【正文】 間距為 L，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為 R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于 L、質(zhì)量為 m、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的頂端 ab處由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)軌道底端 cd時(shí)受到軌道的支持力為 2mg．整個(gè)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌電接觸良好，求： （ 1）棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小和通過(guò)電阻 R的電流． （ 2）棒從 ab下滑到 cd過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱和通過(guò) R的電荷量． 【考點(diǎn)】 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化． 【專題】 計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng) —— 功能問(wèn)題． 【分析】 （ 1）金屬棒在 cd端時(shí)由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度．由 E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由歐姆定律求通過(guò) R的電流． （ 2）根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的焦耳熱．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公式推導(dǎo)出電量 表達(dá)式 q= ，來(lái)求通過(guò) R的電荷量． 【解答】 解：（ 1）棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得 N﹣ mg=m 由題得 N=2mg 可得 v= 棒經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv=BL 通過(guò)電阻 R的電流 I= = （ 2）棒從 ab下滑到 cd過(guò)程中回路中，根據(jù)能量守恒得： 產(chǎn)生的焦耳熱 Q=mgr﹣ = mgr 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得： = 感應(yīng)電流的平均值 = 通過(guò) R的電荷量 q= △t 聯(lián)立得 q= ， 又 △Φ=BLr 所以可得 q= 答： （ 1）棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小是 ，通過(guò)電阻 R的電流是 ． （ 2）棒從 ab下滑到 cd過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 mgr，通過(guò) R的電荷量是 ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，要正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的，熟練推導(dǎo)出感應(yīng)電荷量經(jīng)驗(yàn)公式 q= ，要注意 R是回路中總的電阻． 15．（ 14分）（ 2021?徐州二模）如圖所示，光滑導(dǎo)軌 MN和 PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為 L，兩端分別接有阻值均為 R的定值電阻 R1和 R2．兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為 的正方形區(qū) 域 abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．一質(zhì)量為 m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于 ab處，現(xiàn)用一恒力 F沿水平方向拉桿，使之由靜止起向右運(yùn)動(dòng)，若桿出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻．求： （ 1）金屬桿出磁場(chǎng)前的瞬間流過(guò) R1的電流大小和方向； （ 2）金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率； （ 3）金屬桿穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中 R1上產(chǎn)生的電熱． 【考點(diǎn)】 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；能量守恒定律；閉合電路的歐姆定律． 【專題】 電磁感應(yīng) —— 功能問(wèn)題． 【分析】 （ 1）桿出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，恒力 F與安培力平衡，由安培力公式 F=BIL和平衡條件求解； （ 2）桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=Bv ，又根據(jù)閉合歐姆定律得到 E=I ，聯(lián)立可求得速度 v； （ 3）金屬桿穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中， F做功為 F ，桿獲得的動(dòng)能為 ，根據(jù)能量守恒定律求解回路中產(chǎn)生 的總熱量，根據(jù)兩個(gè)電阻并聯(lián)求解 上產(chǎn)生的電熱． 【解答】 解：（ 1）設(shè)流過(guò)金屬桿中的電流為 I，由平衡條件得： F=BI 解得， I= 因 = ，所以流過(guò) 的電流大小為 I1= = 根據(jù)右手定則判斷可知，電流方向從 M到 P． （ 2）設(shè)桿做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 v，由法拉第電磁感應(yīng)定律得： 桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為 E=Bv 又根據(jù)閉合歐姆定律得到 E=I ， 可解得 v= （ 3）設(shè)整個(gè)過(guò)程電路中產(chǎn)生的總電熱為 Q，根據(jù)能 量守恒定律得： Q=F ﹣ 代入 v可得 Q= ﹣ ∴Q 1= Q= ﹣ 答： （ 1）金屬桿出磁場(chǎng)前的瞬間流過(guò) 的電流大小為 ，方向從 M到 P； （ 2）金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率是 ； （ 3）金屬桿穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中 上產(chǎn)生的電熱是 ﹣ ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題是電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題，掌握安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律是基礎(chǔ)． 16．（ 15分）（ 2021?江蘇） 1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的 D形金屬盒半徑為 R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直． A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為 m、電荷量為 +q，在加速器中被加速，加速電壓為 U．加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用． （ 1）求粒子第 2次和第 1次經(jīng)過(guò)兩 D形盒間狹縫后軌道半徑之比； （ 2）求粒子從靜止開(kāi)始加速到出口處所需的時(shí)間 t； （ 3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加 速電場(chǎng)頻率都有最大值的限制．若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率的最大值分別為 Bm、 fm，試討論粒子能獲得的最大動(dòng)能 Ekm． 【考點(diǎn)】 質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理；動(dòng)能定理． 【專題】 壓軸題；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 （ 1）狹縫中加速時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理，可求出加速后的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力，推出半徑表達(dá)式； （ 2）假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng) n圈后到達(dá)出口，則加速了 2n次，整體運(yùn)用動(dòng)能定理，再與洛倫茲力提供向心力，粒子運(yùn)動(dòng)的固有周期公式聯(lián)立求解； （ 3） Bm對(duì)應(yīng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)可提供的最大頻率， fm對(duì)應(yīng)加速電場(chǎng)可提供的最大頻率，選兩者較小者，作為其共同頻率，然后求此頻率下的最大動(dòng)能． 【解答】 解：（ 1）設(shè)粒子第 1次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑為 r1，速度為 v1 qU= mv12 qv1B=m 解得 同理，粒子第 2次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑 則 ． （ 2）設(shè)粒子到出口處被加速了 n圈 解得 ． （ 3）加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即 當(dāng)磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度為 Bm時(shí)，加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)為 粒子的動(dòng)能 當(dāng) fBm≤f m時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由 Bm決定 解得 當(dāng) fBm≥f m時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由 fm決定 vm=2πf mR解得 答：（ 1） r2： r1= ： 1 （ 2） t= （ 3）當(dāng) fBm≤f m時(shí)， EKm= ；當(dāng) fBm≥f m時(shí)，EKm= ． 【點(diǎn)評(píng)】 此題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)與動(dòng)能定理的靈活應(yīng)用，本題每一問(wèn)都比較新穎，需要學(xué)生反復(fù)琢磨解答過(guò)程． 17．（ 15分）（ 2021?南京模擬）如圖所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系 xOy，以第 Ⅲ 象限內(nèi)的直線 OM（與負(fù) x軸成 45176。 角）和正 y軸為界，在 x＜ 0的區(qū)域建立勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向左，場(chǎng)強(qiáng)大小 E=2V/m；以直線 OM和正 x軸為界，在 y＜ 0的區(qū)域建立垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=．一不計(jì)重力的帶 負(fù)電微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn) O沿 y軸負(fù)方向以 v0=210 3m/s的初速度射入磁場(chǎng)．已知微粒的比荷為 =510 4C/kg，求： （ 1）粒子經(jīng)過(guò) 圓弧第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)的位置坐標(biāo)； （ 2）粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間； （ 3）粒子最終將從電場(chǎng)區(qū)域 D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，則 D點(diǎn)離 O點(diǎn)的距離是多少？ 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【專題】 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 （ 1）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，求出運(yùn)動(dòng)的半徑，從而即可求解； （ 2）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式，可求出在磁場(chǎng)中總時(shí)間； （ 3）粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)分解，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律，即可求解． 【解答】 解：（ 1）微粒帶負(fù)電，從 O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖． 第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界上的 A點(diǎn) 由 ， 得 ， 所以， A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣ ，﹣ ）． （ 2）設(shè)微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T，則 ， 其中 代入數(shù)據(jù)解得： T=10 ﹣ 3s 所以 t=10 ﹣ 3s． （ 3）微粒從 C點(diǎn)沿 y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則 由牛頓第二定律， qE=ma △y=v 0t1 代入數(shù)據(jù)解得： △y=8m y=△y ﹣ 2r=8﹣ 2= m 即：離開(kāi)電磁場(chǎng)時(shí)距 O點(diǎn)的距離為 ． 答：（ 1）粒子經(jīng)過(guò) 圓弧第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)的位置坐標(biāo)為（﹣ ，﹣ ）； （ 2）粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 10 ﹣ 3s； （ 3）粒子最終將從電場(chǎng)區(qū)域 D點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，則 D點(diǎn)離 O點(diǎn)的距離是 ． 【點(diǎn)評(píng)】 考查牛頓第二定律在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中、類平拋運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用，并根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解來(lái)解題，緊扣運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等性．