2012最新各地高考调研、模拟试题汇编-磁场(答案)
2012年高考(山东卷)磁场题
理科综合测试
14、 如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不 变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G。 现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另确的是 A. OA段绳与OC段绳拉力的合力不变 B．OA段绳与OC段绳拉力的合力变小 C. 绳中拉力大小先变大后不变 D. 绳中拉力大小先变大后变小
23.（18分）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，在O≤y≤b且x>0 的区域I内分布着沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E；在 0≤y≤b且x<0的区域II内分布着沿y轴负方向的匀强电场，电场强度 也为E；在y>b的区域Ⅲ和y<0的区域IV内存在垂直于纸面向里、大 小可调节的匀强磁场。质量为m，电荷量为+q的粒子由P(b，0)点 静止释放，经电场加速和磁场偏转后又回到P点。已知粒子在磁场 区域Ⅲ和Ⅳ中始终做轨道半径为b的匀速圆周运动。粒子重力不计 且不考虑磁场变化所引起的电场效应。 (1)求粒子绕行第1圈又回到P点时获得的动能Ek (2)求粒子绕行第1圈又回到P点所用时间t (3)为使粒子在磁场中运动时始终保持在半径为b的圆轨道上，磁场 必须不断递增，求区域Ⅲ磁感应强度B和区域Ⅳ磁感应强度B/之间 应满足的比例关系式
15. 如图为质量相等的两个物体A、B在同一直线 上运动的v-t图像，已知两物体从同一地点出发。 由图可知 A．在t1时刻两个物体相遇 B．两物体出发之后的运动过程中不会再相遇 C．在 0 ～ t1时间内合外力对两个物体做功相等 D．在0～t1时间内合力对物体B的功率比对物体 A的功率大
20. 已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速 运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的，质量为 m的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传 送带上运动速度随时间的变化关系．如图b所示（沿斜面向上为正 方向，其中v1>v2）。已知传送带的速度保持不变。g取10m／s2， 则 A．0～t1内物块的加速度大于t1 ～ t2内物块的加速度 B．物块与传送带间的动摩擦因数>tanθ 1 2 1 2 C．0～ t2内，传送带对物块做功为 W mv 2 mv1 2 2 D．系统产生的热量一定大干物块动能的变化量的大小
广东2012年各地高考一模二模汇总：磁场
广东2012年各地高考一模二模汇总（8）：磁场1．(2012广州一模)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径R 1＞R 2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子A ．带正电B ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度相同C ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D ．从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ2. (2012汕头一模)如图为磁流体发电机的原理图，等离子体束（含有正、负离子）以某一速度垂直喷射入由一对磁极CD 产生的匀强磁场中，A 、B 是一对平行于磁场放置的金属板．稳定后电流表中的电流从“+”极流向“-”极，由此可知 A . D 磁极为N 极 B . 正离子向B 板偏转 C . 负离子向D 磁极偏转D . 离子在磁场中偏转过程洛仑兹力对其不做功3．(2012佛山一模)如图所示，倾斜导轨宽为L ，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属杆ab 水平放在导轨 上．当回路电流强度为I 时，金属杆ab 所受安培力F A ．方向垂直ab 杆沿斜面向上 B ．方向垂直ab 杆水平向右 C ．cos F BIL α= D ．αsin BIL F =4. (2012惠州一模)根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置--电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是A.要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N 向M 的电流B.要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流C. 使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向D. 要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度5．(2012湛江一模)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是 A. A 板带正电B. 有电流从b 经用电器流向aC. 金属板A 、B 间的电场方向向下D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 6．(2012深圳二模)如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从ab 边离开磁场的电子，下列判断正确的是 A ．从a 点离开的电子速度最小B ．从a 点离开的电子在磁场中运动时间最短C ．从b 点离开的电子运动半径最小D ．从b 点离开的电子速度偏转角最小+DC– + B7.（2012惠州二模）（答案：AC）8.（2012惠州二模）（答案：AC）9．(2012佛山二模)如图，在天平右盘底部挂有一个矩形线圈，其一部分悬在方向水平向里的匀强磁场中，矩形线圈通有顺时针方向电流，现天平右侧向下倾斜，下列措施有可能使天平平衡的是A．减小磁感应强度B．增加通过线圈的电流C．改变电流的方向D．在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度。
2012年高考模拟试题(一)
（2）若磁场区域的磁场强度恒定为B=1T，金属棒在水平向右的恒力作 用下向右运动穿过磁场区域的速度时间图像如图乙所示（图中OA段为 直线，AB段为曲线，BC段平行于时间轴），求：
①金属棒刚进入磁场区域时加速度大小. ②金属棒在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热是多少？
××× ××× ××× ××× ××× d1 d2 d3 M P Q N R
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 cm A B
（2）（10分）某同学在实验室要测定一未知电阻Rx的阻值。 I．他首先用多用电表粗略测定该电阻阻值，步骤如下： ① 红黑分别表笔插入“+”、“—”插孔，将多用电表选择开关旋到电
阻“1K”档。 ② 将_____________，调节_________旋钮，使指针偏到刻度盘
由楞次律得 通过金属棒的电流方向如图所示 1分
（2）① 0~t1时间内，金属棒加速度为a，则由 得a=4m/s2,因此金属棒
受到的水平向右的恒力为F=ma=4N 1分
由图乙知，金属棒刚进入磁场时的速度为v=2m/s 电动势为 （1
分）
金属棒受到的安培力为 （2分）
因此金属棒此时的加速度为=2m/s2, （1分）
（3）讨论k在不同取值范围时，小球B在细圆管轨道最高处D时，轨道 对乙球的作用力F的大小。 甲 乙 S R v0 A B DB
2012年高考模拟试题
理科综合（一）物理部分答案
13~16 B B B A 17 AD 18 AD 19 BC 20 AC 21 BC 34．（1） 0.08s 匀减速 9.20cm 5.00m/s2 每空2分 不给单位的不给分
量结果造成一定的影响，则电阻的测量值比真实值略
_________（填“大”或“小”）
2012级高考物理调研(附详解)
2012级高考调研模拟试题物 理【说明】本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分，考试时间70分钟.第Ⅰ卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分．1.类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。
在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。
某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是 （ ） A ．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用 B ．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C ．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D ．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波2.一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC 为直角三角形（AC 边末画出），AB 为直角边ABC=45°；ADC 为一圆弧，其圆心在BC 边的中点。
此玻璃的折射率为1.5。
P 为一贴近玻璃砖放置的、与AB 垂直的光屏。
若一束宽度与AB 边长度相等的平行光从AB 边垂直射入玻璃砖，则 （ ）A. 从BC 边折射出束宽度与BC 边长度相等的平行光B. 屏上有一亮区，其宽度小于AB 边的长度C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC 边的长度D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大3．中国首颗月球探测卫星“嫦娥一号”简化后的路线示意图如图所示．卫星由地面发射后，先经过地面发射轨道进入地球附近的停泊轨道做匀速圆周运动；然后从停泊轨道经过调控进入地月转移轨道；到达月球附近时，再次调控进入工作轨道做匀速圆周运动．这时卫星将开始对月球进行探测．已知地球与月球的质量之比为a ，卫星的停泊轨道与工作轨道的轨道半径之比为b ．则下列说法中正确的是（ ）ABC ．卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度D ．卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨道过程卫星机械能守恒4.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为 氖泡在两端电压达到100V 时开始发光，下列说法中正确的有 （ ） A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz B ．开关接通后，电压表的示数为100 V C ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变5．如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。
2012最新各地高考调研、模拟试题汇编-功和能(答案)
1答案：AC 2答案：D 3答案：BC 4答案：AC5．解（1）物块在B 点时由牛顿第二定律得 ①②由机械能守恒知 ③（2）由牛顿第二定律知 ④由题意N C =0 ⑤ 得 ⑥由B →C ：由动能定理⑦解得：即克服摩擦阻力做功(3) 2211222t c mg R mv mv ⨯=-得c v =评分标准：第一、二问各5分，第三问4分6．(1)小孩能完成圆周运动,则在最高点向心力最小为小孩所受的重力,设小孩在最低点运动的 速度为v1,最高点运动的速度为v2.小孩抓住悬线时, 悬线对小孩的拉力至少为F 依据牛顿第二定律可得 小孩在最高点有: 小孩在最低点有:依据机械能守恒定律可得:联立以上三式解得:F=6mg依据牛顿第三定律可知,小孩对悬线的拉力至少为6mg. (2)小孩在水平面上做初速度为零的匀加速直线运 动,依据已知,小孩运动的加速度为a,末速度为v1,根据速度、位移关系式v12=2ax 可得: 215.22v aL x a a== （3）摩擦力大小f=ma ，摩擦力对小孩做功为零。
7答案：B 8答案：BD 9. (16分)22v mg mL =21v F mg mL -=221211222mv mv mgL=+（1）为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得①2分解得动摩擦因数至少为：② 2分（2）分析运动过程可得，最终小物体将从B点开始做往复的运动，由动能定理得③2分解得小物体在斜面上通过的总路程为：④ 2分（3）由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理，得⑤由牛顿第二定律，得⑥联立⑤⑥，解得⑦ 4分最终小物体将从B点开始做往复的运动，则有⑧⑨联立⑧⑨，解得⑩由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点C时对C的最大压力⑾最小压力⑿ 4分10答案：B11B、把滑块静止放在气垫导轨上，如果能保持静止状态说明气垫导轨水平．0.25m/s滑块质量M，滑块到光电门的距离L．mgL和12（m+M）(dt)212答案：B13答案：B 14答案：15答案、（1）（6分）E k 1= 21))((21t l m M ∆+ 和E k 2= 22))((21t l m M ∆+（每空3分）（2）（3分）ΔE p = mgs （3）（3分）ΔE p = E k 2－E k 1 16答案：AD17．⑪BC （2分）⑫4)(21fs s +（2分） ⑬]4)([212f s s g m --（4分） 18答案：D 19答案：D20答案 解：（1）恰好运动到C 点，有重力提供向心力，即Rv m mg 2= ………1分s m gR v c /5==………………………………………………. 1分（2）从B 点到C 点，由机械能守恒定律有2221221B c mv mgR mv =+..1分 在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有Rv mmg F B N 2=-…….. 1分N F N 0.6= ………………………………………………1分 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N ………………………1分 （3）从A 到B 由机械能守恒定律有20221)53cos 1(21B A mv mgR mv =-+……1分 所以：s m v A /105=…………………………………………….. 1分 在A 点进行速度的分解有：053sin A y v v =……………………………….. 1分 所以：m gv H y36.322==…………………………………………………1分21．（12分）解：（1）小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据能量守恒定律E p -)(21212L L mg mv C +=μ []s m mL L mg E v P c /3)(221=+-=∴μ若小物块滑到木板右端时与长木板具有共同速度，所对应的长木板具有最小的长 度Lm ，根据动量守恒和能量守恒定律：v M m mv c )(+=22)(2121v M m mv mgL c m +-=μ得： s m v /1= m L m 3=（2）设小物块滑离木板时，它们的速度分别为1v 和2v ，根据动量守恒和能量守恒定律： 21Mv mv mv c += 22212212121Mv mv mv mgL c --=μ 得： s m v /21= s m v /5.02= 舍去）(0'1=v s m v /5.1'2=因此小物块滑离木板时，它们的速度分别为s m v /21=，s m v /5.02= 22答案：C23答案：D 24答案：CD 25答案：（2）AD 26答案：B27答案：CD28．（10分）（1）最大速度1.50 m/s (3分) （2）N f 6.1= (3分) （3） OA 之间还有18点显示出来 (4分)29．解析：（1）质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg=m 21v R，① （1分） 解得 v 1 ②（1分）(2) 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有E p =mg (1.5R+R)+12m v 12，③ （2分） 由②③式解得E p =3mgR 。
2012届高考物理专题卷：专题08(磁场)答案与解析
2012 届专题卷物理专题八答案与分析1．【命题立意】主要考察磁场的磁感线散布与磁感觉强度大小的变化的特色。
【思路点拨】我们能够从条形磁铁和蹄形磁铁的磁感线散布看出，两极处磁感线最密，而磁铁的两极处磁场最强。
所以磁感线的疏密能够反应磁场的强弱，磁感线散布密的地方磁场就强，反之则弱。
【答案】C【分析】磁感线是为了形象地描绘磁场而人为设想的曲线。
其疏密程度反应磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，沿z 轴正方向磁感线由密到疏再到密，即磁感觉强度由大到小再到大，只有 C 正确。
2．【命题立意】主要考察带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式、周期公式。
【思路点拨】若带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速率v 做匀速圆周运动。
①轨道半径公式：r =mv/qB②周期公式： T=2πm/qB。
【答案】AD 【分析】作出表示图以下图，依据几何关系能够看出，当粒子从 d 点射出时，轨道半径增大为本来的二倍，由半径公式R mv可知，速度也增大为本来的二倍，选项A qB正确，明显选项 C 错误；当粒子的速度增大为本来的四倍时，才会从 f 点射出，选项 B 错误；2 m，可见粒子的周期与速度没关，在磁场中的运动时间取决于其轨据粒子的周期公式 TqB迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d 射出时所用时间相等，从 f 点射出时所用时间最短。
3．【命题立意】主要考察洛伦兹力的特征。
【思路点拨】洛伦兹力的大小f=qvB，条件 v⊥B 当 v∥B 时， f=0 。
洛伦兹力的特征：洛伦兹力一直垂直于v的方向，所以洛伦兹力必定不做功。
【答案】 B 【分析】由题意知，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
能够从出射孔射出的粒子恰幸亏磁场中运动1周期，由几何关系知 r＝ 2R，又 r＝mv，解得 v＝qBr＝22×106 4qB mm/s。
4．【命题立意】主要考察安培定章和左手定章。
(最新最全)2012年高考试题+模拟新题分类汇编专题12电磁感应
L 单元 电磁感应L1 电磁感应现象、楞次定律16．L1N3 [2012·四川卷] 如图所示，在铁芯P 上绕着两个线圈a 和b ，则( )A ．线圈a 输入正弦交变电流，线圈b 可输出恒定电流B ．线圈a 输入恒定电流，穿过线圈b 的磁通量一定为零C ．线圈b 输出的交变电流不对线圈a 的磁场造成影响D ．线圈a 的磁场变化时，线圈b 中一定有电场16．D [解析] 当线圈a 输入正弦交变电流时，线圈b 输出同频率的正弦交变电流，A 错误；当线圈a 输入恒定电流时，线圈a 产生稳定的磁场，通过线圈b 的磁通量不变，但不是零，B 错误；由于互感，每个线圈的交变电流都对另外一个线圈的磁场产生影响，C 错误；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场一定产生电场，D 正确．图620．L1[2012·课标全国卷] 如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i 正方向与图中箭头所示方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是( )A BC D20．A [解析] 由楞次定律可判断出B 、D 选项对应的线框中对应的感应电流总是沿逆时针方向，B 、D 错误；C 选项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左，C 错误；故只有A 正确．18.L1、L2 [2012·福建卷] 如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x 轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是( )A BC D甲 乙18．B [解析] 根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断：在坐标原点O 而产生感应电流，在A →B 过程中，线圈加速下降，有a ＝mg －B 2L 2v Rm，B 、v 逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I 感＝BL vR可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A 错；对于B 、D 两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B 是相同的，由于v D＞v B ，由I 感＝BL vR可知D 处的感应电流比较大，所以B 对、C 错．L2 法拉第电磁感应定律、自感21．L2 [2012·重庆卷] 如图所示，正方形区域MNPQ 内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动，t ＝0时刻，其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t 变化规律的是( )A B C D21．B [解析] 第一段时间从初位置到M ′N ′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M 1A 与N 1B 之和，即为M 1M ′长度的2倍，此时电动势E＝2B v t v ，线框受的安培力f ＝2BI v t ＝4B 2v 3t 2R，图象是开口向上的抛物线，CD 错误；如图乙所示，线框的右端M 2N 2刚好出磁场时，左端Q 2P 2恰与MP 共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M ′N ′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M 2N 2开始计时，有效长度为A ′C ′＝l －2v t ′，电动势E ′＝B (l －2v t ′)v ，线框受的安培力F ′＝B 2(l －2v t ′)2vR，图象是开口向上的抛物线，A 错误，B 正确．甲 乙丙19．L2[2012·课标全国卷] 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图5A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π19．C [解析] 当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E ＝12B 0R 2ω，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E ＝ΔB Δt ·12πR 2，故ΔB Δt ＝ωB 0π，C 正确．18.L1、L2 [2012·福建卷] 如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x 轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是( )A BC D甲 乙18．B [解析] 根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断：在坐标原点O 而产生感应电流，在A →B 过程中，线圈加速下降，有a ＝mg －B 2L 2v Rm，B 、v 逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I 感＝BL vR可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A 错；对于B 、D 两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B 是相同的，由于v D＞v B ，由I 感＝BL vR可知D 处的感应电流比较大，所以B 对、C 错．19．L2 [2012·北京卷] 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A ．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同19．D [解析] 只要线圈中的电流增大，金属套环中的磁通量增大，就会产生感应电流，由楞次定律可知，套环受到斥力的作用，向上弹起．接在直流电源上，在闭合开关的过程中，电流也有增大的过程，A 项错误；电压越大，匝数越多，效果越明显，B 、C 项错误；要是选用绝缘材料，则不会产生感应电流，D 项正确．L3 电磁感应与电路的综合20．L3 [2012·四川卷] 半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 020．AD [解析] 当θ＝0时，杆在圆心位置，切割磁感线的有效长度等于圆环直径，杆产生的感应电动势为E ＝2Ba v ，A 正确；当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径，杆产生的感应电动势为E ＝Ba v ，B 错误；当θ＝0时，回路的总电阻R 1＝(2a ＋πa )R 0，杆受的安培力F 1＝BI 1l ＝B ·2Ba v R 1·2a ＝4B 2a v (π＋2)R 0，C 错误；当θ＝π3时，回路的总电阻R 2＝(a ＋53πa )R 0，杆受的安培力F 2＝BI 2l ′＝B ·Ba v R 2·a ＝3B 2a v(5π＋3)R 0，D 正确．20．L3[2012·山东卷] 如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中， R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功图甲20．AC [解析] 当导体棒的速度达到v 时，对导体棒进行受力分析如图甲所示． mg sin θ＝BIL I ＝BL v R所以mg sin θ＝B 2L 2vR①当导体棒的速度达到2v 时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．图乙mg sin θ＋F ＝2B 2L 2vR②由①②可得F ＝mg sin θ功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，故A 正确．当导体棒速度达到v2时，对导体棒受力分析如图丙所示．图丙a ＝mg sin θ－B 2L 2v 2Rm③由①③可得 a ＝12g sin θ故C 正确．当导体棒的速度达到2v 时，安培力等于拉力和mg sin θ之和，所以以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D 错误．L4 电磁感应与力和能量的综合L5 电磁感应综合11．L5[2012·天津卷] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.11．[解析] (1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得I＝E R＋r则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt联立各式，代入数据得q＝4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－12m v2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W联立各式，代入数据得Q2＝1.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2＝5.4 J35．L5[2012·广东卷] 如图9所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.图935．(1)导体棒匀速下滑时，Mg sinθ＝BIl①I ＝Mg sin θBl② 设导体棒产生的感应电动势为E 0，则 E 0＝BL v ③由闭合电路欧姆定律得：I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2⑤(2)改变R x ，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为EU ＝IR x ⑥E ＝U d⑦mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qM sin θ⑨22．L5 [2012·福建卷] 如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r 的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m 、带电荷量为q (q )的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如图乙所示，其中T 0＝2πmqB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t ＝0到t ＝T 0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v 0； (2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t ＝T 0到t ＝1.5T 0这段时间内：①细管内涡旋电场的场强大小E ； ②电场力对小球做的功W .22．[解析] (1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力q v 0B 0＝m v 20r①由①式解得v 0＝qB 0rm②(2)①在T 0到1.5T 0这段时间内，细管内一周的感应电动势E 感＝πr 2ΔBΔt③由图乙可知ΔB Δt ＝2B 0T 0④由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E ＝E 感2πr⑤由③④⑤式及T 0＝2πm qB 0得E ＝qB 20r2πm⑥②在T 0到1.5T 0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为 a ＝qE m⑦小球运动的末速度大小 v ＝v 0＋a Δt ⑧由图乙Δt ＝0.5T 0，并由②⑥⑦⑧式得v ＝32v 0＝3qB 0r2m⑨由动能定理，电场力做功为W ＝12m v 2－12m v 20⑩由②⑨⑩式解得W ＝58m v 20＝5q 2B 20r 28m25．L5[2012·浙江卷] 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r 1＝5.0×10－2 m 的金属内圈、半径r 2＝0.40 m 的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B ＝0.10 T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ＝π6.后轮以角速度ω＝2π rad/s 相对于转轴转动．若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向；(2)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab 进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差U ab 随时间t 变化的U ab －t 图象；(4)若选择的是“1.5 V 、0.3 A ”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B 、后轮外圈半径r 2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．.[解析] (1)金属条ab 在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt ，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔtΔΦ＝B ΔS ＝B (12r 22Δθ－12r 21Δθ) 联立解得：E ＝ΔΦΔt ＝12Bω(r 22－r 21)＝4.9×10－2 V根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b →a . (2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R 总，根据电路图可知R 总＝R ＋13R ＝43R ab 两端电势差U ab ＝E －IR ＝E －E R 总R ＝14E ＝1.2×10－2 V设ab 离开磁场区域的时刻为t 1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t 2，则t 1＝θω＝112 st 2＝π2ω＝14 s设轮子转一圈的时间为T ，则T ＝2πω＝1 s在T ＝1 s 内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同． 可画出U ab －t 图象如图所示．(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2 V ，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作．)B 增大，E 增大，但有限度； r 2增大，E 增大，但有限度； ω增大，E 增大，但有限度； θ增大，E 不变．1．2012·柳铁月考如图所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v 1＝2v 2，则在先后两种情况下( )A ．线圈中的感应电动势之比为E 1∶E 2＝2∶1B ．线圈中的感应电流之比为I 1∶I 2＝1∶2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝1∶4D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶11．AD [解析] 根据E ＝BL v ∝v 以及v 1＝2v 2，可知，选项A 正确；因为I ＝ER∝E ，所以I 1∶I 2＝2∶1，选项B 错误；线圈中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝E2R t ＝B 2L 2v 2R ·L v ＝B 2L 3v R∝v ，所以Q 1∶Q 2＝2∶1，选项C 错误；根据q ＝It ＝ΔΦRt ·t ＝ΔΦR 或者根据q ＝It ＝E R t ＝BL v R ·L v ＝BL 2R ＝BSR，可见q 1∶q 2＝1∶1，选项D 正确．2．2012·烟台检测如图所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．加速度大小为v22LB ．下滑位移大小为qRBLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsin θ2．B [解析] 金属棒ab 在这一过程中做的并非匀变速直线运动，所以加速度大小不是v 22L ，选项A 错误；根据q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦR Δt Δt ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝BLx R 可得，下滑位移大小为x ＝qR BL ，选项B 正确；产生的焦耳热等于电流做的功，而感应电动势是变化的，并不总等于BL v ，选项C 错误；根据F 安＝BIL ，I ＝ER ，E ＝BL v ，可得F 安＝B 2L 2v R，可见，当速度最大时，安培力最大，F 安m ＝B 2L 2vR，选项D 错误．3．2012·浙江联考如图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R 相连，两根导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab 以初速度v 0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不正确的是( )A ．回到出发点的速度v 等于初速度v 0B ．上行过程中通过R 的电荷量等于下行过程中通过R 的电荷量C ．上行过程中R 上产生的热量大于下行过程中R 上产生的热量D ．上行的运动时间小于下行的运动时间3．A [解析] 在金属棒上行与下行的过程中，金属棒将一部分动能转化为电能，所以回到出发点的速度v 小于初速度v 0，选项A 错误；根据关系式q ＝I Δt ＝ER Δt ＝ΔΦR Δt Δt ＝ΔΦR可知，上行过程中通过R 的电荷量等于下行过程中通过R 的电荷量，选项B 正确；上行过程和下行过程产生的热量都等于克服安培力做的功．在同一位置，上行过程中金属棒所受的安培力均大于下行过程中金属棒所受的安培力，所以上行过程中R 上产生的热量大于下行过程中R 上产生的热量，选项C 正确；金属棒在上行过程和下行过程中，经过同一位置时，上行时的速度大小总要大于下行时的速度大小，所以上行的运动时间小于下行的运动时间，选项D 正确．4．2012·江西联考如图所示，足够长的光滑U 形导轨宽度为L ，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R 的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面向上．今有一质量为m 、有效电阻r 的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度v m 时，运动的位移为x ，则( )A ．金属杆下滑的最大速度v m ＝mgR sin αB 2L 2B ．在此过程中电阻R 产生的焦耳热为R R ＋r(mgx sin α－12m v 2m )C ．在此过程中电阻R 产生的焦耳热为(mgx sin α－12m v 2m)D ．在此过程中流过电阻R 的电荷量为BLxR4．B [解析] 感应电动势为E ＝Bl v m感应电流为I ＝ER ＋r安培力为 F ＝BIL ＝B 2L 2v mR ＋r根据平衡条件得 mg sin α－F ＝0解得：v m ＝mg (r ＋R )sin αB 2l 2由能量守恒定律得： mgx sin α－12m v 2m＝Q又因Q R ＝RR ＋r Q所以Q R ＝R R ＋r ⎝⎛⎭⎫mgx sin α－12m v 2m 由法拉第电磁感应定律得通过R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLxR ＋r.选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．5．2012·南京调研如图所示，两根足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距L ＝1 m ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度B ＝1.0 T 的匀强磁场垂直导轨平面向下，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m ＝0.01 kg 、电阻不计．定值电阻R 1＝30 Ω，电阻箱电阻调到R 2＝120 Ω，电容C ＝0.01 F ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.现将金属棒由静止释放．(1) 在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度．(2) 在开关接到1的情况下，当R 2调至30 Ω后且金属棒稳定下滑时，R 2消耗的功率为多少？(3) 在开关接到2的情况下，求经过时间t ＝2.0 s 时金属棒的速度．5．(1)7.5 m/s (2)0.075 W (3)5 m/s[解析] (1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m ，此时金属棒处于平衡状态，故有mg sin α＝F 安，而F 安＝BIL ，其中I ＝BL v mR 1＋R 2，由以上各式得mg sin α＝B 2L 2v mR 1＋R 2解得最大速度v m ＝mg (R 1＋R 2)sin αB 2L 2＝7.5 m/s(2)当R 2调整后，棒稳定下滑的速度由(1)知v ＝mg sin30°(R 1＋R ′2)B 2L 2＝3.0 m/s故R 2上消耗的功率P 2＝I 2R 2，其中I ＝BL vR 1＋R ′2解得P 2＝0.075 W(3)对任意时刻，由牛顿第二定律有mg sin α－BiL ＝ma ，由电流定义式，有i ＝ΔqΔt由电容定义式，有Δq ＝C ΔU ，其中ΔU ＝Bl Δv由加速度定义式有a ＝ΔvΔt解得a ＝mg sin αB 2L 2C ＋m上式表明棒在下滑的过程中，加速度保持不变，棒做匀加速运动． 代入数值解得a ＝2.5 m/s 2， 故所求速度v ＝at ＝5 m/s。
2012年最新各地高考调研、模拟物理试题汇编功和能
1(2012南京学情调研)．在同一高处将三个质量都相等的小球，同时以大小相等的初速度分别竖直上抛、平抛和竖直下抛，不计空气阻力．下列叙述中正确的是A ．三个球落地时的动能相等B ．三个球在运动中同一时刻，动能一定相等C ．三个球从抛出到落到水平地面的过程中，重力做的功相等D ．三个球从抛出到落到水平地面的过程中，重力做功的平均功率相等答案：AC2（2012栟茶中学一模）．有一辆车长为3896mm 的汽车正在行驶，当t=0时开始刹车（位置如图a 所示），在t=ls 时汽车停止（位置如图b 所示）．若汽车的运动可看成匀减速直线运动，则根据题中提供的信息，可以估算出的物理量是 （ ）A ．ls 内阻力对汽车所做的功B ．刹车时汽车受到的阻力C ．开始刹车时汽车的动能D ．刹车时汽车的加速度答案：D3（2012栟茶中学一模）．一质量为m 的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态。
某时刻其中一个力F 突然变为3F，则经过t 时间，合力的功和最大功率的大小是( )A ．合力的功为2218F t mB ．合力的功为2229F t mC ．最大功率为249F t mD ．最大功率为229F t m答案：BC4（2012栟茶中学一模）．从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H 。
设上升过程中空气阻力F 阻恒定。
则对于小球的整个上升过程,下列说法中正确的是( )A. 小球机械能减少了F 阻HB. 小球动能减少了F 阻HC. 小球的动能等于势能的位置在H/2高度之上D. 小球的动能等于势能的位置在H/2高度之下答案：AC5（2012栟茶中学一模）．（15分）如图3－11所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7（1）弹簧开始时的弹性势能.（2）物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功.（3）物体离开C 点后落回水平面时的动能.3－1115．解（1）物块在B点时由牛顿第二定律得①②由机械能守恒知③（2）由牛顿第二定律知④由题意N C=0 ⑤得⑥由B→C：由动能定理⑦解得：即克服摩擦阻力做功(3)2211222t c mg R mv mv ⨯=-得cv=评分标准：第一、二问各5分，第三问4分6（2012栟茶中学一模）（15分）如图所示,一个质量为m的小孩在平台上以加速度a做匀加速助跑,目的是抓住在平台右端的、上端固定的、长度为L的轻质悬绳,并在竖直面内做圆周运动.已知轻质绳的下端与小孩的重心在同一高度,小孩抓住绳的瞬间重心的高度不变,且无能量损失.若小孩能完成圆周运动,则:(1)小孩抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大?(2)小孩的最小助跑位移多大?（3）设小孩在加速过程中，脚与地面不打滑，求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对小孩所做的功。
历届高考试题2012版《6年高考4年模拟》：电磁感应.pdf
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向
（3）前 2s 电流为零，后 2s 有恒定电流，焦耳热为 Q = I 2 Rt = 0.04J
17（2011上海第32题）．(14 分) 电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30°，导 轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀 强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的
老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思
苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯
泡末闪亮的原因是
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
9 (2011上海第13题)．如图，均匀带正电的绝缘
圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，
生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a
(A)顺时针加速旋转
(B)顺时针减速旋转
(C)逆时针加速旋转
(D)逆时针减速旋转
10(2011上海第20题).如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在
竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用
丝线悬挂于 O 点，将圆环拉至位置 a 后无初速释放，在圆
环从 a 摆向 b 的过程中
(A)感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
解析：由 E= N =，NASB错B，C 正确。B 原与 B 感的方向可相同亦可相反。D 错。选 C
t
t
8（2011北京第19题）．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、
开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小
灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见
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1答案：BD2．(16分) （1）如图所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨道半径m r 2.01=………………………（2分）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向前心力 12r m Bq υυ=求得：6104⨯=υm/s …………………………（2分）（2）由rm Bq 2υυ=知，B 越小，r 越大。
设离子在磁场中最大半径为R由几何关系得：05.0=R m ……………………………………………………………（2分） 由牛顿运动定律得Rm q B 21υυ=求得41104-⨯=B T ……………………………………………………………………（2分） 则外加磁场41103-⨯=∆B T …………………………………………………………（1分） （3）离子在原磁场中运动周期 71102-⨯==ππBqm T s离子在磁场中运动第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角62101012771ππππθ=⨯⨯⨯=--……………………………………………………………（2分） 此时施加附加磁场时离子在磁场中能做的圆周运动的最大半径为r 2由几何关系知：028.02.0)9331(2≈⨯-=r （m ）离子在有附加磁场时运动半径为r 3 则322r m q B υυ=，求得017.06013≈=r m因23＜r r ，所以离子能做完整的圆周运动……………………………………………（2分） 离子在外加磁场后时， 72210122-⨯==ππqB m T s对照外加磁场的规律可知，每隔71012-⨯πs 离子在周期性外加磁场时，离子恰可做一次完整的匀速圆周运动，共做三次，最后在A 点离开磁场。
离子从O 点进入到A 点射出的总时间为72102632-⨯=+=πππq B m Bq mt s ……………………………………………………（3分） 本题有其它解法，正确的可对照评分标准给分。
3答案：C4．（16分）解：（1）电子在t =t 0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t 0～3t 0时间内发生偏转 mdeU m eE a 0==（2分） mdt eU at y 22120020==（2分）（2）设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v ，则mdvt eU v v y 00sin ==θ （2分）电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R ，根据牛顿第二定律 有 RvmevB 2= （2分）由几何关系得 Rl =θsin （1分）得 水平宽度Bdt U l 00= （1分）（3）证明：无论何时进入两板间的电子，在两板间运动的时间均为012t t = （1分）射出电场时的竖直分速度y v 均相同，mdt eU at v y 000== （1分）射出电场时速度方向与初速v 0方向的夹角θ均相同，满足dmv t eU v v y 0000tan ==θ (1分）因进入偏转磁场时电子速度大小220y v v v +=相同，方向平行，所以电子在磁场中的轨道半径相同，都垂直打在荧光屏上 （1分） 根据几何关系，电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角必为θ，则在磁场中运动时间eB m T t θπθ==22（1分）综上所述，电子运动的总时间eBm t t t t θ+=+=0212，即总时间相同。
（1分）A5．（１）粒子能从左边界射出，临界情况有 cos 30R R d +︒= RvmBqv 2=2(2(1cos 30)Bqd Bqd v m m-==+︒ 3分所以粒子能从左边界射出速度应满足v m≤ 1分 （２）粒子能从右边界射出 030cos d R = Rv m B q v 222= 3分2212m v qU = 解得2222222cos 303B qdB qd U m m==︒3分粒子不碰到右极板所加电压满足的条件 2223B qd U m≥（３）当粒子速度为是2dqB m时 解得 /2R d = 粒子，如图 3分由几何关系可得d d l 3230cos 220=⨯= 2分6．（1）1．0×104m/s （2）E=10000V/m （3）0．13T（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v 1，根据动能定理：21121mv qU=（2分）mq U v 112==1．0×104m/s （2分）（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。
在水平方向微粒做匀速直线运动。
水平方向：tL v =1（1分）带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a ，出电场时竖直方向速度为v 2 竖直方向：mqE mEq a== （1分）由几何关系 12tan v v =θ（1分）E=10000V/m （1分）（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v ，则41 2.01s m /0c s o v v θ==⨯（1分）由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示则轨迹半径为tan 60m 0.3r R =︒=（1分） 由rvmqvB2=（1分）D得 .3T01mv B qr==（1分）7答案：BC 8答案：B 916、（14分）解：（1）质子在磁场做匀速圆周运动有 v B ve m r=2∴ 得v = B er m（2）质子在磁场和电场中运动轨迹如图所示，质子在磁场中转过 120°角后，从 P 点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场，由几何关系得P 点距 y 轴的距离为 x 2 = r + rsin30o = 1．5 r质子在电场中做类平抛运动所以有Ee ma = ①22312x at = ②由①②得3t =M 点的纵坐标3y r vt r =+=+ 所以M点坐标为30r vt r +=+（，（3）质子在磁场中运动时间 11233m t T Beπ==由几何关系得P点的纵坐标22y r=所以质子匀速运动时间22(22r y mt vBe--==质子由O 点运动到M点所用时间123232m t t t t BeBeπ=++=++10答案：C11答案：BD 12（16分）（1）由于小球在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，则1qE mg = 解得 1m g E q=（2分） 方向沿y 轴正向 （1分） 20v qvB mr= 解得 0m v r qB=（2分）(2) 小球做匀速直线运动，受力平衡，则2qE =（3分）y解得 2E =（1分）(3)小球在复合场中做螺旋运动，可以分解成水平面内的匀速圆周运动和沿y 轴方向的匀加速运动． 做匀加速运动的加速度 32qE m ga g m-==（1分）从原点O 到经过y 轴时经历的时间 t nT =（1分） 212y at =（1分）解得 222224n m g y q Bπ=(123n = 、、) （1分）由动能定理得 2301()2k qE m g y E m v -=-（1分）解得 22322022182k n m gE m v q Bπ=+(123n = 、、) （1分） 13．解：（1）由动能定理qEx 0－2mgR=0qE=21mg∴x 0=4R（2）设小环在A 点速度v A由动能定理qE(x 0+R)－mgR=21mv A 2gR v A 3=由向心力公式：Rv m qE B qv N A A 2=--gR qB mg N 327+=（3）若μmg ≥qE 即μ≥21小环达P 点右侧S 1处静止qE(6R －S 1)－mg 〃2R －μmgS 1=0μ2121+=∴R Sμμμ2121+==∴mgR mgS W若μmg<qE 即μ<21环经过往复运动，最后只能在PD 之间运动，设克服摩擦力为W 则：qE6R －mg2R －W=0∴W=mgR 14答案：D 15（22分）(1) 设电子经电场加速后的速度大小为v 0，由动能定理得20021mv eU=meUv 002=(2) 电子经磁场偏转后,沿直线运动到荧光屏，电子偏转的临界状态是恰好不撞在上板的右端，到达荧光屏的位置与O点距离即为最大值m y ，如图所示，有Rmv B ev 200= ③222)2(R l d R =+-④ddy d R l 2tan 2tan m -==-=θα ⑤注意到 d l 23=，meU v 002=，联立上式可得d R 25=45m d y =⑥emU dedmv B 0025252==⑦(3)电子在电场中做曲线运动，在电场外做匀速直线运动。
对恰好能通过板右端点的电子在荧光屏上的位置离O 点最大，且为m y 的情况。
设极板长度为l ´，有l d l dy v v xy '-+-==2tan m θ ⑧ 其中meU v v x 002== ⑨at v y = ⑩ 其中 mdeU m F a ==○11t v l x =' ○12 ad d a v 2y==22 ○13解得 d l 710='若增大l ´, 则无论加多大电压，电子在荧光屏上的偏移不能达到m y ，当减小l ´,若保持电压U 不变，则电子在荧光屏上的偏移也不能达到m y ，只有增大电压才有可能实现。
因此，要使电子在荧光屏上的偏移达到m y 对应电压的最小值为 220min 2l d U U '=00min 0.985049U U U ==○15 评分标准：（1）4分，①和②式各2分；（2）8分，③、④和⑤式各2分，⑥和⑦式各式1分；（3）10分，⑧—○13式共6分，○14和○15式各2分。