高考物理復(fù)習(xí)總匯(三)

高中物理專題總匯（三）

帶電粒子在磁場中的運動

【例1】磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高速從左向右噴射，兩極板間有如圖方

向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多

少？

解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。

所以上極板為正。正、負極板間會產(chǎn)生電場。當(dāng)剛進入的正負離

子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv.

當(dāng)外電路斷開時，這也就是電動勢E。當(dāng)外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強

減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子又將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這時電動勢仍是小，

但路端電壓將小于Bdv.

在定性分析時特別需要注意的是：

⑴正負離子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。

⑵外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，兩板間電壓將小于8小，但

電動勢不變（和所有電源一樣，電動勢是電源本身的性質(zhì)。）

⑶注意在帶電粒子偏轉(zhuǎn)聚集在極板上以后新產(chǎn)生的電場的分析。在外電路斷開時最終

將達到平衡態(tài)。

【例2】半導(dǎo)體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當(dāng)于帶正電）導(dǎo)電，分為p型和〃

型兩種。p型中空穴為多數(shù)載流子；〃型中自由電子為多數(shù)載流

子。用以下實驗可以判定一塊半導(dǎo)體材料是p型還是n型：將XXvXX^XX

材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流/,用電壓表判定上XXXXXX

下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高，就是p型半導(dǎo)體；

若下極板電勢高，就是〃型半導(dǎo)體。試分析原因。

解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右,

所以洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉(zhuǎn)。p型半導(dǎo)體中空穴多，上極板的電勢高；n

型半導(dǎo)體中自由電子多，上極板電勢低。

1

注意：當(dāng)電流方向相同時，正、負離子在同?個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，

所以偏轉(zhuǎn)方向相同。

3.洛倫茲力大小的計算

帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當(dāng)向心力，由

此可以推導(dǎo)出該圓周運動的半徑公式和周期公式：r=—T=^-

BqBq

［例3］如圖直線MN上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。

正、負電子同時從同一點。以與MV成30°角的同樣速度v射入

磁場（電子質(zhì)量為m電荷為e）,它們從磁場中射出時相距多遠？

射出的時間差是多少？

解：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。只是偏轉(zhuǎn)方向相

反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以

兩個射出點相距2八由圖還可看出，經(jīng)歷時間相差2773。答案為射出點相距s=々絲，時

Be

間差為皿。關(guān)鍵是找圓心、找半徑和用對稱。

3Bq

【例4】一個質(zhì)量為機電荷量為g的帶電粒子從x軸上的P（a,0）

點以速度v,沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，

并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和射出點的

坐標(biāo)。

解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O1,并得出半徑為

「=絲=吧，得B=?吧;射出點坐標(biāo)為（0,限）。

V3Bq2aq

帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試

題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運動問題，綜合性較強，解這

類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數(shù)學(xué)中的平面幾何中

的圓及解析幾何知識。

2

1、帶電粒子在半無界磁場中的運動

【例5】一個負離子，質(zhì)量為加，電量大小為g,以速率v垂直于屏S經(jīng)過小孔。射

入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應(yīng)強度B的方向與離子的運動方向垂直，

并垂直于圖1中紙面向里.

XVXXX

（1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與。點的距離.XX

（2）如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t到達位置P,證明:直線。尸KX義X

與離子入射方向之間的夾角。跟t的關(guān)系是6=或/。

2mKXXX

解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，I做勻速圓周運

動.設(shè)圓半徑為r,則據(jù)牛頓第二定律可得：

v2mvX

Bqv-m一，解得r-——

rBq

X

如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO^lrX

2mvX

所以40=

（2）當(dāng)離子到位置P時，圓心角：a=V=%

rm

因為a=26,所以6=或九

2m

2.穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、

連心線）。偏角可由tan2=C求出。經(jīng)歷時間由f=網(wǎng)得出。

2RBq

注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。

【例6】如圖所示，一個質(zhì)量為電量為g的正離子，從A點正對著圓心O以速度

v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，

3

磁感應(yīng)強度的大小為8。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞多次后仍從A點射出，求正離子在

磁場中運動的時間設(shè)粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。

解析：山于離子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度

方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。設(shè)粒子與圓筒內(nèi)

壁碰撞〃次,則每相鄰兩次碰撞點之間圓弧所對的圓心角為2B/(〃+1)山幾

何知識可知，離子運動的半徑為

?n

尸=火tan----

?+1

277777

離子運動的周期為T=幺，又Bqv=m—,

qBr

所以離子在磁場中運動的時間為/=2Ktan工

vn+1

［例7］圓心為。、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為8、方向為垂直于紙面向

里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為乙的O'處有一豎直放置的熒屏MM今有一質(zhì)

量為根的電子以速率v從左側(cè)沿方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P

點，如圖所示，求0,P的長度和電子通過磁場所用的時間。

解析：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O〃，半徑為R,圓

弧段軌跡所對的圓心角為。，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動，如圖4

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

O"B,可見。、B、P在同一直線上，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,電子經(jīng)過磁場的時間可用片生=巴來求得。

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.穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉(zhuǎn)角由sine

=￡伏求出。側(cè)移由芯三次（尺3）2解出。經(jīng)歷時間由/=㈣得出。

Bq

注意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這

點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)結(jié)論不同！

5

【例8】如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感強度為8,寬度為d

的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°,則電子的質(zhì)量

解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為f

±v,故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖中的。點，由幾何

知識知，間圓心角，=30°,08為半徑。

.?.尸Msin30°=2d,又illr=mv/Be得m=2dBe/v

又圓心角是30°,.?.穿透時間片7712,故片nM3v。

帶電粒子在長足夠大的長方形磁場中的運動時要注意臨界條件的分析。如己知帶電粒

子的質(zhì)量加和電量e,若要帶電粒子能從磁場的右邊界射出，粒子的速度v必須滿足什么

條件？這時必須滿足尸機v/8e>d,即

【例9】長為Z,的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為

B,板間距離也為3板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為用電量為g的帶正電粒子（不計重力），從

左邊極板間中點處垂直磁感線以速度丫水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的

辦法是：

A.使粒子的速度*8業(yè)/4〃”

B.使粒子的速度如

C.使粒子的速度禮物;；

D.使粒子速度8"/4sVv<58〃/4機。

解析：由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周

6

運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值功時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值

-2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時r的最小值"以及

粒子在左邊穿出時r的最大值廠2，由幾何知識得：

粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在。點，有：

22

n=L+(rrL/2)2得『5。/4,

又由于r\=mv\/BqW-v\=5BqL/4m,v>5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。

粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在0'點，有r2~L/4,又由r2—mv2/Bq=L/4得v2

=BqL/4m

v2<BqL/4m時粒子能從左邊穿出。

綜上可得正確答案是A、B?

針對訓(xùn)練

1.如圖所示，豎直向下的勻強磁場穿過光滑的絕緣水平面，平面上一個釘子。固定

一根細線，細線的另一端系-帶電小球，小球在光滑水平面內(nèi)繞。做勻速圓周運動.在某

時刻細線斷開，小球仍然在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列說法一定錯誤的是

A.速率變小，半徑變小，周期不變B.速率不變，半徑不變，周期不變

C.速率不變，半徑變大，周期變大D.速率不變，半徑變小，周期變小

2.如圖所示，x軸上方有垂直紙面向里的勻強磁場.有兩個質(zhì)量相同，電荷量也相同

的帶正、負電的離子(不計重力)，以相同速度從。點射入磁場中，射入方向與x軸均夾

，角.則正、負離子在磁場中XXBx

XXX

7義

0

A.運動時間相同

B.運動軌道半徑相同

C.重新回到x軸時速度大小和方向均相同

D.重新回到x軸時距0點的距離相同

3.電子自靜止開始經(jīng)M、N板間（兩板間的電壓為"）的電場加速后從/點垂直于磁

場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L,

如圖所示.求勻強磁場的磁感應(yīng)強度.（已知電子的質(zhì)量為m,電量為e）

nn

u[xXX

mu4

e^-XXX

nn

u!xXXX」

uL

XX

w11)

lxXXX!P

*-d__

4.已經(jīng)知道，反粒子與正粒子有相同的質(zhì)量，卻帶有等量的異號電荷.物理學(xué)家推測,

既然有反粒子存在，就可能有山反粒子組成的反物質(zhì)存在.1998年6月，我國科學(xué)家研制

的阿爾法磁譜儀由“發(fā)現(xiàn)號”航天飛機搭載升空，尋找宇宙中反物質(zhì)存在的證據(jù).磁譜儀的

核心部分如圖所示，PQ、兒W是兩個平行板，它們之間存在勻強磁場區(qū)，磁場方向與兩板

平行.宇宙射線中的各種粒子從板PQ中央的小孔0垂直PQ進入勻強磁場區(qū)，在磁場中發(fā)

生偏轉(zhuǎn)，并打在附有感光底片的板MV上，留下痕跡.假設(shè)宇宙射線中存在氫核、反氫核、

氮核、反氮核四種粒子，它們以相同速度v從小孔O垂直尸。板進入磁譜儀的磁場區(qū)，并

打在感光底片上的人b、c、d四點，已知氫核質(zhì)量為相，電荷量為e,PQ與兒W間的距

離為L,磁場的磁感應(yīng)強度為A

J___

8

(1)指出。、b、c、d四點分別是由哪種粒子留下的痕跡？(不要求寫出判斷過程)

(2)求出氫核在磁場中運動的軌道半徑；

(3)反氫核在上留下的痕跡與氫核在上留下的痕跡之間的距離是多少？

5.如圖所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于刈平面并指向紙里,

磁感應(yīng)強度為8.一帶負電的粒子(質(zhì)量為加、電荷量為g)以速度均從。點射入磁場，入

射方向在孫平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為以求：

O%

d二

XXXXXXXx

XXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

(1)該粒子射出磁場的位置；

(2)該粒子在磁場中運動的時間.(粒子所受重力不計)

參考答案

1.A2.BCD

3.解析：電子在河、N間加速后獲得的速度為v,由動能定理得:

12

—mv-O=eu

2

電子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為廠，貝U：

v2

evB=m—

r

電子在磁場中的軌跡如圖，山幾何得：

9

L〃2+/

2

由以上三式得:

4.解：（1）4、人c、d四點分別是反氫核、反氫核、氫核和氫核留下的痕跡.

（2）對氫核，在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得:

v2

evB=m一R=—

ReB

（3）由圖中幾何關(guān)系知:

22

2mv

s,d=R-^R-1?

eBVe2B

所以反氫核與氫核留卜?的痕跡之間的距離

10

5.解：（1）帶負電粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿圖示的軌跡

運動，從力點射出磁場，設(shè)間的距離為3射出時速度的大小仍為v,射出方向與x

軸的夾角仍為0,由洛倫茲力公式和牛頓定律可得：

-

X不XXX

XXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXXXX

XXX

XxBxXX

2

qvoAB=m-%---

R

式中R為圓軌道半徑，解得：

七也①

qB

圓軌道的圓心位于04的中垂線上，由幾何關(guān)系可得：

—=7?sin。②

2

聯(lián)解①②兩式，得：人2〃7Vosin。

qB

所以粒子離開磁場的位置坐標(biāo)為（一2加“。si"’,o）

qB

11

/、口_［、「2成27m

(2)因為T=——=——

%qB

所以粒子在磁場中運動的時間，/=?T=2〃""二二

2乃qB

電磁感應(yīng)一功能問題

【例1】光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖所示，拋物的方程是y=x?,下半部處在

一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=a的直線（圖中虛線所示）,

一個小金屬環(huán)從拋物線上y=b（b<a）處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線

足夠長，金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是（）

..?1*

A.mgbB.—mv^

2

C.mg（6-Q）D.mg（b-a）+—mv

【解析】小金屬環(huán)進入或離開磁場時，磁通量會發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)小金屬

環(huán)全部進入磁場后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，由能量定恒可得產(chǎn)生的焦耳熱等干減少的機械能即

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

【例2】如圖所示，固定在水平絕緣平面上足夠長的金屬導(dǎo)軌不計電阻，但表面粗糙，導(dǎo)

軌左端連接一個電阻R,質(zhì)量為m的金屬棒（電阻也不計）放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整

個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，用水平恒力F把ab棒從靜止起向右

拉動的過程中①恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能；②恒力F和摩擦力的

合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；③克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)

生的電能；④恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和棒T

獲得的動能之和以上結(jié)論正確的有（）

A.①②B.②③C.③④D.②④

【解析】在此運動過程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和為棒ab動能

增加量，其中安培力做功將機械能轉(zhuǎn)化為電能，故選項C是正確.

【例3】圖中abed和a2b2c2d2為在同一一豎直面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在

磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在的平面（紙

面）向里。導(dǎo)軌的ab段與azbz段是豎直的，距離為L；cd段與c2dz

段也是豎直的，距離為L。x中與xzy,為兩根用不可伸長的絕緣輕

線相連的金屬細桿，質(zhì)量分別為皿和叱，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)

軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R,F為作用

12

于金屬桿X?L上的豎直向上的恒力。已知兩桿運動到圖示位置時，已勻速向上運動，求

此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率。

【解析】設(shè)桿向上運動的速度為V,因桿的運動，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從

而磁通量也減少。由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢的大小￡=B(b-L)v①，

回路中的電流I=e/R②，電流沿順時針方向，兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿

X,山勺安培力為f\=BLI,③，方向向上，作用于桿x"的安培力f2=BLI④，方向向下，當(dāng)桿

作勻速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有F-

-7i=o⑤，解以上各式，得/=/:作@.v=p2；.⑦.作用于兩

桿的支力的功率的大小2=(叫+供)刈⑧，電阻上的熱功率Q=?R⑨，由⑥⑦⑧⑨式可得P=

F一-的(四4-+彳加)22)樂?,加+2卜@_.C=F-(ni)2R?

i)J

2

F-(wi+m2)gi

【答案】P=+但卜Q=8(…)1

本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律、焦耳定律等規(guī)律的綜合應(yīng)

用能力.

【例4】如下圖，在水平面上有兩條平行導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ,導(dǎo)軌間距離為1,勻強磁場垂直

于導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度的大小為B,兩根金屬桿1、2擺在導(dǎo)軌匕與

導(dǎo)軌垂直，它們的質(zhì)量和電阻分別為m、mz和R、x2AXA

N

R”兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)M

XXXXXX

為N,已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿V。

導(dǎo)軌運動；達到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿2也以恒定速度沿XXXXKX

導(dǎo)軌運動，導(dǎo)軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩

P

1X

擦力做功的功率。XXXX

【解析】解法一：設(shè)桿2的運動速度為v,由于兩桿運動時一，兩桿和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的磁

通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢￡=B1(VLV)①，感應(yīng)電流1=e/(Ri+Rj②，桿2運動受到

的安培力等于摩擦力Bn=um2g③，導(dǎo)體桿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表示拖動桿1的外力，表示回路的電流，達到穩(wěn)定時，對桿1有F-umig-BH①,

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

擦力做?功的功率，則有P=-產(chǎn)⑶+&)-W71序0④,解得戶=小8卜一景氏(%+危)]⑤

【答案】P=W2g[uo-^^(%+%)]

本題主要考查考生應(yīng)用電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和牛頓運動定律解決力電綜合問題

的能力.

13

鞏固練習(xí)

1.如圖所示，勻強磁場和豎直導(dǎo)軌所在面垂直，金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，在金

屬棒、導(dǎo)軌和電阻組成的閉合回路中，除電阻R外，其余電阻均不計，在ab

下滑過程中：[]

A.由于ab下落時只有重力做功，所以機械能守恒.

B.ab達到穩(wěn)定速度前，其減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為電阻R的內(nèi)能.

C.ab達到穩(wěn)定速度后，其減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為電阻R的內(nèi)能.

D.ab達到穩(wěn)定速度后，安培力不再對ab做功.

2.如圖所示，ABCD是固定的水平放置的足夠長的U形導(dǎo)軌，整個導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強

磁場中，在導(dǎo)軌上架著一根金屬棒ab,在極短時間內(nèi)給棒ab一個水平向右的速度，ab棒

開始運動，最后乂靜止在導(dǎo)軌匕則ab在運動過程中，就導(dǎo)

軌是光滑和粗糙兩種情況相比較()

A.整個回路產(chǎn)生的總熱量相等

B.安培力對ab棒做的功相等

C.安培力對ab棒的沖量相等

D.電流通過整個回路所做的功相等

3.如圖所示，質(zhì)量為M的條形磁鐵與質(zhì)量為m的鋁環(huán)，都

滑的水平面上，當(dāng)在極短的時間內(nèi)給鋁環(huán)以水平向右

使環(huán)向右運動，則下列說法不正確的是()

A.在鋁環(huán)向右運動的過程中磁鐵也向右運動

B.磁鐵運動的最大速度為I/(M+m)

C.鋁環(huán)在運動過程中，能量最小值為ml2/2(M+m)2

D.鋁環(huán)在運動過程中最多能產(chǎn)生的熱量為172m

4.如圖所示，在光滑的水平面上，有豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為—71

L的區(qū)域里，現(xiàn)有一邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈剛好能穿過磁場，匚:

吊住金屬框的細線跨過兩定滑輪后，其另一端掛著一個質(zhì)量為M=0.14kg

的重物，重物拉著金屬框運動，當(dāng)金屬框的AB邊以某?速度進入磁感強度

B=0.5T的水平勻強磁場后，即以該速度v做勻速運動，取且=10m/s2,

14D

則金屬框勻速上升的速度v=m/s,在金屬框勻速上升的過程中，重物M通過懸線對

金屬框做功J,其中有J的機械能通過電流做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.

7.如圖所示，兩根固定在水平面上的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,一端接有阻值為R的電阻,

處于方向豎直向下的勻強磁場中。在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌跨放質(zhì)量為m的金屬直桿，金屬桿

的電阻為r,金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好、導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。金屬桿在垂直于桿的水

平恒力F作用下向右勻速運動時，電阻R上消耗的電功率為P,從某一時刻開始撤去水平

恒力F去水平力后：（1）當(dāng)電阻R上消耗的功率為P/4時，金屬桿的加速度大小和方向。（2）

電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

8.如圖甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感強度大小

為B,邊長為f的正方形金屬框abed（下簡稱方框）在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個

與方框邊長相同的U形金屬框架MNPQ（下簡稱U形框）U形框與方框之間接觸良好且無摩

擦，兩個金屬杠每條邊的質(zhì)量均為m,每條邊的電阻均為r.

M乂N

（1）將方框固定不動，用力拉動u形框使它以:：x—M--------

aK

速度vO垂直NQ邊向右勻速運動，當(dāng)U形框xpxx]xxXxbXXX

XXXXXX

的MP端滑至方框的最右側(cè)，如圖乙所示XXXXXX

X

時，方框上的bd兩端的電勢差為多大?此二/二院為x*L_XXXX

XXX/>XXXg

時方框的熱功率為多大？山乙

⑵若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度Vo,如果U形框恰好不能與方框分離,

則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少？

（3）若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v（v〉Vo）,U形框最終將與方框分離，

如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時間t方框最右側(cè)和U型框最左側(cè)距離為S,求

金屬框框分離后的速度各多大？

L答案:C

解析:下滑過程有安培力做功,機械能不守恒;ab達到穩(wěn)定速度,重力等于安培九故C正

確.

2.答案:A

解析：兩種情況下產(chǎn)生的總熱量，都等于金屬棒的初動能.

3.答案：D

解析：鋁環(huán)向右運動時，環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流的磁場與磁鐵產(chǎn)生相互作用，使環(huán)做減速運動，

磁鐵向右做加速運動，待相對靜止后，系統(tǒng)向右做勻速運動，由I=（m+M）v,得v=I/（m+M）,

15

即為磁鐵的最大速度，環(huán)的最小速度，其動能的最小值為m/2?{I/Gn+M)},,鋁環(huán)產(chǎn)生的最

大熱量應(yīng)為系統(tǒng)機械能的最大損失量，l2/2m-1/2(m+M)』1172m(m+M).

4.答案：C

解析：這是一道選用力學(xué)規(guī)律求解電磁感應(yīng)的好題目，線框做的是變加速運動，不能用

運動學(xué)公式求解，那么就應(yīng)想到動能定理，設(shè)線框剛進出時速度為V|和V2,則第一階段產(chǎn)

生的熱量

Qi=+*一:叫

,第二階段產(chǎn)生的熱量Qz=mv72,只要能找出vi和V2的關(guān)系就能找到答案，由動量定理可得

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

Bl2U2=mv2

因為是相同的

K

所以-v2)=mv2,t?|=2%

所以A號=3

5.答案:0.5W

解析：由題意分析知，當(dāng)祛碼加速下落到速度最大時,祛碼的合外力為零,此時R得到功率

最大，為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,轉(zhuǎn)化的內(nèi)能=F-』

7.解析：⑴撤去F之前，設(shè)通過電阻R的電流為I,則金屬桿受到的安培力大小尸安=811^.撤

去F之后，由P=I年知，當(dāng)電阻R上消耗的電功率為P/4時，通過R的電流I'=1/2,則金屬桿

受到的安培力『安=81U=尸/2,方向水平向左，由牛頓第二定律得，

“m2m.方向水平向左.

(2)撤去F后，金屬桿在與速度方向相反的安培力作用下，做減速運動直到停下。設(shè)勻速運

動時金屬桿的速度為v,則『(R+r)=Fv,又P=『R,解得

.jR+r)

RF

由能量守恒可得，撤去F后，整個電路產(chǎn)生的熱量

吐―笆

"22井戶

則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱

,=R"(R+r)

QR+#2尸R

8.解析：(DU形框向右運動時?，NQ邊相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv。，當(dāng)如圖乙所

16

Rr?3r3

示位置時，方框bd之間的電阻為&，=二國=彳’

U形框連同方框構(gòu)成的閉合電路的總電阻為R=3r+?M=Tr

閉合電路的總電流為/=9=下5，

BIVQ

根據(jù)歐姆定律可知，bd兩端的電勢差為：U1K虧

D”48丫屋

方框中的熱功率為：P=/R“=F7-

(2)在U形框向右運動的過程中，U形框和方框組成的系統(tǒng)所受外力為零，故系統(tǒng)動量守恒,

設(shè)到達圖示位置時具有共同的速度v,根據(jù)動量守恒定律

3mv0=(3m+4AH)v

解得”二—v0

根據(jù)能量守恒定律，U形框和方框組成的系統(tǒng)損失的機械能等于在這一過程中兩框架上產(chǎn)

生的熱量，即

(3)設(shè)U形框和方框不再接觸時方框速度為V”u形框的速度為V2：,根據(jù)動量守恒定律，有

3mv=4mVl+3mv2……兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運動，經(jīng)過時間t方框最右側(cè)

和U形框最左側(cè)距離為s,即冊2-打八=5聯(lián)立以上兩式，解得

+

?i=-y-(v--p),v2=--(3v

嵩三第二輪物理專題復(fù)習(xí)學(xué)案

----電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題

電磁感應(yīng)中中學(xué)物理的一個重要“節(jié)點”，不少問題涉及到力和運動、動量和能量、

電路和安培力等多方面的知識，綜合性強，也是高考的重點和難點，往往是以“壓軸題”

形式出現(xiàn).因此，在二輪復(fù)習(xí)中，要綜合運用前面各章知識處理問題，提高分析問題、解

決問題的能力.

木學(xué)案以高考題入手，通過對例題分析探究，讓學(xué)生感知高考命題的意圖，剖析學(xué)生

分析問題的思路，培養(yǎng)能力.

17

例1.【2003年高考江蘇卷】如右圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)端點P、Q用電阻可忽略的

導(dǎo)線相連，兩導(dǎo)軌間的距離/=0.20m.有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，己知磁感應(yīng)

強度B與時間t的關(guān)系為B=kt,比例系數(shù)k=0.020T/s.一電阻不計的金屬桿可在導(dǎo)軌

上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導(dǎo)軌垂直.在t=0時刻，軌固定在水平桌面上，每

根導(dǎo)軌每m的電阻為ro=O.lOC/m,導(dǎo)軌的金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下，桿恒

定的加速度從靜止開始向?qū)к壍牧硪欢嘶瑒?，求在t=6.0s時金屬桿所受的安培力.

［解題思路］以a示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離L=

12

—at"

2

此時桿的速度v=at

這時，桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積S=L/

NR

回路中的感應(yīng)電動勢E=S—+B/v5

△t

.A5B(t+A/)—Bt.

而BD=kt—=--------------=k

AZZ

回路的總電阻R=2Lr()

E

回路中的感應(yīng)電流，/=一

R

作用于桿的安培力F=B1I

3斤2/2

解得/=-----t

2尸。

代入數(shù)據(jù)為F=1.44X10-3N

例2.（2000年高考試題）如右上圖所示，一對平行光滑R軌道放置在水平地面上，

兩軌道間距L=0.20m,電阻R=1.0C；有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，

桿與軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感強度B=0.50T的勻強磁場中，磁場方

向垂直軌道面向下.現(xiàn)用-外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動.測得力F與時間

t的關(guān)系如下圖所示.求桿的質(zhì)量m和加速度a.

解析：導(dǎo)體桿在軌道上做勻加速直線運動，用v表示其速度，t表示時間，則有v=

at①

桿切割磁感線，將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv②

在桿、軌道和電阻的閉合回路中產(chǎn)生電流1=E/R

根據(jù)牛頓第二定律，有F—F&=ma⑤

?2/2

聯(lián)立以上各式，得尸=加?！猘t⑥

R

由圖線上各點代入⑥式，可解得

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

例3.（2003年高考新課程理綜）兩根平行的金屬--------------~

導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感強度B=0.05T的勻一?

強磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽____________________

略不計.導(dǎo)軌間的距離/=0.20m.兩根質(zhì)量均為m=

0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根

金屬桿的電阻為R=0.50Q.在t=0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大

小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動.經(jīng)過t=5.0s,金屬桿

甲的加速度為a=1.37m/s,問此時兩金屬桿的速度各為多少？

本題綜合了法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力、左手定則、牛頓第二定律、動量定理、全

電路歐姆定律等知識，考查考生多角度、全方位綜合分析問題的能力.

設(shè)任一時刻t,兩金屬桿甲、乙之間的距離為x,速度分別為口和也，經(jīng)過很短的時

間43桿甲移動距離h4t,桿乙移動距離也^t，回路面積改變

△s=[（x-V2/\t）+vAt]/—/X=（VI-V2）At

由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢

E=BAS/At=Bi（V]—v2）

回路中的電流

i=E/2R

桿甲的運動方程

F—B/i=ma

由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動量（t=

0忖為0）等于外力F的沖量.

Ft=mv]+mv2

聯(lián)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

代入數(shù)據(jù)得移v|=8.15m/s,v2=1.85m/s

19

練習(xí)

1、.如圖1,ab和cd是位于水平面內(nèi)的平行金屬軌道，其電阻可忽略不計.af之間

連接一阻值為R的電阻.ef為一垂直于ab和cd的金屬桿，它與ab和cd接觸良好并可沿

軌道方向無摩擦地滑動.ef長為/,電阻可忽略.整個裝置處在勻強磁場中，磁場方向垂

直于圖中紙面向里，磁感應(yīng)強度為B,當(dāng)施外力使桿ef以速度v向右勻速運動時，桿ef

所受的安培力為（）.

vB2/vB/vB-lvBl

A.BCD

RRRR

口T

h

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

xxxxx

圖1圖2

2、如圖2所示?兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里、寬度為d、磁感應(yīng)強度為B的

勻強磁場.質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線圈邊長為L（L<d）,線圈下邊緣到磁場上邊界

的距離為h.將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是V。在

整個線圈穿過磁場的全過程中（從下邊緣進入磁場到上邊緣穿出磁場），下列說法中正確的

是（）.

A?線圈可能一直做勻速運動

B.線圈可能先加速后減速

C.線圈的最小速度一定是mgR/B?!?

D.線圈的最小速度一定是J2g（/z-d+/）

3、如圖3所示，豎直放置的螺線管與導(dǎo)線abed構(gòu)成回路，導(dǎo)線所圍區(qū)域內(nèi)有一垂直

紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平面桌面上有一導(dǎo)體圓環(huán).導(dǎo)線abed所圍區(qū)

域內(nèi)磁場的磁感強度按圖15—11中哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導(dǎo)體圓環(huán)將受

到向上的磁場力作用?（）.

20

圖3

A

B

4、如圖4所示，磁感應(yīng)強度的方向垂直于軌道平面傾斜向下，當(dāng)磁場從零均勻增大

時，金屬桿ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則金屬桿受到的靜摩擦力將(

A.逐漸增大

B.逐漸減小

C.先逐漸增大，后逐漸減小

D.