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（08年西南師大附中月考）(20分)如圖所示，x軸上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為45且斜向上方. 現(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的正離子，以速度v₀由y軸上的A點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，該離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從x軸上的C點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，該離子經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸夾角為45．不計(jì)離子的重力，設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域和電場(chǎng)區(qū)域足夠大．求：

（1）離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R，并求出離子第一次出磁場(chǎng)的位置C點(diǎn)的橫坐標(biāo)；

（2）離子從A點(diǎn)出發(fā)到第三次穿越x軸時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

（3）離子第四次穿越x軸時(shí)速度的大小。

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高考真題

1．【解析】對(duì)A選項(xiàng)，靜止的導(dǎo)線上的穩(wěn)恒電流附近產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng)，通過(guò)旁邊靜止的線圈不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，A被否定；穩(wěn)恒電流周圍的穩(wěn)定磁場(chǎng)是非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的線圈可能會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，B符合事實(shí)；靜止的磁鐵周圍存在穩(wěn)定的磁場(chǎng)，旁邊運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體棒會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C符合；運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線上的穩(wěn)恒電流周圍產(chǎn)生運(yùn)動(dòng)的磁場(chǎng)，即周圍磁場(chǎng)變化，在旁邊的線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，D符合。

【答案】A

2．【解析】本題考查右手定則的應(yīng)用。根據(jù)右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢(shì)高，在PQcd回路中，電流為逆時(shí)針?lè)较�，即流過(guò)R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時(shí)針?lè)较颍�即流過(guò)r的電流為由b到a。當(dāng)然也可以用楞次定律，通過(guò)回路的磁通量的變化判斷電流方向．所以選項(xiàng)B正確

【答案】B

3.【解析】如圖所示，設(shè)觀察方向?yàn)槊嫦虮狈�，左西右東，則地磁場(chǎng)方向平行赤道表面向北，

若飛機(jī)由東向西飛行時(shí)，由右手定則可判斷出電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)橛缮?/p>

向下，若飛機(jī)由西向東飛行時(shí)，由右手定則可判斷出電動(dòng)勢(shì)方向

為由下向上，A對(duì)B錯(cuò)；沿著經(jīng)過(guò)地磁極的那條經(jīng)線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速

度方向平行于磁場(chǎng)，金屬桿中一定沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C錯(cuò)D對(duì)。

【答案】AD

4．【解析】在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對(duì)。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯(cuò)。當(dāng)速度為時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為，受到的安培力為，計(jì)算可得,C對(duì)。在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，是彈簧的彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能和內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)。

【答案】AC

5．【解析】在x=R左側(cè)，設(shè)導(dǎo)體棒與圓的交點(diǎn)和圓心的連線與x軸正方向成θ角，則導(dǎo)體棒切割有效長(zhǎng)度L=2Rsinθ，電動(dòng)勢(shì)與有效長(zhǎng)度成正比，故在x=R左側(cè)，電動(dòng)勢(shì)與x的關(guān)系為正弦圖像關(guān)系，由對(duì)稱性可知在x=R右側(cè)與左側(cè)的圖像對(duì)稱。

【答案】A

  6．【解析】考查自感現(xiàn)象。電鍵K閉合時(shí)，電感L₁和L₂的電流均等于三個(gè)燈泡的電流，斷開(kāi)電鍵K的瞬間，電感上的電流i突然減小，三個(gè)燈泡均處于回路中，故b、c燈泡由電流i逐漸減小，B、C均錯(cuò)，D對(duì)；原來(lái)每個(gè)電感線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均加載于燈泡a上，故燈泡a先變亮，然后逐漸變暗，A對(duì)。本題涉及到自感現(xiàn)象中的“亮一下”現(xiàn)象，平時(shí)要注意透徹理解。

【答案】AD．

7．【解析】該題利用導(dǎo)體在磁場(chǎng)中的切割模型綜合考查法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、物體平衡、牛頓第二定律和變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；導(dǎo)體從靜止開(kāi)始又變加速到勻加速，又由勻加速到勻速直至完成全過(guò)程，環(huán)環(huán)相扣，逐步深入，循序漸進(jìn)，無(wú)不滲透著經(jīng)典物理的科學(xué)思想和方法．

（1）體棒ab從A處下落時(shí)的有效切割長(zhǎng)度為r，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：

E₁＝Brv₁，此時(shí)等效電路的電阻為R_總1＝＝4R，所以I₁＝＝，故安培力F₁＝BI₁L₁＝，由牛頓第二定律得mg－F₁＝ma，所以a＝g－，

（2）有效切割長(zhǎng)度為2r，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E₂＝2Brv，此時(shí)等效電路的電阻為R_總2＝＝3R，所以I₂＝＝，故安培力為F₂＝BI₂L₂＝，因棒中電流大小始終不變，也就是速度不變，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v²－v₂²＝2gh，所以h＝－，得I₂₂＝I₂＝，故P₂＝I₂₂²R₂＝＝，

（3）由牛頓第二定律F＋mg－＝ma，所以F＝ma－mg＋

【答案】(1) a＝g－   (2)   (3) F＝ma－mg＋

8．（1）a和b不受安培力作用，由機(jī)械能守恒可知

（2）設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為，剛離開(kāi)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為，

由能量守恒得：在磁場(chǎng)區(qū)域中，

在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中，

解得：

（3）在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，且平均速度，有磁場(chǎng)區(qū)域，棒a受到的合力

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)  ，感應(yīng)電流，解得

根據(jù)牛頓第二定律，在t到時(shí)間內(nèi)

解得

【答案】（1）    

（2）      

 （3）

9．【解析】（1）改變電流方向，磁通量變化量為原來(lái)磁通量的兩倍，即2BS，代入公式計(jì)算得B=，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動(dòng)勢(shì)的平均值ε＝。

（2）根據(jù)數(shù)據(jù)可得B與I成正比，比例常數(shù)約為0.00125，故B=kI（或0.00125I）

（3）為了得到平均電動(dòng)勢(shì)的準(zhǔn)確值，時(shí)間要盡量小，由B的計(jì)算值可看出與N和S相關(guān)聯(lián)，故選擇A、B。

【答案】（1），             

（2）0.00125I（或kI）      

（3）A，B

10．【解析】正確分析線框的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是解決問(wèn)題的關(guān)鍵

（1）cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，做自由落體運(yùn)動(dòng)，線框速度v=

所以線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv＝BL

(2)此時(shí)線框中電流   I=由分壓原理可得，cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)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=

【答案】（1）E=BLv＝BL  （2）U=I()=   （3）

11．【解析】導(dǎo)體棒所受的安培力為：F=BIl………………① 

由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運(yùn)動(dòng)，因此在棒的速度從v₀減小到v₁的過(guò)程中，平均速度為：……………………②  

當(dāng)棒的速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為：E=Blv………………③  

棒中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：………………④  

綜合②④式可得：………………⑤   

導(dǎo)體棒中消耗的熱功率為：………………⑥   

負(fù)載電阻上消耗的熱功率為：…………⑦   

由以上三式可得：…………⑧   

  【答案】（1）    （2）

12．【解析】(1)由于列車速度與磁場(chǎng)平移速度不同，導(dǎo)致穿過(guò)金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應(yīng)，金屬框中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，該電流受到的安培力即為驅(qū)動(dòng)力。                                             

(2)為使列車獲得最大驅(qū)動(dòng)力，MN、PQ應(yīng)位于磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度同為最大值且反向的地方，這會(huì)使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導(dǎo)致框中電流最強(qiáng)，也會(huì)使得金屬框長(zhǎng)邊中電流受到的安培力最大。因此，d應(yīng)為的奇數(shù)倍，即

     或       （）①

(3)由于滿足第(2)問(wèn)條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B₀且方向總相反，經(jīng)短暫的時(shí)間，磁場(chǎng)沿Ox方向平移的距離為，同時(shí)，金屬框沿Ox方向移動(dòng)的距離為。  因?yàn)関₀>V，所以在時(shí)間內(nèi)MN邊掃過(guò)磁場(chǎng)的面積

    在此時(shí)間內(nèi)，MN邊左側(cè)穿過(guò)S的磁通移進(jìn)金屬框而引起框內(nèi)磁通量變化

    同理，該時(shí)間內(nèi)，PQ邊左側(cè)移出金屬框的磁通引起框內(nèi)磁通量變化

    故在內(nèi)金屬框所圍面積的磁通量變化         

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小          

 根據(jù)閉合電路歐姆定律             

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(shí)列車驅(qū)動(dòng)力的大小

         聯(lián)立解得     

【答案】（1）  電流受到的安培力即為驅(qū)動(dòng)力   （2）   （3）

名校試題

1．【解析】若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應(yīng)電流消失，所以鋁環(huán)跳起到某一高度后將回落；正、負(fù)極對(duì)調(diào)，同樣磁通量增加，由楞次定律，鋁環(huán)向上跳起．

【答案】CD

2．【解析】 是楞次定律可以判斷選項(xiàng)AC正確                    

【答案】AC

3．【解析】橡膠盤A在加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的磁場(chǎng)在不斷增加，穿過(guò)B的磁通量不斷增加，根據(jù)楞次定律可知B正確。

【答案】B

4．【解析】矩形線框向上進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，受到向下的重力和磁場(chǎng)力，致使速度減小，所

以v₁＞v₂，A正確；進(jìn)入磁場(chǎng)后上升階段從位置2到位置3，無(wú)磁場(chǎng)力，重力做負(fù)功，所以v₂＞v₃，B錯(cuò)誤；從位置2上升至最高點(diǎn)后再返回至位置2，無(wú)磁場(chǎng)力，重力做功為零，所以v₂＝v₄，C正確；下落離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到向下的重力和向上的磁場(chǎng)力，兩個(gè)力大小無(wú)法確定，所以v₄與v₅無(wú)法比較，D錯(cuò)誤。

【答案】AC

5．【解析】當(dāng)拉力恒定時(shí),                       

最終以的速度做勻速運(yùn)動(dòng),則，代入的表達(dá)式中得

當(dāng)功率恒定時(shí),

最終以的速度做勻速運(yùn)動(dòng),則

代入的表達(dá)式中得

【答案】C

6．【解析】對(duì)、棒受力分析如圖所示,從能的轉(zhuǎn)化與守恒角度出發(fā),可推知外力F克服棒所受的摩擦力做功直接將其他形式的能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,而F克服安培阻力做的功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,其功率為P_電=(F-f)V_a,故感應(yīng)電流做功的 功率也為,C項(xiàng)正確.本題易錯(cuò)選D,實(shí)際上它是回路的總電能的一部分。在棒上通過(guò)克服做功轉(zhuǎn)化為棒與軌道的內(nèi)能,功率.這時(shí)棒與相當(dāng)于電動(dòng)機(jī)通過(guò)感應(yīng)電流而運(yùn)動(dòng),把電能通過(guò)克服做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.電能的另一部分,由電流的熱效應(yīng)轉(zhuǎn)化為電路的內(nèi)能,電能的另一部分,由電流的熱效應(yīng)轉(zhuǎn)化為電路的內(nèi)能,其功率為感應(yīng)電流做功的總功率減去棒上輸出的功率,即,故D項(xiàng)所指正是這部分功率而非感應(yīng)電流做功的總功率.

【答案】C

7．【解析】⑴勻速時(shí)，拉力與安培力平衡，F(xiàn)=BIL

    得：                        

⑵金屬棒a切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv

    回路電流  聯(lián)立得：

⑶平衡時(shí)，棒和圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，

        得：θ=60°

【答案】（1）   （2）    （3）

8．【解析】（1）設(shè)ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E = BLv…

電路中電流 I = ……………對(duì)ab棒，由平衡條件得 mg－BIL = 0…

解得 v =

(2) 由能量守恒定律：mg(d₀ + d) = E_電 + mv²

解得 ，

（3）設(shè)棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₀，由mgd₀ = mv₀²，得v₀ =

棒在磁場(chǎng)中勻速時(shí)速度為v = ，則

1 當(dāng)v₀=v，即d₀ = 時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn) 

2 當(dāng)v₀ < v，即d₀ <時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做先加速后勻速直線運(yùn)動(dòng)

3 當(dāng)v₀＞v，即d₀＞時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做先減速后勻速直線運(yùn)動(dòng)

【答案】（1） （2）  （3）

9．【解析】(1)勻速下降時(shí),金屬桿勻速上升,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:

則

對(duì)、整體有：

由以上式子解得：

(2)由(1)得:                       

由圖象可知:

所以解得:

【答案】（1）     （2）

10．【解析】（1）當(dāng)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為v_m，達(dá)到最大時(shí)則有

mgsinθ=F_安              F_安＝ILB

                    其中　　　R_總＝6R                                         所以      mgsinθ=        解得最大速度　　　                                 

（2）R₂上消耗的功率　      其中　 　                                     

     又　　                                        

解以上方程組可得

當(dāng)時(shí)，R₂消耗的功率最大          最大功率 

 【答案】（1）  （2）          

11．【解析】（1）在t＝0至t＝4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場(chǎng)變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．電路為r與R并聯(lián)，再與R_L串聯(lián)，電路的總電阻

＝5Ω                     ①

此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

=0.5×2×0.5V=0.5V          ②

通過(guò)小燈泡的電流為：＝0.1A            ③

（2）當(dāng)棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電路為R與R_L并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻

＝2＋Ω＝Ω       ④

由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流I_L=0.1A，則流過(guò)棒的電流為

＝0.3A             ⑤

電動(dòng)勢(shì)                        ⑥

解得棒PQ在磁場(chǎng)區(qū)域中v=1m/s                                 

【答案】（1）    0.1A       （2）運(yùn)動(dòng)的速度大小v=1m/s

12．【解析】(1)ab桿向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閍→b，大小為E=BLv₁，…   耐桿中的感應(yīng)電流方向?yàn)閐→c.cd桿受到的安培力方向水平向右

    安培力大小為①   

解①、③兩式，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為③

(2)ab桿所受拉力F=④

(3)設(shè)cd桿以v₂速度向下運(yùn)動(dòng)h過(guò)程中，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)了s距離

    整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力所做的功

    …

【答案】（1）   （2）  （3）

 13．【解析】導(dǎo)軌在外力作用下向左加速運(yùn)動(dòng)，由于切割磁感線，在回路中要產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)軌的bc邊及金屬棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要隨電流的變化而變化，導(dǎo)軌受到PQ棒的摩擦力也要變化，因此導(dǎo)軌的加速度要發(fā)生改變．導(dǎo)軌向左切割磁感線時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)   E=BLv    ①  

感應(yīng)電流       ②  

即    ③       導(dǎo)軌受到向右的安培力F ₁= BIL，金屬棒PQ受到向上的安培力F₂= BIL，導(dǎo)軌受到PQ棒對(duì)它的摩擦力， 

根據(jù)牛頓第二定律，有

        ④   

（1）當(dāng)剛拉動(dòng)導(dǎo)軌時(shí)，v=0，由③④式可知I=0時(shí)有最大加速度a_m，即

m/s²  

（2）隨著導(dǎo)軌速度v增大感應(yīng)電流I增大而加速度a減小，當(dāng)a=0時(shí)，導(dǎo)軌有最大速度v_m，從④式可得

A 

將A代入③式，得             

m/s