通用版2019版高考物理二轮复习专题检测二十二应用“三类典型运动”破解电磁场计算题含解析2

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2019高三物理二轮特色专项练习核心考点12 电磁感应规律及综合应用

2019高三物理二轮特色专项练习核心考点12 电磁感应规律及综合应用注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

「核心链接」「命题猜想」楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是每年高考的必考点，电磁感应图象和与电路、动力学、能量转化等知识结合起来是考查的热点，其中既有难度中等的选择题，也有难度较1、以选择题的形式考查感应电流的产生条件、感应电流方向的判断；2、对电磁感应图象考查的试题一般有两种形式：一是根据题意选图象；二是根据图象分析电磁感应过程、图象类型主要有：Φ－t、u－t、i－t、F－t、a－t等，有时也会考查各物理量与位移之间关系的图象；3、对法拉第电磁感应定律考查的重点是动生电动势的计算，一般综合性都比较强，会涉及楞次定律、右手定那么、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及牛顿第二定律、匀变速直线运动、功、功率、动能定理、能量守恒等知识、「方法突破」1、掌握产生感应电流的条件，灵活应用楞次定律“阻碍”的含义判断感应电流的方向、2、对于电磁感应中各物理量随时间变化的图象，注意左手定那么、右手定那么、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律等规律的综合应用；对于各物理量随位移变化的图象，先转换为随时间变化的图象再求解，如导体匀速运动时，可以把位移轴直接转换为时间轴、3、电磁感应综合问题(1)解决电磁感应的动力学问题时，要注意分析导体受力情况，判断导体加速度方向、大小及变化，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点；(2)解决电磁感应的能量问题时，要明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化，如安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能等、解答此类问题的一般思维流程是“先电后力”：①确定等效电源；②分析电路结构，画等效电路图；③利用电路知识求电流的大小和方向；④根据F＝BIL求安培力的大小，并由左手定那么判断安培力的方向；⑤对研究对象进行受力分析、运动分析、功及能量转化分析；注意纯电阻电路中感应电流做功等于焦耳热、「强化训练」1、(2018·高考海南卷)如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属铜环中穿过、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，那么()A、T1>mg，T2>mgB、T1<mg，T2<mgC、T1>mg，T2<mgD、T1<mg，T2>mg2、如下图，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)、两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面、运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界、设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，那么()A、v1<v2，Q1<Q2B、v1＝v2，Q1＝Q2C、v1<v2，Q1>Q2D、v1＝v2，Q1<Q23、(2018·高考新课标全国卷)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、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，而线框中的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正方向与图中箭头所示方向相同，那么i随时间t变化的图线可能是()4、(2018·西安质检)如下图，匀强磁场中有两条水平放置的、电阻可忽略的光滑平行金属轨道，轨道左端接一个阻值为R 的电阻，R 的两端与电压传感器相连、一根导体棒(电阻为r)垂直轨道放置，从t ＝0时刻起对其施加一向右的水平恒力F ，使其由静止开始向右运动、用电压传感器实时采集电阻R 两端的电压U ，并用计算机绘制出U －t 图象，假设施加在导体棒上的水平恒力持续作用一段时间后撤去，那么计算机绘制的图象可能是()5、如下图，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域、取方向沿a →b →c →d 的感应电流为正，那么下图中表示线框中的电流i 随x 变化的图象正确的选项是()6、(2018·高考四川卷)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，如下图、那么()A 、θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB 、θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC 、θ＝0时，杆受的安培力大小为2B2avπ＋2R0D 、θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B2av5π＋3R07、(2018·安徽知名省级示范高中统考)如下图，电阻不计的光滑平行金属导轨MN和OP足够长且水平放置、M、O间接有阻值为R的电阻，两导轨相距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.有一质量为m、长度为L、电阻为R0的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好、用平行于MN向右的水平力F拉动导体棒CD，使之由静止开始运动、拉力的功率恒为P，当导体棒CD达到最大速度v0时，以下判断中正确的选项是()A、最大速度数值为v0＝1LB PR0B、导体棒CD上C点电势低于D点电势C、克服安培力做功的功率等于拉力的功率PD、导体棒CD上产生的电热功率为P8、如下图，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直、一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点、整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与金属棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计、那么在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，以下说法不正确的选项是()A、回到出发点的速度v等于初速度v0B、上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C、上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D、上行的运动时间小于下行的运动时间9、(2018·长春第一次调研)如图甲所示，空间存在一宽度为2L的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里、在光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金属线框，其质量m＝1kg、电阻R＝4Ω.在水平向左的外力F作用下，以初速度v0＝4m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示、以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q;(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由、10、如下图，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由假设干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4…组成，磁感应强度B1、B2的方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B.导轨左端M 、P 间接一电阻R ，质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻、现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v0向右做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域、(1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 上产生的焦耳热Q ；(2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ；(3)规定棒ab 中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象；(4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q.11.(2018·高考天津卷)如下图，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，由静止开始以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，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比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.核心考点12电磁感应规律及综合应用1、【解析】选A.金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，那么金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg ，T2>mg ，A 项正确、2、【解析】选D.两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h 高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v ，线圈Ⅰ所受安培阻力F1＝BI1L ＝B2L2v R1，而R1＝ρ电4L S1，S1＝m1ρ4L ，故F1＝B2L2vm116ρ电ρL2＝B2vm116ρ电ρ.所以此时刻a1＝m1g －F1m1＝g －B2v 16ρ电ρ，同理可得a2＝g －B2v16ρ电ρ与线圈的质量无关，即两线圈进入磁场时的加速度相同，当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化，但两者加速度是同步变化的，速度也同步变化，因此落地时速度相等即v1＝v2；又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，所以产生的热量也多，即Q2>Q1，故D 项正确、3、【解析】选A.线框abcd 中电流I 大小相同，Iab ＝Icd ，而ab 边与直线电流i 之间的作用力大于cd 边与直线电流i 之间的作用力、且直线电流之间同向相吸异向相斥、依据楞次定律，当直导线中i 向上且均匀减小时，线框中产生adcba 方向的电流且恒定，此时线框受力向左；当直导线中电流i 向下且增加时，线框中依然产生adcba 方向的电流且恒定，此时线框受力向右、那么可以判断A 图正确、4、【解析】选A.设路端电压为U,导体棒的运动速度为v ，那么感应电动势E ＝Blv ，通过电阻R 的电流I ＝E R ＋r ，电阻R 两端的电压U ＝IR ＝BLvRR ＋r ，即U ∝v ，由牛顿第二定律F －F 安＝ma 可知，在恒力F 的作用下，导体棒做加速度逐渐减小的变加速运动，撤去恒力F 后导体棒的加速度随着速度的减小而减小，A 正确、5、【解析】选C.线框的bc 边从O 处运动到L 处的过程中，线框中无电流产生；线框的bc 边从L 处运动到2L 处的过程中，bc 边切割磁感线，根据右手定那么可判断，线框中的电流方向为a →b →c →d ，故电流为正并逐渐增大，同理可知线框的bc 边从2L 处运动到3L 处的过程中，线框中的电流方向为a →d →c →b ，故电流为负并逐渐增大，所以A 、B 、D 错误，C 正确、6、【解析】选AD.开始时刻，感应电动势E1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确、θ＝π3时，E2＝B ·2acos π3·v ＝Bav ，故B 项错误、由L ＝2acos θ，E ＝BLv ，I ＝E R ，R ＝R0[2acos θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F ＝B2L2v R ＝4B2av R02＋π，故C 项错误、θ＝π3时F ＝3B2av R05π＋3，故D 项正确、7、【解析】选C.根据右手定那么可以判断D 点电势低于C 点电势，B 错误；导体棒CD 达到最大速度时拉力F 与安培力的合力为零，P ＝Fv0，F ＝BIL ，所以P ＝BILv0，C 正确；I ＝BLv0R ＋R0，解得v0＝1LB P R ＋R0，A 错误；整个回路中导体棒CD 和电阻R 上都要产生电热，D 错误、8、【解析】选A.金属棒切割磁感线运动，由右手定那么和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒上行和下行时的受力情况，如下图、由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，部分机械能转化为系统的焦耳热，故金属棒回到出发点的速度v 小于初速度v0，A 错误；设金属棒上升的最大高度为h ，上升过程中金属棒所受的安培力比下降过程中的要小，R 上产生的热量等于金属棒克服安培力做的功，由W ＝Fh 可知上升过程中产生的热量比下降过程中产生的热量要大，C 正确；由电荷量的定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中产生的电荷量q ＝ΔΦR 可知，上行和下行过程中磁通量变化相等，那么B 正确；由牛顿第二定律可知a 上>a 下，由位移公式x ＝12at2可知，上行和下行的位移大小相等，那么t 上<t 下，D 正确、9、【解析】(1)由F －t 图象可知，线框加速度a ＝F2m ＝2m/s2线框的边长L ＝v0t －12at2＝4×1m －12×2×12m ＝3mt ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BLv0R线框所受的安培力F 安＝BIL由牛顿第二定律F1＋F 安＝ma又F1＝1N ，联立得B ＝13T ＝0.33T(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL2t平均电流I ＝E R通过线框的电荷量q ＝I t联立得q ＝0.75C(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x ，由运动学公式得0－v20＝－2ax 代入数值得x ＝4m<2L所以线框不能从右侧离开磁场、【答案】(1)0.33T(2)0.75C(3)见解析10、【解析】(1)棒ab 产生的感应电动势E ＝BLv0通过棒ab 的感应电流I ＝ER ＋r电阻R 上产生的焦耳热Q ＝(E R ＋r )2R ×d v0＝B2L2v0RdR ＋r 2(2)因为棒ab 匀速穿越n 个磁场区域，所以拉力对棒做的功在数值上等于整个回路中产生的焦耳热，即拉力对棒ab 所做的功W ＝Q 总＝E2R ＋r ×d v0×nW ＝nB2L2v0dR ＋r(3)如下图(4)假设n 为奇数，通过电阻R 的净电荷量q ＝ΔΦ1R ＋r ＝BLdR ＋r假设n 为偶数，通过电阻R 的净电荷量q ＝ΔΦ2R ＋r ＝0【答案】见解析11、【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ①其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路的欧姆定律得 I ＝ER ＋r ③那么通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5C ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF ＝Q1＋Q2⑪由⑨⑩⑪式得WF＝5.4J【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J。

2019版高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应专题突破练12电磁感应规律及综合应用.docx

3-22 0：5 [7 10//s -2 -3 r/s Ho" I（时间:45分钟满分：100分）一、选择题（共10小题,每小题8分，共80分。

在每小题给出的四个选项中，第1帀小题只有一个选项符合题目要求，第6 ^10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分，选对但不全的得4 分，有选错或不答的得0分）（2018湖南株洲二质检）如图，沿东西方向站立的两同学（左西右东）做“摇绳发电”实验:把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计（零刻度在表盘屮央）的两个接线柱上,形成闭合回路，然后迅速摇动枷这段“绳” o 假设图中情景发生在赤道，则下列说法正确的是（）A. 当“绳”摇到最高点时，“绳”屮电流最大B. 当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C. 当“绳”向下运动吋,W 点电势比〃点电势高D. 摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变甲乙（2018福建龙岩一模）如图甲所示，用一根横截面积为5电阻率为Q 的硬质导线做成一个半径为厂的圆环，臼方为圆环的直径。

在白方的右侧存在一个足够大的匀强磁场，1=0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度〃随时间方变化的关系如图乙所示，则0 N 时|'可内（）A. 圆坏中产生感应电流的方向为逆时针B. 圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C. 圆环一直具有扩张的趋势D. 圆坏中感应电流的大小为石亦3. （2018陕西咸阳二模）如图甲，匝数刀吃的金属圈（电阻不计）1韦I 成的面积为20 ci 『,线圈与虑0 Q 的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为〃，沪z 关系如图乙，规定感应电流，从臼经过到〃的方向为正方向。

忽略线圈的自感彫响，则下列,-十关系图正确的是（）专题突破练12 电磁感应规律及综合应用f/x 1O-7A J /X 10-7A 3 }104./\ /代\（2018山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考）如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为/,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框屮感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流，随L图a图a是用电流传感器（相当于电流表，其内阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为斤,L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图b是某同学画出的在玄时刻开关S切断前后，通过传感器的电流随时间变化的图象。

2019版高考物理通用版二轮复习专题检测：(四) 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题” Word版含解析

专题检测（四）以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2019 届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。

现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。

若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选 D　滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故 D 正确，A、B、C 错误。

2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。

以 x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是( )解析：选 A　设物块 P 静止时，弹簧的压缩量为 x0，则有 kx0＝mg，在物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得 F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得 F 是 x 的一次函数，选项 A 正确。

3.如图所示，物块 M 在倾角为 θ、静止的足够长的传送带上以速时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐匀速运转的过程中，以下分析正确的是( )A．M 下滑的速度不变 B．M 开始在传送带上加速到 2v0 后沿传送带匀速下滑 C．M 先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑弹簧恢复原长前， F＝kx＋ma，即度 v0 匀速下滑渐增加到 2v0 后D．M 受到的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选 C　传送带静止时，M 匀速下滑，故 mgsin θ＝Ff，当传送带突然启动且速度 v＜v0 时，M 匀速下滑，M 受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度 v＝v0 瞬间，M 受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度 v＞v0 后，M 可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但 M 一定加速下滑，最终 M 速度达到 2v0 与传送带一起匀速运动，故 C 正确。

通用版2019版高考物理二轮复习专题检测三抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动含解析

抓住“三类模型”，破解竖直面内的圆周运动1．(2018·肇庆摸底)如图，一长为 L 的轻质细杆一端与质量为 m 的小球(可视为质点)相连，另一端可绕 O 点转动，现使轻杆与小球在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为 g(g 为当地的重力加速度)，下列说法正确的是( )A．小球的线速度大小为 gLB．小球运动到最高点时处于完全失重状态C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心 O 点D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为 mg v2解析：选 B　根据匀速圆周运动中 a＝ r ，解得：v＝ gL，A 错误；小球做匀速圆周运动，向心加速度大小为 g，所以小球在最高点的加速度为 g，处于完全失重状态，B 正确；当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心 O 点，C 错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即 F－mg＝ma，解得：F＝2mg，D 错误。

2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为 R 的大圆环，并固定在竖直平面内。

在管内的环底 A 处有一质量为 m、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过位于环顶 B 处管口的轻绳，在水平外力 F 的作用下，小球以恒定的速率从 A 点运动到 B 点，如图所示。

忽略内、外侧半径差别(小球可视为质点)，此过程中外力 F 的变化情况是( )A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先减小，后增大D．先增大，后减小解析：选 D　小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小球重力方向与切线方向的夹角为 α，则有 F＝mgcos α，小球上升过程中，α 从 90°先减小到 0(与圆心等高处)，后增大到 90°(B 点处)，cos α 先增大后减小，所以 F＝mgcos α 先增大后减小，故 D 正确。

3.如图所示，一质量为 m 的小物块沿竖直面内半径为 R 的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为 v，若小物块与轨道间的动摩擦因数是 μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为( )A．μmg( )v2g－ C．μm Rmv2 B．μ R( )v2g＋ D．μm R解析：选 D　小物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得( ) v2v2g＋FN－mg＝m R ，得 FN＝m R ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为( )v2g＋ f＝μFN＝μm R ，D 正确。

2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分第5讲 “三定则、两定律”破解电磁感应问题

第5讲 |“三定则、两定律”破解电磁感应问题┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) “三定则、一定律”的综合应用⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关 [知能全通]————————————————————————————————1．“三定则、一定律”的应用2(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。

(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合电路的磁通量的变化情况进行判断。

3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。

(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。

[题点全练]————————————————————————————————1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)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( )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：选AD 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。

开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，故A 正确；同理D 正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，故B 、C 错误。

2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线P Q 和一导线框R ，R 在P Q 的右侧。

通用版2019版高考物理二轮复习专题检测：(四) 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”(含解析)

专题检测（四）以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2019届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。

现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。

若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。

2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。

以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块解析：选A设物块P静止时，弹簧的压缩量为x受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。

3.如图所示，物块M在倾角为θ、静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运转的过程中，以下分析正确的是()A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后沿传送带匀速下滑C．M先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑D．M受到的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C 传送带静止时，M 匀速下滑，故mg sin θ＝F f ，当传送带突然启动且速度 v ＜v 0时，M 匀速下滑，M 受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度v ＝v 0瞬间，M 受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度v ＞v 0后，M 可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但M 一定加速下滑，最终M 速度达到2v 0与传送带一起匀速运动，故C 正确。

通用版2019版高考物理二轮复习专题检测十八“三定则两定律”破解电磁感应问题含解析

“三定则、两定律”破解电磁感应问题1．随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。

如图所示，由地面供电装置(主要装置是线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置通过改变地面供电装置的电流使自身产生感应电流，对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到 90%左右。

无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。

目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为 15～20 cm，允许的错位误差一般为 15 cm 左右。

下列说法正确的是( )A．无线充电桩的优越性之一是在百米之外也可以对电动车充电B．车身感应装置中的感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C．车身感应装置中感应电流的磁场总是与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反D．若线圈均采用超导材料，则能量的传输效率有望达到 100%解析：选 B 题中给出目前无线充电桩充电的有效距离为 15～20 cm，达不到在百米之外充电，A 错误；通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B 正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场不一定与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反，C 错误；由于电磁波传播时有电磁辐射，能量传输效率不能达到 100%，D 错误。

2.(2019 届高三·苏州调研)如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触，忽略空气阻力，则在下落过程中( )A．磁块做自由落体运动B．磁块的机械能守恒C．铝管对桌面的压力大于铝管所受的重力D．磁块动能的增加量大于重力势能的减少量解析：选 C 在磁块向下运动过程中，铝管中产生感应电流，会产生电磁阻尼作用，磁块受向上的磁场力的作用，铝管受向下的磁场力的作用，则对桌面的压力大于其所受重力，选项 C 正确；磁块除受重力之外，还受向上的磁场力，因此磁块做的不是自由落体运动，磁块向下运动，磁场力做负功，因此机械能不守恒，动能的增加量小于重力势能的减少量，选项 A、B、D 错误。

2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练12电磁感应规律及其应用

回扣练 12：电磁感觉规律及其应用1．如下图，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻 R，导轨电阻可忽视不计． MN为放在 ab 和 cd 上的一导体杆，与 ab 垂直，其电阻也为 R.整个装置处于匀强磁场中，磁感觉强度的大小为 B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对 MN施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U表示两头电压的大小，则 ()MN1A．U＝2Blv，流过固定电阻R的感觉电流由 b 经 R到 dB．＝Blv ，流过固定电阻R的感觉电流由d经R到bUB2l 2vC．MN遇到的安培力大小F A＝2R，方向水平向右B2l 2vD．MN遇到的安培力大小F A＝R ，方向水平向左分析：选 A. 当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假定导轨没电阻， MN两头的电压也就是电阻R两头的电压，电路中电动势为E＝ BlV，MN的电阻相当于1电源的内阻，两者加起来为2R，则电阻上的电压为2Blv，再由右手定章，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到 M，那么流过电阻的就是由 b 到 d.故 A正确，B错误．遇到的安培力＝BIl ＝B2l2v；由左手定章可知，安培力的方向水平MN F2R向左；故 CD错误．应选 A.2．如下图，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感觉强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速经过整个磁场．用i 表示线圈中的感觉电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在地点为位移起点，则以下关于 i - x 的图象中正确的选项是()分析：选 C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，＝，电流I＝BLv，依据E BLv R右手定章判断方向为逆时针方向，为正方向；在L～2L 的过程中，电动势E＝2BLv，电流 I＝2BLv，依据右手定章判断方向为顺时针方向，为负方向；在 2 ～ 3 的过程中，＝，R L L E BLv BLv电流 I ＝R，依据右手定章判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD错误， C正确；应选C.3．如下图，表面粗拙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒 ab，金属棒与线框接触优秀，一通电螺线管竖直搁置在线框与金属棒构成的回路中，以下说法正确的选项是()A．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由 a 到 bD．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由 a 到 b分析：选 C.依据右手螺旋定章可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外面磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，依据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由 a 到 b，A错误C正确；当变阻器滑片 P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，依据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到，而导体棒所处磁场方向为竖直向上a的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD错误．应选 C.4．如下图，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为 L和 2L，M、N间连结两块水公正对搁置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右边有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m、电量为q 的带正电油滴恰巧处于均衡状态，重力加快度为g，则以下对于磁场磁感觉强度大小 B 的变化状况及其变化率的说法正确的选项是()A．正在加强，B mgdB．正在减小，B mgd t＝qL2t＝qL2C．正在加强，B mgdD．正在减小，B mgd t＝2qL2t＝2qL2分析：选 B. 电荷量为q的带正电的油滴恰巧处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，因此线框下端相当于电源的正极，感觉电动势顺时针方向，感觉电流的磁场方向和原磁场同向，依据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：＝ B ＝B 2；油滴所受电场力：＝场，对油滴，依据均衡条件得：E＝E t StLF E q q d；因此解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：B mgd＝ 2 ；应选B.mg t qL5.如下图，相距为 d 的两条水平虚线 L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感觉强度为 B，正方形线圈 abcd 边长为 L( L＜ d)，质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h 高处静止开释，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚走开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中 ( 从cd边刚进入磁场向来到ab 边走开磁场为止)()A．感觉电流所做的功为3mgdmgRB．线圈的最小速度必定大于B2L2C．线圈的最小速度必定是2g（h＋L－d）D．线圈穿出磁场的过程中，感觉电流为逆时针方向分析：选 C. 据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为 0，重力势能转变为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q＝ mgd. cd 边刚进入磁场时速度为 v0， cd 边刚走开磁场时速度也为v0，因此从 cd 边刚穿出磁场到 ab 边走开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到 ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，因此线圈从 cd 边进入磁场到ab 边走开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感觉电流做的功为2mgd，故 A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完整进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：B2L2v mgR＝，解得可能的最小速度＝ 2 2，故B错误．因为mg R v BL进磁场时要减速，线圈所有进入磁场后做匀加快运动，则知线圈刚所有进入磁场的瞬时速度最小，线圈从开始着落到线圈刚完整进入磁场的过程，依据能量守恒定律得：mg( h＋L)＝ Q12＋2mv，解得最小速度 v＝2g（ h＋ L－d），故C正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感觉电流的方向为顺时针，故D 错误．应选 C.6．如下图的电路中，三个同样的灯泡a、b、 c 和电感L1、2 与直流电源连结，电感的电阻忽视不计．电键S 从闭合状态突L然断开时，以下判断正确的 ()A． a 先变亮，而后渐渐变暗B． b 先变亮，而后渐渐变暗C． c 先变亮，而后渐渐变暗D． b、c都先变亮，而后渐渐变暗分析：选 A. 电键S 闭合时，电感L1中电流等于两倍L2的电流，断开电键S 的瞬时，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，经过b、 c的电流都经过a，故a 先变亮，而后渐渐变暗，故 A 正确；b、c灯泡由电流i渐渐减小，B、 C、D错误.应选A.7． ( 多项选择 ) 如图甲所示，宽度为L 的足够长的圆滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连结一电容为C的电容器，将一质量为m的导体棒与导轨垂直搁置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感觉强度为B.用与导轨平行的外力 F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间 t 1后撤去力 F，撤去力 F 前棒内电流变化状况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．以下说法正确的选项是()A．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加快直线运动mC．外力F的冲量大小为It 1 BL＋CBLD．撤去外力 F 后，导体棒最后静止在导轨上，电容器中最后储藏的电能为零分析：选 BC.对电容器Q＝CU，则Q＝C U，I＝QU＝ E＝BL v；解得 I ＝CBL v t；t＝CBLa，则导体棒的加快度 a 恒定，做匀加快运动，选项 A 错误， B 正确；依据牛顿第二定律： F－ BIL＝ ma，则 F＝BIL＋mI m，选项 C ，则外力 F 的冲量大小为 I F＝ Ft 1＝ It 1 BL＋CBLCBL正确；撤去外力 F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感觉电动势与电容器两头电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两头的电压不为零，则最后储藏的电能不为零，选项 D 错误；应选BC.8．( 多项选择 ) 如下图，在竖直平面内MN、PQ两圆滑金属轨道平行竖直搁置，两导轨上端、间连结一电阻. 金属小环a 、b套在金属轨道上，质量为的金属杆固定在金属环上，M P R m该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v0从图示地点向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触优秀，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程对比较，以下说法正确的选项是()A．上滑过程所用时间比下滑过程短B．上滑过程经过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程经过电阻R产生的热量比下滑过程大D．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大分析：选 AC. 如下图，v- t图斜率代表加快度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度渐渐减小的减速运动，下滑过程中是加快度渐渐减小的加快运动，因为位移大小相等，Φ可知上涨时间小于着落时间，故 A 正确；由q＝R ，可知上滑过程经过电阻 R的电量等于下滑过程中电量，故B错误；在同样地点，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的均匀值大于下滑过程安培力的均匀值，致使上滑过程中导体棒战胜安培力做功多，则上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过Φ程中产生的热量，故C正确．安培力冲量I ＝ BLq，q＝R，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D错误．9．( 多项选择 ) 如下图，两根足够长的圆滑平行金属导轨MN、PQ相距为 L，导轨平面与水平面的夹角θ ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感觉强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为 L、电阻为R的金属棒垂直导轨搁置，且一直与导轨接触优秀．金属导轨的上端连结一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关 K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝ 2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，以下说法中正确的选项是( 重力加快度为 g )( )3mgRA ．金属棒的末速度为B 2L 2B ．金属棒的最大加快度为 1.4 gC ．经过金属棒的电荷量为BLsR3322D ．定值电阻上产生的焦耳热为9mg R－4 44mgs4BL分析：选 AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感觉电动势＝；回路电流I ＝ EBLv＝；E BLv2R 2RB 2L 2v1 B 2L 2v 安培力 F 安＝ BIL ＝2 R ；金属棒匀速时，受力均衡有 F ＝ mg sin 30°＋ F 安，即 2mg ＝ 2mg ＋ 2R3mgR联立解得： v ＝ B 2L 2 ，故 A 正确；金属棒开始运动时，加快度最大，即F － mg sin 30 °1Q ＝ Φ BLs＝ma ，代入数据 2mg － mg ＝ ma ，解得 a ＝ 1.5 g ，故 B 错误；依据感觉电量公式R ＝ 2R ，2总故 C 错误；对金属棒运用动能定理，有－sin 30°－＝12，此中定值电阻上产生的FsmgsQ 2mv1332 2焦耳热为R ＝－9mg R＝44，故 D 正确；应选 AD.Q 2Q4mgs4B L10．( 多项选择 ) 如图甲所示，圆滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距 L ＝ 0.2 m ，两导轨的左端之间连结的电阻 R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1kg 的金属杆 ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽视不计．整个装置处于磁感觉强度B ＝ 0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆一直与导轨垂直并接触优秀，若理想电压表的示数 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s时()A ．经过金属杆的感觉电流的大小为 1.0 A ，方向由 b 指向 aB ．金属杆的速率为 4.0 m/sC ．外力 F 的刹时功率为 1.0 WD． 0～5.0 s 内经过R的电荷量为 5.0 C分析：选 AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定章知电流方向为 b 指向 a，金属杆开始运动U0.4经 t ＝5.0 s，由图象可知电压为0.4 V，依据闭合电路欧姆定律得I＝R＝0.4 A＝1 A，故 AR正确；依据法拉第电磁感觉定律知E＝ BLv，依据电路构造可知：U＝R＋r E，解得 v＝5 m/s，R故 B 错误；依据电路知U＝R＋r BLv＝0.08 v＝0.08 at ，联合 U- t 图象知导体棒做匀加快运动，加快度为a＝1 m/s 2，依据牛顿第二定律，在 5 s末时对金属杆有：－BIL＝ma解得：＝F F0.2 N ，此时F的刹时功率P＝ Fv＝0.2×5 W＝1 W故C正确；0～5.0 s内经过 R 的电荷量EΦΦB×21 at 2为 q＝ It ＝R＋r t ＝t（R＋r）×t ＝R＋r＝R＋r＝12.5 C，故D错误；综上所述此题答案是 AC.。

2019高考物理大二轮复习专题三电场和磁场专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动

专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.右图为“滤速器”装置示意图。

a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。

一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。

若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。

当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.①②B.③④C.①③D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.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。

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应用“三类典型运动”破解电磁场1．(2019届高三·包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由与O点等高的A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零。(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若小球从O点的左方由与O点等高的C点无初速度自由释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得mgL－qEL＝0

解得E＝。mgq

(2)小球由C点释放后，将沿CB做匀加速直线运动，F合＝＝mgqE2＋mg22

a＝＝g2mg

由几何关系易知，CB＝L，则2L＝at2

解得t＝。2Lg

答案：(1)　(2) mgq2Lg

2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有

q1U＝m1v12①

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②

v12

由几何关系知2R1＝l③由①②③式得

B＝。④

lv1

(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有

q2U＝m2v22⑤

q2v2B＝m2⑥

v22

由题给条件有

2R2＝⑦l2由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为

∶＝1∶4。⑧q1m1q2

答案：(1)　(2)1∶44Ulv1

3.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－x方向、电场强度为E的匀强电场。某一瞬间从y轴上纵坐标为d的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与＋y方向成45°～135°角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从y轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为＋q，质量均为m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；(2)试求所有粒子到达－y轴上的时间范围(即最后到达－y轴与最先到达－y轴的粒子的时间间隔)。解析：(1)设粒子速度v与＋y轴的夹角为θ，如图所示，垂直打到x轴上满足d＝Rsin θ

又qvB＝mv2

解得v＝＝qBRmqBdmsin θ当θ＝90°时，vmin＝qBdm

当θ＝45°和θ＝135°时，vmax＝2qBd

带电粒子进入磁场的速度大小范围为

≤v≤。qBdm2qBd

(2)由(1)分析可知当θ＝135°时，射入的粒子最先到达－y 轴，所用时间最短

其在磁场中运动时间t1＝＝T8πm4Bq

由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(－1)d，粒子在电场中做类平抛运动2

在电场中运动的时间满足(－1)d＝··t22

2qE

即t2＝ 22－1mdqE

所以tmin＝t1＋t2＝＋ πm4qB22－1md

由(1)分析可知当θ＝45°时，射入的粒子最后到达－y轴，所用时间最长

其在磁场中运动的时间t3＝＝3T83πm4Bq

由几何关系可得进入电场时与O点的距离为(＋1)d，粒子在电场中做类平抛运动2

在电场中运动的时间满足(＋1)d＝··t42，212qE

即t4＝ 22＋1mdqE

所以tmax＝t3＋t4＝＋ 3πm4qB22＋1md

所有粒子到达－y轴上的时间范围为

Δt＝tmax－tmin＝＋－。πm2qB22＋1mdqE22－1md

答案：(1)≤v≤ (2)＋－qBdm2qBdmπm2qB22＋1mdqE22－1md

4．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒

子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。d2(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

qv0B＝

mv02

由题意知r0＝d4

解得B＝。4mv0

(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场mv2

中的偏转角为α。

由几何关系知d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°45

在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，α360°2πmqB

解得t1＝53πd720v0

粒子做直线运动的时间t2＝2dv

解得t2＝2d5v0则t＝4t1＋t2＝。53π＋72d180v0

(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x，粒子运动轨迹如图所示。

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α由y≤2d，解得x≤d34

则当xm＝d时，Δt有最大值34

粒子做直线运动路程的最大值

sm＝＋(2d－2xm)＝3d2xm

cos α

增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d

增加时间的最大值Δtm＝＝。Δsmvd5v0

答案：(1)　(2)　(3)4mv0qd53π＋72d180v0d5v0

5.(2018·太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x轴正方向夹角为45°。已知带电粒子质量为m、电荷量为＋q，磁感应强度大小为B，电场强度大小

E＝，重力加速度为g。

(1)若粒子在xOy平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v0；(2)t＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，

而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点O由静止释放，在0～时间内T2的运动轨迹如图(c)虚线OMN所示，M点为轨迹距y轴的最远点，M距y轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，粒子经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：①粒子经过M点时的曲率半径ρ；②在图(c)中画出粒子从N点回到O点的轨迹。解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B＝

mg2＋qE2

解得v0＝2mg

由左手定则得，v0沿y轴负方向。(2)①重力和电场力的合力为F＝mg2＋qE2粒子从O运动到M过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理

W＝Fd＝mv2

得v＝22gd

由qvB－mg＝2mv2

得ρ＝。2mgdqB2gd－mg②轨迹如图所示。

答案：(1)，沿y轴负方向　(2)①　②见解析图2mg

qB2mgd

qB2gd－mg