，解得

+

»i=-y-(v--p),v2=--(3v

嵩三第二轮物理专题复习学案

----电磁感应中的力学问题

电磁感应中中学物理的一个重要“节点”，不少问题涉及到力和运动、动量和能量、

电路和安培力等多方面的知识，综合性强，也是高考的重点和难点，往往是以“压轴题”

形式出现.因此，在二轮复习中，要综合运用前面各章知识处理问题，提高分析问题、解

决问题的能力.

木学案以高考题入手，通过对例题分析探究，让学生感知高考命题的意图，剖析学生

分析问题的思路，培养能力.

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例1.【2003年高考江苏卷】如右图所示，两根平行金属导端点P、Q用电阻可忽略的

导线相连，两导轨间的距离/=0.20m.有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，己知磁感应

强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k=0.020T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨

上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直.在t=0时刻，轨固定在水平桌面上，每

根导轨每m的电阻为ro=O.lOC/m,导轨的金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆恒

定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所受的安培力.

［解题思路］以a示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L=

12

—at"

2

此时杆的速度v=at

这时，杆与导轨构成的回路的面积S=L/

NR

回路中的感应电动势E=S—+B/v5

△t

.A5B(t+A/)—Bt.

而BD=kt—=--------------=k

AZZ

回路的总电阻R=2Lr()

E

回路中的感应电流，/=一

R

作用于杆的安培力F=B1I

3斤2/2

解得/=-----t

2尸。

代入数据为F=1.44X10-3N

例2.（2000年高考试题）如右上图所示，一对平行光滑R轨道放置在水平地面上，

两轨道间距L=0.20m,电阻R=1.0C；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，

杆与轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方

向垂直轨道面向下.现用-外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动.测得力F与时间

t的关系如下图所示.求杆的质量m和加速度a.

解析：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有v=

at①

杆切割磁感线，将产生感应电动势E=BLv②

在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流1=E/R

根据牛顿第二定律，有F—F&=ma⑤

»2/2

联立以上各式，得尸=加。——at⑥

R

由图线上各点代入⑥式，可解得

a=10m/s2,m=O.lkg

例3.（2003年高考新课程理综）两根平行的金属--------------~

导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.05T的匀一►

强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽____________________

略不计.导轨间的距离/=0.20m.两根质量均为m=

0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根

金属杆的电阻为R=0.50Q.在t=0时刻，两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大

小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动.经过t=5.0s,金属杆

甲的加速度为a=1.37m/s,问此时两金属杆的速度各为多少？

本题综合了法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则、牛顿第二定律、动量定理、全

电路欧姆定律等知识，考查考生多角度、全方位综合分析问题的能力.

设任一时刻t,两金属杆甲、乙之间的距离为x,速度分别为口和也，经过很短的时

间43杆甲移动距离h4t,杆乙移动距离也^t，回路面积改变

△s=[（x-V2/\t）+vAt]/—/X=（VI-V2）At

由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势

E=BAS/At=Bi（V]—v2）

回路中的电流

i=E/2R

杆甲的运动方程

F—B/i=ma

由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量（t=

0忖为0）等于外力F的冲量.

Ft=mv]+mv2

联立以上各式解得

v1=[Ft/m+2R（F一ma）/B2/2]/2

v2=[Ft/m-2R（F一ma）/B2/2]/2

代入数据得移v|=8.15m/s,v2=1.85m/s

19

练习

1、.如图1,ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，其电阻可忽略不计.af之间

连接一阻值为R的电阻.ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并可沿

轨道方向无摩擦地滑动.ef长为/,电阻可忽略.整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂

直于图中纸面向里，磁感应强度为B,当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef

所受的安培力为（）.

vB2/vB/vB-lvBl

A.BCD

RRRR

口T

h

-x--5f-x"-x"x"

xxxxx

图1图2

2、如图2所示•两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的

匀强磁场.质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L（L<d）,线圈下边缘到磁场上边界

的距离为h.将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是V。在

整个线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的

是（）.

A•线圈可能一直做匀速运动

B.线圈可能先加速后减速

C.线圈的最小速度一定是mgR/B?!?

D.线圈的最小速度一定是J2g（/z-d+/）

3、如图3所示，竖直放置的螺线管与导线abed构成回路，导线所围区域内有一垂直

纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平面桌面上有一导体圆环.导线abed所围区

域内磁场的磁感强度按图15—11中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受

到向上的磁场力作用?（）.

20

图3

A

B

4、如图4所示，磁感应强度的方向垂直于轨道平面倾斜向下，当磁场从零均匀增大

时，金属杆ab始终处于静止状态，则金属杆受到的静摩擦力将(

A.逐渐增大

B.逐渐减小

C.先逐渐增大，后逐渐减小

D.