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1、25.2014新课标2 （19分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以速度ω绕O逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g．求： （1）通过电阻R的感应电流的方向和大小； （2）外力的功率．
2、 25.（19分）2013新课标1 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 ２４.（１４分）2013新课标2 如图，匀强
3、电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。 ２４.（１４分）2013新课标2 如图，匀强电场中有一
4、半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内 侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。 25. （18分）2012新课标 如图，一半径为R的圆表示一柱形区
5、域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。 24解析:粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得:①,式中v为粒子在a点的速度. 过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点,由几何关系知,线段和过a、b两点和轨迹圆弧的两条半径(末画出)围成一正
6、方形,因此② 设,由几何关系得: ③ ④ 联立②③④式得: ⑤ b a O d c 再考虑粒子在电场中的运动,设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得:qE=ma⑥ ⑦ r=vt⑧ 式中t是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得:⑨ 24、（15分）2011大纲 如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示
7、位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求： （1）磁感应强度的大小； （2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。 答案：（1） ；（2） 解析：（1）设小灯泡的额定电流I0，有：P＝I02R ① 由题意，在金属棒沿着导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为 I＝2I0 ② 此时刻金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg＝BLI ③ 联立①②③式得 B＝ ④ （2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得 E＝BLv ⑤ E＝R
8、I0 ⑥ 联立①②④⑤⑥式得 v＝ ⑦ 【点评】本题考查电磁感应与力学，电路的综合问题，属于常规题，从导体棒的运动情况来看，属于一根导体棒的“运动──发电──电流──运动”类型，自由释放的金属棒MN，下落过程中产生感应电动势，回路中形成电流，金属棒MN受到安培力作用，影响金属棒的运动。解决该类问题的关键有两个，一是要正确作出等效电路图，二是对导体或者是闭合回路的局部进行正确的受力分析，列出动力学或者静力学方程。 25、（19分）2011大纲 如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平右
9、射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。 答案：(＋) 解析：带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qE＝ma ① 设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得 v0t0＝at02 ② 粒子速度大小V1为 V1＝ ③ 设速度方向与竖直方向的夹角为α，则 tanα＝ ④ 此
10、时粒子到出发点P0的距离为 s0＝v0t0 ⑤ 此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝ ⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为 s1＝2r1sinβ ⑦ 由几何关系得 α＋β＝45° ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1＝ ⑨ 点P2与点P0相距 l＝s0＋s1 ⑩ 联立①②⑤⑨⑩解得 l＝(＋) ⑪ 【易错分析】1．对于带电粒子在电场中的运动，一些考生错将45°角当成粒子在电场中运动的速度偏向角，导致错解，也有一些考生将粒子出电场时的速度大小仍当成是，导致错解。
11、2．对于粒子在匀强磁场中的运动，对几何关系挖掘不细致导致不能完成求解。 25. （19分）2011新课标 如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子a射入区域I时速度的大小； （2）当a离开区域
12、II时，a、b两粒子的y坐标之差。 答案：B 解析： （1）设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ① 由几何关系得 ∠PCP′ = θ ② ③ 式中θ = 30° 由①②③式得 ④ (2)设粒子a在Ⅱ内做圆
13、周运动的圆心为Oa ，半径为Ra2，粒子射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa = θ′ ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥ C、P′、Oa 三点共线，且由⑥式知Oa 必位于 ⑦ 的平面上，由对称性知Pa 与P′点的纵坐标相同，即 ⑧ 式中h为C点的y坐标.且θ′ = 60° 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨ 解得：
14、 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α，如果b没有飞出Ⅰ，则 ⑩ ⑾ 解得： 式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而 ⑿ ⒀ 解得： 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 α = 30° ⒁ 由①③⑨⒁式可见，b没有飞出Ⅰ。Pb点的y坐标为 yPb= Rb1(2+cosα )+h ⒂ 由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 ⒃ 评分参考：第(1)问8分，①②③④式各2分，第(2)问
15、11分，⑤⑥式各1分，⑧式2分，⑨式1分，⒁⒂⒃式各2分。 26（21分）2010全国2 E F G H 图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V;两板之间有匀强磁场，磁场应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力 （1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，
16、求离子甲的质量。 （2）已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点（图中未画出）穿出磁场，且GI长为，求离子乙的质量。（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。 【答案】边上从到点。边上从到。 【解析】（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有 ① 式中ks5u ，v是离子运动的速度，E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有ks5u ② 由①②式得：ks5u ③ 在正三角
17、形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动。设离子甲质量为m， 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有： E F G H O K I/ ks5u ④ ks5u 式中，r是离子甲做圆周运动的半径。离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O：这半圆刚好与EG边相切于K，与EF边交于I/点。在ΔEOK中，OK垂直于EG。 由几何关系得 ks5u ⑤ ks5u 由⑤式得ks5u ⑥ ks5u 联立③④⑥式得,离子甲的质量为ks5u ⑦ （2）同理，有洛仑兹力公式和牛顿第二定律有ks5u ⑧ E
18、 F G H O/ I ks5u 式中，和分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径。离子乙运动的圆周的圆心必在E、H两点之间，又几何关系有 ks5u ⑨ ks5u 由⑨式得ks5u ⑩ ks5u 联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为 ⑾ （3）对于最轻的离子，其质量为，由④式知，它在磁场中做半径为的匀速圆周运动。因而与EH的交点为O，有ks5u ⑿ks5u 当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时，离子到达磁场边界上的点的位置从点沿边变到点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从点沿边趋向于点。点到点的距离为ks5u
19、 ⒀
ks5u
所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：边上从到I/点。边上从到。
25．(18分)2010新课标
如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a／2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小：
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。
A
x
y
D
P
O
R
C
v
α
α
α
a
【答案】（1）（2）
【解析】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，
根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：，解得：
当a/2
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