25.2014新课标2 （19分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以速度ω绕O逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g．求： （1）通过电阻R的感应电流的方向和大小； （2）外力的功率． 25.（19分）2013新课标1 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。

２４.（１４分）2013新课标2 如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。 ２４.（１４分）2013新课标2 如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内 侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。 25.（18分）2012新课标 如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R53。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。 b a O d c 24解析:粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得:qBmvrrvmqvB2①,式中v为粒子在a点的速度. 过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点,由几何关系知,线段bcac,和过a、b两点和轨迹圆弧的两条半径(末画出)围成一正方形,因此rbcac② 设xcd,由几何关系得: xRac54③ 2253xRRbc④ 联立②③④式得: Rr57⑤ 再考虑粒子在电场中的运动,设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得:qE=ma⑥221atr ⑦ r=vt⑧

式中t是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得:mqRBE5142⑨ 24、（15分）2011大纲 如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求： （1）磁感应强度的大小； （2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。 答案：（1）mg2LRP ；（2）2Pmg 解析：（1）设小灯泡的额定电流I0，有：P＝I02R ① 由题意，在金属棒沿着导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为 I＝2I0 ② 此时刻金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg＝BLI ③

联立①②③式得 B＝mg2LRP ④ （2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得 E＝BLv ⑤ E＝RI0 ⑥ 联立①②④⑤⑥式得 v＝2Pmg ⑦ 【点评】本题考查电磁感应与力学，电路的综合问题，属于常规题，从导体棒的运动情况来看，属于一根导体棒的“运动──发电──电流──运动”类型，自由释放的金属棒MN，下落过程中产生感应电动势，回路中形成电流，金属棒MN受到安培力作用，影响金属棒的运动。解决该类问题的关键有两个，一是要正确作出等效电路图，二是对导体或者是闭合回路的局部进行正确的受力分析，列出动力学或者静力学方程。

25、（19分）2011大纲 如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。 答案：2mv0q(2v0E＋1B) 解析：带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qE＝ma ①

设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得 v0t0＝12at02 ② 粒子速度大小V1为 V1＝v02＋(at0)2 ③ 设速度方向与竖直方向的夹角为α，则 tanα＝v0at0 ④ 此时粒子到出发点P0的距离为 s0＝2v0t0 ⑤ 此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝mVqB ⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为 s1＝2r1sinβ ⑦ 由几何关系得 α＋β＝45° ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1＝2mv0qB ⑨ 点P2与点P0相距 l＝s0＋s1 ⑩ 联立①②⑤⑨⑩解得 l＝2mv0q(2v0E＋1B) ⑪ 【易错分析】1．对于带电粒子在电场中的运动，一些考生错将45°角当成粒子在电场中运动的速度偏向角，导致错解，也有一些考生将粒子出电场时的速度大小仍当成是，导致错解。2．对于粒子在匀强磁场中的运动，对几何关系挖掘不细致导致不能完成求解。

25.（19分）2011新课标 如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子a射入区域I时速度的大小； （2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

答案：B 解析：

（1）设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 21aaav

qvBmR ①

由几何关系得 ∠PCP′ = θ ② 12sinadRd



③

式中θ = 30° 由①②③式得 2aqBdvm ④

(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa ，半径为Ra2，粒子射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa = θ′ ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 22(2)aaav

qvBmR ⑤ 由①⑤式得 1222aaaRmvRdqB ⑥ C、P′、Oa 三点共线，且由⑥式知Oa 必位于 32xd ⑦ 的平面上，由对称性知Pa 与P′点的纵坐标相同，即 1cosapayRh ⑧ 式中h为C点的y坐标.且θ′ = 60° 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 2133aabvvm

qBR



⑨

解得：112333aabmvRdRqB 2132abRR 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α，如果b没有飞出Ⅰ，则

2'2atT



⑩

12btT



⑾

解得：21'abTT 式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而 222aa

RTv ⑿

112/3bb

RTv ⒀

解得：2211132aabbTRTR 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 α = 30° ⒁ 由①③⑨⒁式可见，b没有飞出Ⅰ。Pb点的y坐标为 yPb= Rb1(2+cosα )+h ⒂



Pba1b1a1b1b1

b1b1b11(1cos) ()cos 2cos2cos2牋2cos牋2cos33a

yRhRRRhRRRhRhRdhh－－－

由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 2(32)3abppyyd ⒃