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K单元磁场K1磁场安培力20．[2014·浙江卷]如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒()第20题图1第20题图2A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功20．ABC[解析]本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识．在0～T2，导体棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，向右做匀加速直线运动；在T2～T，导体棒受到安培力向右，大小仍为BImL，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程．故选项A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为0，选项D错误．21．[2014·浙江卷]在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．第21题图1钩码数1234LA/cmxkb115.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.51[来源:学。47.36科。网Z。X。X。K]第21题表1(1)某次测量如图2所示，指针示数为________cm.(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为____N/m(重力加速度g取10m/s2)．由表Ⅰ数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．第21题图221.[答案](1)(15.95～16.05)cm，有效数字位数正确(2)(12.2～12.8)N/m能[解析](1)由图2可知刻度尺能精确到0.1cm，读数时需要往后估读一位．故指针示数为16.00±0.05cm.(2)由表1中数据可知每挂一个钩码，弹簧Ⅰ的平均伸长量Δx1≈4cm，弹簧Ⅱ的总平均伸长量Δx2≈5.80cm，根据胡克定律可求得弹簧Ⅰ的劲度系数为12.5N/m，同理也能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．6．[2014·四川卷]如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则()A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N6．AC[解析]由于B＝(0.4－0.2t)T，在t＝1s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确．在t＝3s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误．由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtSsin30°＝0.1V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝ER＝1A，在t＝1s时，B＝0.2T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin30°＝0.1N，C正确．同理，在t＝3s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin30°＝0.1N，D错误．14．[2014·新课标全国卷Ⅰ]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化14．D[解析]本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．15．[2014·新课标全国卷Ⅰ]关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半15．B[解析]本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsinθ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误．16．[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()K2磁场对运动电荷的作用10．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.10．(1)4m/s(2)0.56m[解析](1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4m/s④(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝12mv2G－12mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋12a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝12a2t2⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s2⑩s＝0.56m○1111．[2014·四川卷]如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝()21＋5m()21－2qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh22t2(2)mhq（R＋r）g－2h3l2t2(3)0θ≤arcsin25[解析](1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝v0t①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝12mv20②联立①②可得W＝mh22t2③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E0＝U④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝12at21⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足I＝E0R＋r⑨联立①④～⑨得I＝mhq（R＋r）g－2h3l2t2⑩(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有qv0B＝mv20R○11过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有DG＝h－R(1＋cosθ)○12TG＝h＋Rsinθ○13θ＝sinθcosθ＝DGTG○14联立①○11～○14，将B＝Bm代入，求得θm＝arcsin25○15当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时BmB0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16则题目所求为0θ≤arcsin25○1724．(20分)[2014·山东卷]如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．图甲图乙(1)若Δt＝12TB，求B0；(2)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.24．[答案](1)mv0qd(2)3v20d(3)π2＋arcsin14d2v0[解析](1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R1①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B0＝mv0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝v20R2④据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝3v20d⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝2πRv0⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝