1、专题十四 带电粒子在电场场中的运动【2011考纲解读】从2011高考考纲来看，带电粒子在电场中的运动依然为高考命题的热点之一。在高考带电粒子在电场中的运动是命题的重点，包括电场力做功的特点，带电粒子在电场中的运动，其中加速和偏转两种情况【高考预测】这部分的考查在考卷中主要以选择题和计算题的形式出现，以考查力电综合的题目为主本专题是电学的基础，在历年的高考中占有很大的比例，尤其是在力电综合试题中巧妙地把电场和牛顿定律、动能定理和动量定理等知识有机地结合在一起，除此之外，电场问题与生产技术、生活实际、科学研究等知识联系也很多，这些都是命题的新动向【专题测试】一 电场中的平衡带电粒子在电场中处于静止
2、或匀速直线运动状态时，则粒子在电场中处于平衡状态假设匀强电场的两极板间的电压为U，板间的距离为d，则：mg=qE=，有q=二带电粒子在电场中运动1带电粒子在电场中的加速在匀强电场中的加速问题 一般属于物体受恒力（重力一般不计）作用运动问题处理的方法有两种： 根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解基本方程： 在非匀强电场中的加速问题 一般属于物体受变力作用运动问题处理的方法只能根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解基本方程：2带电粒子在电场中的偏转设极板间的电压为U，两极板间的距离为，极板长度为运动状态分析：带电粒子垂直于匀强电场的场强方向进入电场
3、后，受到恒定的电场力作用，且与初速度方向垂直，因而做匀变速曲线运动类似平抛运动如图运动特点分析：在垂直电场方向做匀速直线运： 在平行电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动： 通过电场区的时间：粒子通过电场区的侧移距离： 粒子通过电场区偏转角：带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点所以侧移距离也可表示为：注意事项：1常用的结论 垂直电场方向而进入匀强电场的粒子，离开电场时都好像从极板中间位置沿直线飞出的一样 从静止开始经同一电场加速的并垂直进入同一偏转电场的粒子，离开偏转电场时有相同偏转角和侧移距离2是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定一般说来：（1）
4、基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力3粒子在交变电场中的往复运动 当电场强度发生变化时，由于带电粒子在电场中的受力将发生变化，从而使粒子的运动状态发生相应的变化，粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动，也可能是变速往复运动带电粒子是做单向变速直线运动，还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律（受力特点）的形式有关注意事项：（1）若粒子（不计重力）的初速度为零，静止在两极板间，再在两极板间加上左图的电压，粒子做单向变速直线运动
5、；若加上右图的电压，粒子则做往复变速运动（2）若粒子以初速度为从B板射入两极板之间，并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零，则左图的电压能使粒子做单向变速直线运动；则右图的电压也不能粒子做往复运动 所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合分析三示波管1构造及其应用示波管主要由电子枪、竖直偏转电极和水平偏转电极、荧光屏组成两电极都不加偏转电压时，由电子枪产生的高速电子做直线运动，打在荧光屏中心，形成一个亮点这时如果在水平偏转电极上加上随时间均匀变化的电压，则电子因受偏转电场的作用，打在荧光屏上的亮点便沿水平方向匀速移动如果再在竖直偏转电极上，加
6、上一随时间变化的信号电压，则亮点在竖直方向上也要发生偏移，偏移的大小与所加信号电压的大小成正比这样，亮点一方面随着时间的推移在水平方向匀速移动，一方面又正比于信号电压在竖直方向上产生偏移于是在荧光屏上便形成一波形曲线，此曲线反映出信号电压随时间变化的规律2示波管的工作原理如上图所示为示波器的原理图，电子枪中炽热的金属丝可以发射电子，初速度很小，可视为零电子枪的加速度电压为U0，紧挨着是偏转电极YY、XX，设偏转电极的极板长均为L1，板间距离均为d，偏转电极XX的右端到荧光屏的距离为L2，电子电量为e，质量为m（不计偏转电极YY和XX之间的间距）在YY、XX偏转电极上不加电压时，电子恰能打在荧光
7、屏上坐标的原点求：（1）若只在YY偏转电极上加电压UYY=U1（U10），则电子到达荧光屏上的速度（2）在第（1）问中，若再在XX偏转电极上加上UXX=U2（U20），试在荧光屏上标出亮点的大致位置，并求出该点在荧光屏上坐标系中的坐标值探讨：电子在电子枪中加速：进入偏转电场后作类平抛运动：，偏转位移：离开电场后，时间为，偏转位移则， 得：同理在电场中可得：x/my/mOP1、（2010安徽卷）16如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与轴正方向的夹角为。若空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示
8、为A BC D【答案】A【解析】在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以，故：，选项A正确。2、（2010安徽卷）23如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上。t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）
9、求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。tEO2TTE0-E0dN1N2L1L2图1图2v【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）微粒做直线运动，则 微粒做圆周运动，则 联立得： （2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则 联立得： 电场变化的周期 （3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 联立得： 设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由得 因t2不变，T的最小值 3、（2010四川卷）24如图所示，电源电动势内阻，电阻。间距的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。闭合开关，板
10、间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为，忽略空气对小球的作用，取。（1）当时，电阻消耗的电功率是多大？（2）若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为，则是多少？【答案】（1）0.6W（2）54【解析】（1）闭合电路的外电阻为 根据闭合电路的欧姆定律 R2两端的电压为 R2消耗的功率为 （2）小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 连立化简得 小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60，根据几何关系得 R=d 连立带入数据 干路电流为 4、（2010天
11、津卷）12质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离的距离。以屏中心O为原点建立直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。（1）设一个质量为、电荷量为的正离子以速度沿的方向从点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离；（2）假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。上述装置中，保留原电场，再在板间加沿方向的匀强磁场。现有电
12、荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O点沿方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。【答案】（1） （2）14【解析】（1）离子在电场中受到的电场力 离子获得的加速度 离子在板间运动的时间 到达极板右边缘时，离子在+y方向的分速度 离子从板右端到达屏上所需时间 离子射到屏上时偏离O点的距离 由上述各式，得 （2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，
13、磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力 已知离子的入射速度都很大，因而粒子在磁场中运动时闻甚短。所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板中运动时，分逮度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，顾可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到式，得由、两式得其中上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其
14、质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由式代入数据可得 故该未知离子的质量数为14。5、（2010山东卷）25如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为、带电量、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功。（2）粒子第次经过电场时电场强度的大小。（3）粒子第次经过电场所
15、用的时间。（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）。【答案】（1） （2）（3） （4）见解析【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由得 则v1：v2：vn=r1：r2：rn=1：2：n（1）第一次过电场，由动能定理得（2）第n次经过电场时，由动能定理得tE 解得（3）第n次经过电场时的平均速度， 则时间为（4）如图B/Tt/sO12340.1qdr6、（2010浙江卷）19半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂
16、直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（上）所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是A. 第2秒内上极板为正极B. 第3秒内上极板为负极C. 第2秒末微粒回到了原来位置D. 第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2【答案】A23s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电 ，金属板下极板带负电；若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向下做匀加速运动。两极板间的电场强度大小34s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电 ，金属板下极板带正电；若粒子带正电，则粒子所受电
17、场力方向竖直向上而向下做匀减速运动4s末速度减小为零，同时回到了原来的位置。选项A正确1、（2009天津）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则A.粒子受电场力的方向一定在M指向NB.粒子在M点的速度一定比在N点的大C.粒子在M点的电势般一定比在N点的大D.电场中M点的电势一定高于N点的电势2、（2009浙江）空间存在匀强电场，有一电荷量q（q0），质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷为-q、
18、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响，则（ ）A在O、A、B三点中，B点电势最高B在O、A、B三点中，A点电势最高COA间的电势差比BO间的电势差大DOA间的电势差比BA间的电势差小【答案】AD【解析】方法一：由于两次电场力都是做正功，同时根据沿电场方向电势减小，表明正电荷大致走向为沿电场线方向，即电势减小的方向，所以OA，负电荷大致走向为逆电场线方向，即电势增加的方向，所以B O，综合得B OA，结合动能的变化量可知UBA UBO UOA。方法二：设O、A、B三点的电势分别为A、B、O，并设O=0，根据动能定理得OA过程中有：，OB过程中有：
19、，得，得电势大小和电势差大小关系。如果能描绘简单的过程草图，同时在复习中把握好电势的高低、电势差的正负是本题得分的关键。【考点定位】带电粒子在电场中运动，电场力做功和能量的转化问题。本题考查了基本概念电势和电势差，及两物理量相关的基本规律，如沿电场线走向电势逐渐减小。此类问题往往会结合动能定理求解，正如方法二。3、（2009安徽） 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 A先作匀加速运动，后作匀减速运动 B先从高电势到低电势，后从低电势到
20、高电势 C电势能与机械能之和先增大，后减小 D电势能先减小，后增大4、（2009北京） 如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子bA穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小【答案】C 【解析】由与粒子带电性质不明确 当粒子为正时在下方 反之在上方故AB都错，再因
21、为无论哪一种情况电场力都做正功，电势能减小，动能增加所以C对D 错 5、（2009全国2）如图,在宽度分别为和的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。【答案】【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力；由几何关系可以求出半径，圆周运动规律可求
22、出时间；电场中做类平抛运动，列出匀速运动方程和匀加速运动方程，可求出电场中的时间。【1】 用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是（ ）A B。 C。 D。【答案】B【易错点点睛】本题考查了电磁感应中闭合电路欧姆定律的应用。不注意区分外电路和电源内电路、路端电压和电源内部电压及电源电动势之间的关系，误将MN电压当做电源内部消耗电压而选D。【2】如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，一导线框位于
23、纸面内，线框的邻边都相互垂直，边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以为线框中有电动势的正方向。以下四个-t关系示意图中正确的是（ ）【答案】 C【易错点点睛】本题考查了电磁感应电路图象问题的分析。分不清内外电路、分不清电源电动势的方向、不能正确应用右手定则。【3】如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F此时（ ）BabR1R2
24、A。电阻R1消耗的热功率为Fv3B。电阻R1消耗的热功率为 Fv6C。整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcosD。整个装置消耗的机械功率为（Fmgcos）v【答案】BCD 【解析】由法拉第电磁感应定律得 EBLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 FBIL，所以电阻R1的功率P1（0.5I）2 R=Fv/6，B选项正确。由于摩擦力 fmgcos，故因摩擦而消耗的热功率为 mgvcos。整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v。 R1R2labMNPQBv【易错点点睛】本题考查了电磁感应现象中热功率与机械功率的求解。对于热功率与机械功率的求解方法理解不透彻，不能正确选取相应的计算公式。
25、【4】 图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属 导轨，间距l为0.40m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.010-3kg、电阻为1.0的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2。【答案】v=4.5m/s R2=6.0【解析】由能量守恒可得：mgv=P，代入数据解得：v=4.5m/s。又因为：E=BLv，设电阻R1与R2的并联电阻为R并，ab棒的电阻
26、为r，有：+=，I=，P=IE，代入数据解得：R2=6.0。【5】如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间
27、内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？（4）若t0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棒瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。 【解析】 （1）导体棒运动时，切割磁感线，产生感应电动势， EBL（v1v2），根据闭合电路欧姆定律有IE/R，导体棒受到的安培力FBIL，速度恒定时有：f，可得：。（2）假设导体棒不随磁场运动，产生的感应电动势为，此时阻力与安培力平衡，所以有。（3）P导体棒Fv2f，P电路E2/R，（4）因为fma，导体棒要做匀加速运动，必有v1v2为常数，设
28、为Dv，a，则fma，可解得：a。【易错点点睛】本题考查了物体的平衡、安培力、感应电动势、电功率。对于磁场的运动引起导体棒同时运动时，产生的电动势的求解，不能通过相对速度来确定感应电动势的大小。不能挖掘导体棒确定恒定速度时，对应的隐含条件。【6】 如图 1125所示光滑平行金属轨道abcd，轨道的水平部分bcd处于竖直向上的匀强磁场中，bc部分平行导轨宽度是cd部分的2倍，轨道足够长。将质量相同的金属棒P和Q分别置于轨道的ab段和cd段。P棒位于距水平轨道高为h的地方，放开P棒，使其自由下滑，求P棒和Q棒的最终速度。【错解分析】错解：设P，Q棒的质量为m，长度分别为2L和L，磁感强度为B，P棒
29、进入水平轨道的速度为v0，对于P棒，运用机械能守恒定律得当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速，Q棒受到安培力而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时，回路的电流为零，所以p=Q即2BLvp=BLvQ2vp=vQ对于P，Q棒，运用动量守恒定律得到mv0=mvp+mvQ错解中对P，Q的运动过程分析是正确的，但在最后求速度时运用动量守恒定律出现错误。因为当P，Q在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零。Fp=2BIL，FQ=BIL（设I为回路中的电流），因此P，Q组成的系统动量不守恒。【正确解答】设P
30、棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为t，P，Q对PQ分别应用动量定理得【7】 如图（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。（1）问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什
31、么？（2）求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。（3）探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。【答案】 （1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同（2） （3）I.当时，I=0；II.当时，方向为；III.当时，方向为。【解析】 （1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。 （2）0t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律： 根据闭合电路的欧姆定律： 由焦定律及有： （3）设金属进入
32、磁场B0一瞬间的速度变v，金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒： 在很短的时间内，根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场B0区域瞬间的感应电动势为E，则： 由闭合电路欧姆定律及，求得感应电流： 根据讨论：I.当时，I=0；II.当时，方向为；III.当时，方向为。【易错点点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律，机械能守恒定律，以及闭合电路的欧姆定律。不清楚双回路中感应电动势大小的求法，而造成失误。【8】 如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L（L d），线圈下边缘到磁场上边界的距离为h将线圈由静止释放，其下边缘刚进入
33、磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则在整个线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的是（ ）A线圈可能一直做匀速运动B线圈可能先加速后减速C线圈的最小速度一定是mgRB2L2D线圈的最小速度一定是【答案】D 【9】如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A
34、1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆A2初始位置相距为S。求：（1）回路内感应电流的最大值；（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；（3）当杆A2与杆A1的速度比为1:3时，A2受到的安培力大小。【答案】(1) (2) m(v0 +S )2(3) （v0S ） （2）两金属杆在磁场中运动始终满足动量守恒两杆最终速度相同，设为v mv22mv Qmv222mv2 Q m(v0 +S )2 （3）设杆A2和A1的速度大小分别为v和3v mv2mv+ m3v 由法拉第电磁感应定律得：E2BL（3 v一v） I 安培力FBIL F （v0S ）【10】如图所示，AB、CD是两根
35、足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的 AC端连接一个阻值为 R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为，导轨和金属棒的电阻都不计。 取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有： FN = mgcos Ff= mgcos由可得以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsin mgcos-=maab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大因此，ab达到vm时应有：mgsin mgcos-=0 由式可解得【易错点点睛】（1）电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。（2）在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。
