電學綜合
25.（18分）（2008年高考山東理綜卷25題）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷
均已知，且
，兩板間距
。
（1）求粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值。
（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。
（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。
解法一：（1）設粒子在0～t0時間內運動的位移大小為s1
①
②
又已知
聯(lián)立①②式解得
③
（2）粒子在t0~2t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則
④
⑤
聯(lián)立④⑤式得
⑥
又
⑦
即粒子在t0~2t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2
⑧
解得 
⑨
由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時間內繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2
⑩
11
解得 
12
由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑。
（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。
解法二：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為
方向向上
后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T
粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn
又已知 
由以上各式得 
粒子速度大小為 
粒子做圓周運動的半徑為 
解得 
顯然 
（1）粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值
（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑 
（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2。
18．（17分）（2008年高考廣東物理卷18題）如圖（a）所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L=
的電阻，區(qū)域abcd內存在垂直于導軌平面B=0.6T的勻強磁場，磁場區(qū)域寬D=,導軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度r=
18．解析：
0－t1（0－0.2s）
A1產(chǎn)生的感應電動勢：
電阻R與A2并聯(lián)阻值：
所以電阻R兩端電壓
通過電阻R的電流：
t1－t2（0.2－0.4s）
E=0, I2=0
t2－t3（0.4－0.6s） 同理：I3=
18．【解析】
【方法技巧】感應電動勢是高中物理知識最重要的一個窗口，通過這個窗口可以與很多知識綜合鏈接在一起。感應電動勢是高中物理最重要的知識之一，與之相鏈接的知識點多，綜合形式多，具有明顯的“綜合”特征。導體切割產(chǎn)生的電動勢為
，如果產(chǎn)生的感應電動勢與電容器、電阻連接，那么我們在解答時就可把感應電動勢當作直流電源，聯(lián)系有關電容器中的電場問題，聯(lián)系閉合電路歐姆定律進行分析與求解。
24.(17分) （2008年高考寧夏理綜卷24題）
如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角
，A點與原點O的距離為d。接著，質點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角為，求
（1）粒子在磁場中運動速度的大小：
（2）勻強電場的場強大小。
24．（1）sinφ
（2）sin3φcosφ
【解析】（17分）
(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。設圓弧的半徑為R，則有
R=dsinj ①
由洛化茲力公式和牛頓第二定律得
②
將①式代入②式，得
③
(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有
v0＝vcosj ④
vsinj＝at ⑤
d=v0t ⑥
聯(lián)立④⑤⑥得
⑦
設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得
qE＝ma ⑧
聯(lián)立③⑦⑧得
⑨
這道試題考查了帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的半徑公式，通常這類試題要求掌握如何定圓心、確定半徑，能畫出軌跡圖。利用圓的幾何知識和向心力公式解決相關問題。
16、（2008年高考海南物理卷16題）如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與 撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(x＝0，y＝h)點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現(xiàn)在，只加電場，當粒子從P點運動到x＝R0平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點．不計重力．求：
⑴粒子到達x＝R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；
⑵M點的橫坐標xM．
16、解：⑴做直線運動有：
做圓周運動有：
只有電場時，粒子做類平拋，有：
解得：
粒子速度大小為：
速度方向與x軸夾角為：
粒子與x軸的距離為：
⑵撤電場加上磁場后，有：
解得：
粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關系得C點坐標為：
過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：
解得：
M點橫坐標為：
19．（2008年高考北京理綜卷19題）在如圖所示的空間中，存在場強為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向，磁感應強度為B的勻強磁場。一質子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動。據(jù)此可以判斷出
A．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減小，沿著z軸方向電勢升高
B．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大，沿著z軸方向電勢降低
C．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢升高
D．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢降低
19、C 【解析】質子所受電場力與洛倫茲力平衡，大小等于evB,運動中電勢能不變;電場線沿z軸負方向，沿z軸正方向電勢升高。
25.（22分）（2008年高考全國Ⅰ理綜卷25題）
如圖所示，在坐標系xoy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側有一勻強電場；在第二、三象限內有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝30°，大小為v，粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求
25、個人解析：（1）從A點進入磁場后從O點離開磁場的過程是勻速圓周運動，畫出粒子運動的軌跡圖，依題意由幾何關系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線的交點。
故經(jīng)過A點的速度方向為x軸正方向。
設圓周的半徑為R，有：∠OO
根據(jù)向心力公式：Bqv = m???????????????????????????????????????????????????????????? ②
A點到x軸的距離：x= R－Rcos30°?????????????????????????????????????????????????? ③
聯(lián)立①②③解得：x =
（2）粒子能從O點進入電場且能由O點返回，對正電荷，說明電場的方向垂直于OC向左，設電場強度大小為E，電場中的時間為t1，由動量定理：
Eqt1=2mv????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ④
粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期T，由：
T= ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ⑤
從O點返回磁場后的軌跡如圖，圓心角為120°，故：
T=t1＋T＋T??????????????????????? ⑥
聯(lián)立②④⑤⑥解得：E = ???????????????? ⑦
（3）第二次離開磁場后到再進入電場，如圖軌跡。
則DF=OD=2R cos30°???????????????????? ⑧
時間t2= =
24．（19分）（2008年高考全國Ⅱ理綜卷24題）如圖，一直導體棒質量為m、長為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內間距也為l的光滑平行導軌上，并與之密接；棒左側兩導軌之間連接一可控制的負載電阻（圖中未畫出）；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面。開始時，給導體棒一個平行于導軌的初速度v0。在棒的運動速度由v0減小至v1的過程中，通過控制負載電阻的阻值使棒中的電流強度I保持恒定。導體棒一直在磁場中運動。若不計導軌電阻，求此過程中導體棒上感應電動勢的平均值和負載電阻上消耗的平均功率。
24、解：導體棒所受的安培力為：F=BIl………………① （3分）
由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從v0減小到v1的過程中，平均速度為：
……………………② （3分）
當棒的速度為v時，感應電動勢的大小為：E=Blv………………③ （3分）
棒中的平均感應電動勢為：
………………④ （2分）
綜合②④式可得：
………………⑤ （2分）
導體棒中消耗的熱功率為：
………………⑥ （2分）
負載電阻上消耗的熱功率為：
…………⑦ （2分）
由以上三式可得：
…………⑧ （2分）
22．（16分）（2008年高考北京理綜卷22題）均勻導線制成的單位正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質量為m。將其置于磁感強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當cd邊剛進入磁場時，
（1）求線框中產(chǎn)生的感應電動勢大小;
（2）求cd兩點間的電勢差大小;
（3）若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應滿足的條件。
22、【解析】（1）cd邊剛進入磁場時，線框速度v=
線框中產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv＝BL
(2)
此時線框中電流 I=
cd兩點間的電勢差U=I(
)=
(3)安培力 F=BIL=
根據(jù)牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度滿足 h=
23．（18分）（2008年高考北京理綜卷23題）風能將成為21世紀大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。風力發(fā)電機是將風能（氣流的功能）轉化為電能的裝置，其主要部件包括風輪機、齒輪箱，發(fā)電機等。如圖所示。
（1）利用總電阻
的線路向外輸送風力發(fā)電機產(chǎn)生的電能。輸送功率
，輸電電壓
，求異線上損失的功率與輸送功率的比值;
（2）風輪機葉片旋轉所掃過的面積為風力發(fā)電機可接受風能的面積。設空氣密度為p，氣流速度為v，風輪機葉片長度為r。求單位時間內流向風輪機的最大風能Pm;
在風速和葉片數(shù)確定的情況下，要提高風輪機單位時間接受的風能，簡述可采取的措施。
（3）已知風力發(fā)電機的輸出電功率P與Pm成正比。某風力發(fā)電機的風速v
23、【解析】（1）導線上損失的功率為P=I2R=(
損失的功率與輸送功率的比值
（2）
(2)風垂直流向風輪機時，提供的風能功率最大.
單位時間內垂直流向葉片旋轉面積的氣體質量為pvS,S=
r2
風能的最大功率可表示為
P風=
采取措施合理，如增加風輪機葉片長度，安裝調向裝置保持風輪機正面迎風等。
（3）按題意，風力發(fā)電機的輸出功率為P2=
kW=160 kW
最小年發(fā)電量約為W=P2t=160×5000 kW?h=8×105kW?h
23．（12分）（2008年高考上海物理卷23題）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。
（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。
（2）在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。
（3）若將左側電場II整體水平向右移動L/n（n≥1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內由靜止釋放電子的所有位置。
23．（12分）
解：（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有
解得 y＝
，所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（－）
（2）設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有
解得 xy＝
，即在電場I區(qū)域內滿足議程的點即為所求位置。
（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有
，
解得 
，即在電場I區(qū)域內滿足議程的點即為所求位置
24．（14分）（2008年高考上海物理卷24題）如圖所示，豎直平面內有一半徑為r、內阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬球，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場I和II，磁感應強度大小均為B。現(xiàn)有質量為m、電阻不計的導體棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，高平行軌道中夠長。已知導體棒ab下落r/2時的速度大小為v1，下落到MN處的速度大小為v2。
（1）求導體棒ab從A下落r/2時的加速度大小。
（2）若導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小始終不變，求磁場I和II之間的距離h和R2上的電功率P2。
（3）若將磁場II的CD邊界略微下移，導體棒ab剛進入磁場II時速度大小為v3，要使其在外力F作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a，求所加外力F隨時間變化的關系式。
24．（14分）
解：（1）以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生產(chǎn)生感應電動勢，導體棒ab從A下落r/2時，導體棒在策略與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得
mg－BIL＝ma，式中l(wèi)＝
r
式中 
＝4R
由以上各式可得到
（2）當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即
式中 
解得 
導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有
得 
此時導體棒重力的功率為
根據(jù)能量守恒定律，此時導體棒重力的功率全部轉化為電路中的電功率，即
＝
所以，
＝
（3）設導體棒ab進入磁場II后經(jīng)過時間t的速度大小為
，此時安培力大小為
由于導體棒ab做勻加速直線運動，有
根據(jù)牛頓第二定律，有
F＋mg－F′＝ma
即 
由以上各式解得
23．（2008年高考理綜天津卷23題）(16分)在平面直角坐標系xOy中，第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于Y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ=60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于Y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求
(1)M、N兩點間的電勢差UMN。
(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；
(3)粒子從M點運動到P點的總時間t。
23.【解析】（1）設粒子過N點時的速度為v，有
（1）
（2）
粒子從M點運動到N點的過程，有
（3）
（4）
（2）粒子在磁場中以
為圓心做勻速圓周運動，半徑為
，有
（5）
（6）
（3）由幾何關系得
（7）
設粒子在電場中運動的時間為t1,有
（8）
（9）
粒子在磁場在做勻速圓周運動的周期 
（10）
設粒子在磁場中運動的時間為t2,有
（11）
（12）
(13)
25．（2008年高考理綜天津卷25題）(22分)磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具。它的驅動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖1所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為λ，最大值為B0，如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應強度相同，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移。設在短暫時間內，MN、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力。列車在驅動系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v(v<v0)。
(1)簡要敘述列車運行中獲得驅動力的原理；
(2)為使列車獲得最大驅動力，寫出MN、PQ邊應處于磁場中的什么位置及λ與d之間應滿足的關系式：
(3)計算在滿足第(2)問的條件下列車速度為v時驅動力的大小。
25．解析：
(1)由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應，金屬框中會產(chǎn)生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。
(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為
的奇數(shù)倍，即
或
（
）①
(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經(jīng)短暫的時間
，磁場沿Ox方向平移的距離為
，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為
。
因為v0>V，所以在時間內MN邊掃過磁場的面積
在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化
②
同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化
③
故在內金屬框所圍面積的磁通量變化
④
根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小
⑤
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
⑥
根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力
PQ邊所受的安培力
根據(jù)左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小
(7)
聯(lián)立解得
(8)
25.（20分）（2008年高考重慶理綜卷25題）題25題為一種質譜儀工作原理示意圖.在以O為圓心，OH為對稱軸，夾角為2α的扇形區(qū)域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為
的離子都能匯聚到D，試求：
（1）磁感應強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）；
（2）離子沿與CM成θ角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；
（3）線段CM的長度.
25.解：
（1）
設沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R
由 
得B＝
磁場方向垂直紙面向外
（2）
設沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R′，運動時間為t
由
vcosθ=v0
得v＝
R′=
=
方法一：設弧長為s
t=
s=2(θ+α)×R′
t=
方法二：
離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝
t=Ｔ×
=
(3)
方法一：
CM=MNcotθ
=
Ｒ′=
以上3式聯(lián)立求解得
CM=dcotα
方法二：設圓心為A，過A做AB垂直NO，
可以證明NM＝BO
∵NM=CMtanθ
又∵BO=ABcotα
=R′sinθcotα
=
∴CM=dcotα
24．（19分）（2008年高考理綜四川卷24題）
如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q（q＞0）、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O’。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ（0＜θ＜
。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。
24、解析：
據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O’。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力
f＝qvB ①
式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O’。根據(jù)牛頓第二定律
②
③
由①②③式得
④
由于v是實數(shù)，必須滿足
≥0
⑤
由此得B≥
⑥
可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為
⑦
此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為
⑧
由⑦⑧式得
⑨
14．(16分) （2008年高考江蘇物理卷14題）在場強為B的水平勻強磁場中，一質量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示．已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到z軸距離的2倍，重力加速度為g．求：
(1)小球運動到任意位置P(x，y)的速率
.
(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym.
(3)當在上述磁場中加一豎直向上場強為E(
)的勻強電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率
．
14．⑴洛倫茲力不做功，由動能定理得 
①
解得 
②
⑵設在最大距離
處的速率為
，根據(jù)圓周運動有
③
且由②知 
④
由③④及
得 
⑤
⑶小球運動如圖所示，由動能定理得 
⑥
由圓周運動得 
⑦
且由⑥⑦及
解得 
15．(16分) （2008年高考江蘇物理卷15題）如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為d2．兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直． (設重力加速度為g)
(1)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能△Ek．
(2)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b 又恰好進入第2個磁場區(qū)域．且a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相．求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q．
(3)對于第(2)問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率
15．⑴a和b不受安培力作用，由機械能守恒知 
①
⑵設導體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為
，剛離開無磁場區(qū)域時的速度為
，由能量守恒知www.xkb123.com
在磁場區(qū)域中，
②
在無磁場區(qū)域中 
③
解得 
④
⑶在無磁場區(qū)域，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有 
⑤
且平均速度 
⑥
有磁場區(qū)域，棒a受到合力
⑦
感應電動勢 
⑧
感應電流 
⑨
解得 
⑩
根據(jù)牛頓第二定律，在t到
時間內 
11
則有 
12
解得 
13
聯(lián)立⑤⑥13解得 
由題意知
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