（江蘇專(zhuān)用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng)章末過(guò)關(guān)檢測(cè)

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1、（江蘇專(zhuān)用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng)章末過(guò)關(guān)檢測(cè) 一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確) 1．磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線(xiàn)圈，當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．其E－t關(guān)系如圖所示．如果只將刷卡速度改為，線(xiàn)圈中的E－t關(guān)系圖可能是(　　) 解析：選D.若將刷卡速度改為，線(xiàn)圈切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小將會(huì)減半，周期將會(huì)加倍，故D項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤． 2. 如圖所示，一水平放置的矩形閉合線(xiàn)圈abcd，在細(xì)長(zhǎng)磁鐵的N極附近豎直下落，保持bc

2、邊在紙外，ad邊在紙內(nèi)，從圖中位置Ⅰ經(jīng)過(guò)位置Ⅱ到達(dá)位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在這個(gè)過(guò)程中，線(xiàn)圈中感應(yīng)電流(　　) A．沿abcd流動(dòng) B．沿dcba流動(dòng) C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流動(dòng)，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流動(dòng) D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流動(dòng)，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流動(dòng) 解析：選A.由條形磁鐵的磁場(chǎng)分布情況可知，線(xiàn)圈在位置Ⅱ時(shí)穿過(guò)矩形閉合線(xiàn)圈的磁通量最少．線(xiàn)圈從位置Ⅰ到Ⅱ，穿過(guò)abcd自下而上的磁通量減少，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙其減少，則在線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcd，線(xiàn)圈從位置Ⅱ到Ⅲ，穿過(guò)abcd自上而下的磁通量在增加，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙其增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向仍然是

3、abcd.故本題答案為A. 3．(2019·長(zhǎng)興中學(xué)高三模擬)1831年，法拉第在一次會(huì)議上展示了他發(fā)明的圓盤(pán)發(fā)電機(jī)(圖甲)．它是利用電磁感應(yīng)原理制成的，是人類(lèi)歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)．圖乙是這個(gè)圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖：銅盤(pán)安裝在水平的銅軸上，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤(pán)的邊緣良好接觸．使銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)，電阻R中就有電流通過(guò)．若所加磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，回路的總電阻恒定，從左往右看，銅盤(pán)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，CRD平面與銅盤(pán)平面垂直，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電阻R中沒(méi)有電流流過(guò) B．銅片C的電勢(shì)高于銅片D的電勢(shì) C．保持銅盤(pán)不動(dòng)，磁場(chǎng)變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤(pán)的交變磁場(chǎng)，則

4、銅盤(pán)中有電流產(chǎn)生 D．保持銅盤(pán)不動(dòng)，磁場(chǎng)變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤(pán)的交變磁場(chǎng)，則CRD回路中有電流產(chǎn)生 解析：選C.根據(jù)右手定則可知，電流從D點(diǎn)流出，流向C點(diǎn)，因此在圓盤(pán)中電流方向?yàn)閺腃向D，由于圓盤(pán)在切割磁感線(xiàn)時(shí)相當(dāng)于電源，所以D處的電勢(shì)比C處高，A、B錯(cuò)誤；保持銅盤(pán)不動(dòng)，磁場(chǎng)變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤(pán)的交變磁場(chǎng)，則穿過(guò)銅盤(pán)的磁通量發(fā)生變化，故銅盤(pán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，但是此時(shí)不再切割磁感線(xiàn)，所以CD不能當(dāng)成電源，故CRD回路中沒(méi)有電流產(chǎn)生，C正確，D錯(cuò)誤． 4．如圖所示，A、B、C是三個(gè)完全相同的燈泡，L是一自感系數(shù)較大的線(xiàn)圈(直流電阻可忽略不計(jì))．則(　　) A．S閉合時(shí)，A燈立即亮，然后逐

5、漸熄滅 B．S閉合時(shí)，B燈立即亮，然后逐漸熄滅 C．電路接通穩(wěn)定后，三個(gè)燈亮度相同 D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開(kāi)時(shí)，C燈立即熄滅 解析：選A.電路中A燈與線(xiàn)圈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)．S閉合時(shí)，三個(gè)燈同時(shí)立即發(fā)光，由于線(xiàn)圈的電阻由大變小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線(xiàn)圈短路，完全熄滅．B、C并聯(lián)，電壓相同，亮度相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電路接通穩(wěn)定后，S斷開(kāi)時(shí)，C燈中原來(lái)的電流立即減至零，由于線(xiàn)圈中電流要減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的減小，線(xiàn)圈中電流不會(huì)立即消失，這個(gè)自感電流通過(guò)C燈，所

6、以C燈過(guò)一會(huì)兒熄滅，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5．(2019·南京模擬)如圖所示，一個(gè)閉合三角形導(dǎo)線(xiàn)框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方(略靠前)固定一根與導(dǎo)線(xiàn)框平面平行的水平直導(dǎo)線(xiàn)，導(dǎo)線(xiàn)中通以圖示方向的恒定電流．釋放導(dǎo)線(xiàn)框，它由實(shí)線(xiàn)位置下落到虛線(xiàn)位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，在此過(guò)程中(　　) A．導(dǎo)線(xiàn)框中感應(yīng)電流的方向依次為 　ACBA→ABCA→ACBA B．導(dǎo)線(xiàn)框的磁通量為零時(shí)，感應(yīng)電流為零 C．導(dǎo)線(xiàn)框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上 D．導(dǎo)線(xiàn)框所受安培力的合力為零，做自由落體運(yùn)動(dòng) 解析：選A.根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線(xiàn)上方的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，下方的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，而且越靠近

7、導(dǎo)線(xiàn)磁場(chǎng)越強(qiáng)，所以閉合導(dǎo)線(xiàn)框ABC在下降過(guò)程中，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量先增大，當(dāng)增大到BC邊與導(dǎo)線(xiàn)重合時(shí)，達(dá)到最大，再向下運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨導(dǎo)線(xiàn)框的下降，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，當(dāng)增大到A點(diǎn)與導(dǎo)線(xiàn)重合時(shí)，達(dá)到最大，繼續(xù)下降時(shí)由于導(dǎo)線(xiàn)框逐漸遠(yuǎn)離導(dǎo)線(xiàn)，使導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙內(nèi)部磁通量的變化，所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)先向里，再向外，最后向里，所以導(dǎo)線(xiàn)框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)的磁通量為零時(shí)，內(nèi)部的磁通量仍然在變化，有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，所以感

8、應(yīng)電流不為零，B錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)楞次定律的理解，感應(yīng)電流的效果總是阻礙導(dǎo)體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，由于導(dǎo)線(xiàn)框一直向下運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)線(xiàn)框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，C、D錯(cuò)誤． 6．如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線(xiàn)框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)為l1，bc邊的邊長(zhǎng)為l2，線(xiàn)框的質(zhì)量為m，電阻為R，線(xiàn)框通過(guò)絕緣細(xì)線(xiàn)繞過(guò)光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M.斜面上ef線(xiàn)(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如果線(xiàn)框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的，且線(xiàn)框的ab邊始終平行于底邊，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為

9、 B．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 C．線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 D．該勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsin θ)l2 解析：選D.由牛頓第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為，A錯(cuò)誤；由平衡條件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F(xiàn)安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v＝，B錯(cuò)誤；線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝＝，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律，該勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量，為(Mg－mgsin θ)l2，D正確． 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的

10、四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選或不答的得0分) 7．(2019·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)轉(zhuǎn)筆(Pen Spinning)是一項(xiàng)用不同的方法與技巧、以手指來(lái)轉(zhuǎn)動(dòng)筆的休閑活動(dòng)．轉(zhuǎn)筆深受廣大中學(xué)生的喜愛(ài)，其中也包含了許多的物理知識(shí)，假設(shè)某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其上的某一點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列有關(guān)該同學(xué)轉(zhuǎn)筆中涉及的物理知識(shí)的敘述正確的是(　　) A．筆桿上的點(diǎn)離O點(diǎn)越近的，做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度越小 B．筆桿上的各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由萬(wàn)有引力提供的 C．若該同學(xué)使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動(dòng)做離心運(yùn)動(dòng)被甩走 D．若該同學(xué)使用的是金屬筆桿

11、，且考慮地磁場(chǎng)的影響，由于筆桿中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此金屬筆桿兩端一定不會(huì)形成電勢(shì)差 解析：選AC.筆桿上各點(diǎn)的角速度相同，根據(jù)a＝ω2r可知，筆桿上的點(diǎn)離O點(diǎn)越近的，做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度越小，選項(xiàng)A正確；筆桿上的各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由筆桿對(duì)該點(diǎn)的作用力提供的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若該同學(xué)使用中性筆，且轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)快，則筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動(dòng)做離心運(yùn)動(dòng)被甩走，選項(xiàng)C正確；若考慮地磁場(chǎng)的影響，由于筆桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可能要切割磁感線(xiàn)而使金屬筆桿兩端形成電勢(shì)差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8.如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)

12、量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝2BLv B．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝ C．此過(guò)程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過(guò)程中通過(guò)電阻R0的電荷量為q＝ 解析：選BD.AC的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯(cuò)誤；此過(guò)程中平均感應(yīng)電流為＝，通過(guò)電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確． 9．如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的

13、電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)．整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一個(gè)不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開(kāi)始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則 (　　) A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到a B．物塊下落的最大加速度為g C．若h足夠大，物塊下落的最大速度為 D．通過(guò)電阻R的電荷量為 解析：選ACD.題中導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)，由右手定則可得回路

14、中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A正確；對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Bl，再對(duì)物塊應(yīng)用牛頓第二定律有mg－FT＝ma，則聯(lián)立可得：a＝－，則物塊下落的最大加速度am＝，B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大為vm＝，C正確；下落h的過(guò)程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過(guò)電阻R的電荷量q＝＝＝，D正確． 10．在傾角為θ足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向一個(gè)垂直斜面向上，另一個(gè)垂直斜面向下，寬度均為L(zhǎng)，如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形線(xiàn)框在t＝0時(shí)刻以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，若經(jīng)過(guò)時(shí)

15、間t0，線(xiàn)框ab邊到達(dá)gg′與ff′中間位置時(shí)，線(xiàn)框又恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)ab邊剛越過(guò)ff′時(shí)，線(xiàn)框加速度的大小為3gsin θ B．t0時(shí)刻線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 C．t0時(shí)間內(nèi)線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsin θ＋mv D．離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中線(xiàn)框?qū)⒆鰟蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng) 解析：選ABC.當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有E＝BLv0，I＝，mgsin θ＝BIL，有＝mgsin θ.當(dāng)ab邊剛越過(guò)ff′時(shí)，線(xiàn)框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流均加倍，則線(xiàn)框做減速運(yùn)動(dòng)，有＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小為3gsin θ，A正確；t0時(shí)刻線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則有＝mgs

16、in θ，解得v＝，B正確；線(xiàn)框從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)，則由功能關(guān)系得線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝＋＝＋，C正確；線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤． 三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位) 11．(12分)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤(pán)，右臂掛有矩形線(xiàn)圈，兩臂平衡．線(xiàn)圈的水平邊長(zhǎng)L＝0.1 m，豎直邊長(zhǎng)H＝0.3 m，匝數(shù)為N1.線(xiàn)圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0 T，方向垂直線(xiàn)圈平面向里．線(xiàn)圈中通有可在0～2.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.

17、掛盤(pán)放上待測(cè)物體后，調(diào)節(jié)線(xiàn)圈中電流使天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量．(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg，線(xiàn)圈的匝數(shù)N1至少為多少？ (2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線(xiàn)圈，總電阻R＝10 Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖乙所示，保持B0不變，在線(xiàn)圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪＝0.1 m．當(dāng)掛盤(pán)中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率. 解析：(1)線(xiàn)圈受到安培力F＝N1B0IL 天平平衡mg＝N1B0IL 代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝．

18、 (2)由電磁感應(yīng)定律得E＝N2 即E＝N2Ld 由歐姆定律得I′＝ 線(xiàn)圈受到的安培力F′＝N2B0I′L 天平平衡m′g＝NB0· 代入數(shù)據(jù)可得 ＝0.1 T/s. 答案：(1)25 匝　(2)0.1 T/s 12．(14分)(2018·高考江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開(kāi)后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過(guò)程中，金屬

19、棒 (1)末速度的大小v； (2)通過(guò)的電流大小I； (3)通過(guò)的電荷量Q. 解析：(1)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)v2＝2as 解得v＝. (2)安培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安 牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝ma 解得I＝. (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ 電荷量Q＝It 解得Q＝. 答案：(1)　(2) (3) 13．(14分)如圖所示，半徑為L(zhǎng)1＝2 m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B1＝ T．長(zhǎng)度也為L(zhǎng)1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω＝ rad

20、/s.通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導(dǎo)線(xiàn)與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R)，圖中的平行板長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝2 m，寬度為d＝2 m．圖示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右運(yùn)動(dòng)，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，左邊界為圖中的虛線(xiàn)位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大．(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導(dǎo)線(xiàn)電阻，忽略電容器的充放電時(shí)間，忽略帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射的影響，不計(jì)平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及帶電粒子的重力和空氣阻力)

21、求： (1)在0～4 s內(nèi)，平行板間的電勢(shì)差UMN； (2)帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度； (3)在上述前提下若粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件． 解析：(1)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒為 E＝B1Lω＝2 V 由電路的連接特點(diǎn)知：E＝I·4R U0＝I·2R＝＝1 V T1＝＝20 s 由右手定則知：在0～4 s時(shí)間內(nèi)，金屬桿ab中的電流方向?yàn)閎 →a，則φa>φb 則在0～4 s時(shí)間內(nèi)， φM<φN，UMN＝－1 V. (2)粒子在平行板電容器內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在0～時(shí)間內(nèi)水平方向L2＝v0·t1 t1＝＝4 s< 豎直方向＝at a＝，E＝，vy＝at1 得＝0.25 C/kg，vy＝0.5 m/s 則粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度 v＝＝ m/s tan θ＝＝1， 所以該速度與水平方向的夾角θ＝45°. (3)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由B2qv＝m得r＝ 由幾何關(guān)系及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，r>d時(shí)離開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，即B2<＝2 T. 答案：(1)－1 V　(2) m/s，與水平方向成45°夾角 (3)B2<2 T