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专题05 磁场与电磁感应（答案版）
【3 大考点概览】
考点01 磁场与电磁复合场
考点02 电磁感应定律及其应用
考点03 LC 振荡电路及电磁波
一、单选题
1.【答案】A
2.【答案】D
3.【答案】B
4.【答案】C
二、多选题
5.【答案】AB
6.【答案】BC
7.【答案】BC
8.【答案】BC
9.【答案】AC
10.【答案】ACD
三、解答题
11.【答案】(1)mv0
qB
(2) 3m
2qB −πm
3qB
(3)(2+
❑√3
2 )
m v0
qB
考点01
磁场与电磁复合场
【详解】（1）设粒子在磁场中运动的半径为r，由q v0 B =m v0
2
r
得r = m v0
qB
由分析可知圆形磁场的半径R 与粒子运动的轨道半径r 相等，即R =r = m v0
qB
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期T = 2πr
v0
= 2πm
qB
粒子1 在圆形磁场中运动的时间为t1，t1= 1
4 T =πm
2qB
粒子1 在电场中从Q 到O 运动的时间为t2，竖直方向上的位移y = R
又y = 1
2 at2
2，a= Eq
m
可得t2= 2m
qB
粒子2 在磁场中从P 点运动到S 点，转过角度为150°，所用时间t
′
1= 150°
360° T = 5 πm
6qB
由分析可知粒子2 从S 到T 作匀速直线运动，速度方向沿x 轴正方向，所用的时间为
t
′
2= R (1−sin30°)
v0
= m
2qB
则两个粒子先后从P 点发射的时间差为Δt =t1+t2−t
′
1−t
′
2= 3m
2qB −πm
3qB
（3）粒子1 从O 点进入时竖直方向的速度为v y，有v y =at2= v0
合速度与水平方向和竖直方向的夹角均为45°。粒子1 进入匀强磁场Ⅱ以后，将运动分解，在平行于xOy
平面上以速率v0作匀速圆周运动，在竖直方向上以速度v0向下作匀速直线运动。
当粒子2 在匀强电场中从T 点运动到y 轴的过程中，仍作类平抛运动，与粒子1 在匀强电场中运动时间相
同，运动时间也为t2= 2m
qB ，竖直方向上的位移为y2= 1
2 v yt2= mv0
qB
在t2时间内，粒子1 在匀强磁场Ⅱ中作匀速圆周运动的周期为T
′，则T
′ = 2πm
qB = 2m
qB
说明粒子2 刚到达y 轴时，粒子1 刚好作匀速圆周运动一周，刚好运动到y 轴上，竖直方向上的位移为
yT = v yT
′ = v yt2= 2m v0
qB
此时两个粒子间的距离Δy = R+ Rcos30°−y2+ y1=(2+
❑√3
2 )
m v0
qB
12.【答案】(1)6.28cm/6.28×10
−2m
(2)1.60×10
−3s
(3)1.12×10
−3s
【详解】（1）粒子进入电磁场区域后所受电场力F电= Uq
d =8.0×10
−4 N
所受洛伦兹力F洛= Bvq =8.0×10
−4 N
因为F电= F洛
所以粒子在0∼π ×10
−4s内做匀速直线运动，其位移x = vt
代入数据解得x =6.28×10
−2m=6.28cm
（2）经分析，粒子在有电场时做匀速直线运动，在无电场时做逆时针方向的匀速圆周运动，设圆周运动
半径为r，周期为T，则qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB =1×10
−2m=1cm，T = 2πr
v
= 2πm
qB = π ×10
−4s
分析粒子运动过程可知，粒子在t1=5 π ×10
−4s内位移x1=3 x =18.84 cm
因为此时粒子距板右端Δx=19.34cm 18.84cm=0.5cm<r
−
所以粒子从开始到即将从金属板右端离开的运动轨迹，如下图所示
设t1=5 π ×10
−4s后，粒子再经t2离开磁场，t2内轨迹圆弧对应的圆心角为θ，则sinθ=Δx
r
= 1
2
解得θ =30°
所以t2= T
12 =π×10
−4
12
s
所以粒子从射入到射出金属板所用时间t =t1+t2=(5 π +π
12)×10
−4s≈1.60×10
−3s
（3）经分析，初速度方向与磁场方向夹角为θ(0°<θ<)9°)的粒子做等距螺旋运动。在不碰到金属板的粒
子中，θ角越大，粒子在两板间运动的时间越长
设等距螺旋线截面圆的半径为R，则能从金属板右端离开的粒子半径满足R≤0.5cm
设截面圆半径最大的粒子的初速度与磁场方向夹角为θ0，将粒子初速度沿磁场和垂直磁场两个方向分解，
有qvBsinθ0= m(vsinθ0)
2
R
即R = mvsinθ0
qB
=0.5×10
−2m
解得sinθ0= 1
2
所以θ0=30°
所以粒子在两板间运动的最长时间t m =
L
vcosθ0
代入数据解得t m≈1.12×10
−3s
13.【答案】(1)v0= ❑√2kEd
(2)B≥2❑√
2 E
kd
(3)S =(
π
8 +
❑√2
2 + 5
4)d
2
【详解】（1）有50%的离子能够从电场射出，则离子在电场中水平偏转距离为d，离子做类平抛运动，设
离子质量为m、电荷量为q，水平方向有d = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律，有qE=ma
竖直方向，有2d=v0t
联立解得v0= ❑√2kEd
（2）设离子射出电场时的速度与水平方向间的夹角为α，由类平抛运动规律可知tanα = d
d =1解得α = 45
°
则离子进入磁场时的速度大小为v =
v0
cos 45
°
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
从电场射出的离子经磁场偏转后能全部回到电场，根据几何关系有2rcos π
4 ≤d
解得B≥2❑√
2 E
kd
（3）磁感应强度B 大小取（2）中的最小值，则离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r = mv
qB =
❑√2
2 d
有粒子经过的区域如图所示
由几何关系知扇形面积为S1= 3 π r
2
8
= 3
16 π d
2
三角形面积为S2= d
2
4
弓形面积为S3= π r
2
4 −1
2 d × d
2 =(
π
8 −1
4)d
2
梯形面积为S1=
r +r −d
2 +d
2
× d
2 =(
❑√2
4 + 1
8)d
2
在磁场中有粒子经过的区域面积为S =2[ S1+ S2+ S4−S3]=(
π
8 +
❑√2
2 + 5
4)d
2
14.【答案】(1) 3 v0
2
4 kL
(2) 3 v0
4 kL
(3)❑√
d v0
2k B0
，3 v0d
2k B0
【详解】（1）粒子从P点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于x轴方向上有L= v0t1
平行于y轴方向上有3
8 L= 1
2 at1
2
其中a= qE
m =kE
解得E = 3 v0
2
4 kL
（2）解法一：粒子经过坐标原点时的速度大小v1= ❑√v0
2+(at1)
2= 5
4 v0
设粒子第一次在第四象限内运动至最低点时到x轴的距离为y1
，有Eq y1= 1
2 m(
7
4 v0)
2
−1
2 m v1
2
平行于x轴方向上有∑B1q v y 1Δt1= B1q y1= 7
4 mv0−mv0
解得B1= 3 v0
4 kL
解法二：粒子经过坐标原点时平行于y轴方向的分速度大小v y =at1= 3
4 v0
将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿x轴正方向、大小为v x1的分速度，满足B1q v x1= Eq
另一分速度大小v
' = ❑√(v x1−v0)
2+ v y 1❑
2
粒子在第四象限内的运动可视为沿x轴方向、速度为v x1的匀速直线运动和速率为v
′的匀速圆周运动的合运
动，粒子运动至最低点时的速度大小7
4 v0= v
′ + v x1
解得v x1= v0，B1= 3 v0
4 kL
（3）设粒子经过坐标原点时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有cosθ= v0
v1
粒子第二次经过x轴时速度大小仍为v1，平行于x轴方向的分速度大小仍为v0，平行于y轴方向的分速度大
小为3
4 v0，方向沿y轴正方向，粒子第二、三次穿过x轴的过程中运动至离x轴最远时，平行于y轴方向的
分速度大小变为0，平行于x轴方向的分速度大小变为v1，平行于y轴方向上有∑Bq v y 2Δt2=m v1−m v0
其中∑Bq v y 2Δt2=q∑BΔy
利用如图所示的B−y图像可知∑BΔy = B0 ymax❑
2
2d
解得ymax= ❑√
d v0
2k B0
平行于x轴方向上有−∑Bq v x 2Δt2=0−3
4 mv0
其中∑Bq v x 2Δt2=∑B0
d qyΔx
其中∑yΔx为对应轨迹与x轴所围的面积S1，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过x轴的过程中运动轨迹
与x轴所围的面积S =2S1
解得S = 3 v0d
2k B0
15.【答案】(1)R
(2)πm
eB
(3)(−R，0，3
8 πR+ 3 π
2mE
8e B
2 )
【详解】（1）电子垂直于z轴方向的速度分量v x = v0sin 45
∘= eBR
m
洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力eB v x =m v x
2
r
解得r = R
（2）粒子做圆周运动的周期T = 2πR
v x
= 2πm
eB
每隔t0= T
4 = πm
2eB
电子与筒壁碰撞一次，从第一次碰撞到第三次碰撞的时间t =2t0= πm
eB
（3）电子第一次碰撞前沿z轴方向速度v z= v0cos45
∘= eBR
m
第一次碰后瞬间沿z轴方向速度v0 z= 1
2 v z
沿z轴方向加速度a= eE
m
第一次碰撞到第二次碰撞过程中沿z轴方向位移z1= v0 zt0+ 1
2 at0
2
第二次碰前瞬间沿z轴方向速度v1 z= v0 z+at0
第二次碰后瞬间沿z轴方向速度v2 z= 1
2 v1 z
第二次碰撞后到第三次碰撞过程中沿z轴方向位移z2= v2 zt1+ 1
2 at0
2
第一次碰撞到第三次碰撞过程中沿z轴方向位移z = z1+ z2
联立解得z = 3
8 πR+ 3 π
2mE
8e B
2
电子在垂直于z轴方向做圆周运动的半径不变，第三次碰撞时x =−R
第三次碰撞点C的坐标为(−R，0，3
8 πR+ 3 π
2mE
8e B
2 )
16.【答案】(1)2×10
−4s，0.2m
(2)❑√406+ 4 ❑√2×10
3 m/s
或❑√406−4 ❑√2×10
3 m/s
或❑√51×10
3 m/s
【详解】（1）（ⅰ）粒子在电场中偏转，设偏转加速度为a，从P 点运动到N 点的时间为t，根据牛顿第
二定律
qE =ma
竖直方向有yP= 1
2 at
2
联立解得t =2×10
−4s
（ⅱ）设粒子在N 点时速度大小为v，与x 轴正向的夹角为θ，竖直方向的分速度为v y，粒子在磁场中转
动的半径为R，
粒子在电场中水平方向有d = v0t
竖直方向的运动v y =at
则在N 点粒子的速度v = v y
sinθ
由洛伦兹力提供向心力得qvB = mv
2
R
由几何关系可得Rsinθ =d
联立解得d =0.2m
（2）（ⅰ）在P 点时的速度与水平方向夹角为α，在N 点时的速度为v，竖直分量为v y粒子的运动轨迹如
图所示
由（1）可得d = mv y
qB
可得v y =2❑√2×10
4 m/s
从P 到N，竖直方向v y
2 −(v0 sinα)
2=2a y P
可得v0 sinα =2×10
4 m/s或v0 sinα =−2×10
4 m/s
运动时间t = v y+ v0 sinα
a
可得v0cosα = d
t
联立解得v0= ❑√406+ 4 ❑√2×10
3 m/s或v0= ❑√406−4 ❑√2×10
3 m/s
（ⅱ）在P 点时的速度与水平方向夹角为α，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在电场中由P 到N 的时间
为t1，从磁场回到P 点的时间为t2，在N 点时的速度为v，竖直分量为v y
则t1= v y+ v0 sinα
a
，t2= v y−v0 sinα
a
水平方向有2 R2sinβ = v0 sinα (t1+t2)
圆周运动R2sinβ = m v y
qB
联立解得v0cosα =10
3 m/s
则v0cosα = d
t
，y P=−v0t1sinα + 1
2 at1
2
联立解得v0= ❑√51×10
3 m/s
（ⅲ）P 点时的速度与水平方向夹角为α，斜向下时，粒子的运动轨迹如图所示，由（ⅱ）可得
可得v0cosα =10
3 m/s
又yP= v0t1sinα + 1
2 at1
2
可得v0 sinα <0，舍去
综上所述v0= ❑√406+ 4 ❑√2×10
3 m/s或v0= ❑√406−4 ❑√2×10
3 m/s或v0= ❑√51×10
3 m/s
17.【答案】(1)42N
(2)23
30 s
(3)9.6m
【详解】（1）设小球C 在圆弧轨道最高点时的速度为v1，恰好不脱离轨道，则沿OC 方向支持力为0，由
重力分力提供向心力，有mgsinθ =m v1
2
R
设小球C 运动到圆弧轨道最低点时的速度为v2，研究小球C 从圆弧轨道最高点运动到最低点的过程，根据
动能定理，可得mgR (sinθ+cosθ)= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
联立解得v2=3.4 m/ s
设小球C 与物块B 碰前瞬间圆弧轨道对小球C 的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律，有
FN−mgcosθ =m v2
2
R
解得F N = 42 N
（2）设小球C 与物块B 碰撞后物块B 的速度为vB，小球C 的速度为vC，根据动量守恒和能量守恒，有
m v2=m vB+m vC，1
2 mv2
2= 1
2 mvB
2+ 1
2 mvC
2
解得vC=0，vB= v2=3.4 m/ s
设物块B 离开斜面时的速度为v，有mgcosθ =qv B0
解得v =8m/ s
设物块B 在斜面上运动的时间为t，根据动量定理，有mgsinθ⋅t =mv −m v2
解得t = 23
30 s
（3）当物块B 离开斜面后，物块B 在重力和洛伦兹力的共同作用下运动。将物块B 的速度分解为水平向
右的分速度v0和斜向左下的分速度v3，且满足mg =q v0 B0
解得v0=10m/ s
物块B 的运动可看作向右的匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加，如图所示
设物块B 做匀速圆周运动的速度v3沿水平方向时动能最大，有v3= ❑√(v0−vcos37°)
2+(vsin37°)
2
解得v3=6m/ s
物块B 做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有q B0v3= mv3
2
r
解得r = m v3
q B0
=6m
又有ℎ=r +rsin37°
解得ℎ=9.6m
一、多选题
1.【答案】AB
2.【答案】ABD
3.【答案】AD
二、解答题
4.【答案】(1)v = 2
3
❑√2gℎ
(2)Q = 4
15 mgℎ
(3)q = 4 m ❑√2 gℎ
5 BL
(4)x = 8mR ❑√2gℎ
5 B
2 L
2
【详解】（1）a 下滑过程中，由机械能守恒定律有mgℎ= 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2 gℎ
a 与b 发生弹性碰撞，有m v0=m v1+2mv，1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×2mv
2
解得v = 2
3
❑√2gℎ
（2）b 进入磁场后，b、c 组成的系统动量守恒（安培力为内力），设它们最终共速的速度为v共，有
2mv =(2m+3m)v共
考点02
电磁感应定律及其应用
解得v共= 2v
5
总焦耳热Q总= 1
2 ×2m v
2−1
2 ×5m v共
2 = 3
5 m v
2= 8
15 mgℎ
b、c 的电阻相等，故Q = 1
2 Q总= 4
15 mgℎ
（3）由动量定理，对c 有B I L Δt =3m v共
即BLq =3m v共
解得q = 3m v共
BL
= 4 m ❑√2 gℎ
5 BL
（4）设b 恰好未与c 相碰，电磁感应中，ΔΦ= BLx
平均感应电动势E = ΔΦ
Δt = BLx
Δt
平均电流I = E
2 R
电荷量q = I Δt = BLx
2 R
解得x = 8mR ❑√2 gℎ
5 B
2 L
2
5.【答案】(1)v = mgR
B
2 L
2
(2)d = L+ℎ−m
2 g R
2
2B
4 L
4
(3)Q =nmg(ℎ+2 L)−nm
3 g
2 R
2
2B
4 L
4
【详解】（1）由于导体框在完全离开第一个磁场区域前，已经做匀速直线运动，则导体框在刚好完全离
开第一个磁场时有BIL=mg
又I = BLv
R
解得v = mgR
B
2 L
2
（2）若导体框在经过每一个磁场区域时所花时间全部相同，则导体框进入每个磁场前的速度都相等，设
导体框进入第一个磁场前的速度为v0，根据动能定理有mgℎ= 1
2 m v0
2
导体框在无磁场区域运动的过程，根据动能定理有mg(d −L)= 1
2 m v0
2−1
2 m v
2
联立得d = L+ℎ−m
2 g R
2
2B
4 L
4
（3）在第（2）问的前提下，导体框通过每个磁场产生的热量相等，设为Q
'，根据能量守恒有
mg(ℎ+2 L)= 1
2 m v
2+Q
'
导体框从初始到完全离开第n 个磁场时，产生的热量Q =nQ
'
解得Q =nmg(ℎ+2 L)−nm
3 g
2 R
2
2B
4 L
4
6.【答案】(1)v1= ❑√2gℎ，v2= s ❑√
g
2 H
(2)Q = 1
2 mgℎ−mg s
2
8 H
，
q =
m(
❑√2 gℎ−s ❑√
g
2 H)
Bd
(3)Δx =2❑√Hℎ(1−
❑√3
3 )
【详解】（1）金属杆由静止开始到进入磁场之前，根据动能定理可得mgℎ= 1
2 m v1❑
2
解得v1= ❑√2 gℎ
金属杆刚离开水平桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律有H = 1
2 gt1❑
2 ，s= v2t1
解得v2= s ❑√
g
2 H
（2）金属杆在穿过磁场过程中，安培力做负功，将部分机械能转化为金属杆和定值电阻的焦耳热，根据
能量守恒定律可得Q总= 1
2 m v1
2−1
2 m v2
2
因为Q = 1
2 Q总
联立解得Q = 1
2 mgℎ−mg s
2
8 H
金属杆和定值电阻串联，则流过它们的电荷量相同，设金属杆穿过磁场时的平均感应电流为I 1，通过磁场
所用时间为Δt1，规定向左为正方向，根据动量定理可得−B I 1d Δt1=m v2−m v1
又q = I 1Δt1
联立解得
q =
m(
❑√2gℎ−s ❑√
g
2 H)
Bd
（3）设当金属杆从距桌面高ℎ
3
处由静止释放，进入磁场的速度为v3，则有mg⋅ℎ
3 = 1
2 m v3
2
解得v3= ❑√
2
3 gℎ
设金属杆从桌面边沿飞出时的速度为v4，金属杆穿过磁场所用时间为Δt2，平均感应电流为I 2，根据动量
定理可得−B I 2d Δt2=m v4−m v3
金属杆先后两次穿过磁场区域，磁通量改变量相同，所以通过金属杆的电荷量相同，则有I 1Δt1= I 2Δt2
可以推导出，金属杆先后两次穿过磁场区域，动量改变量相同，则有m v2−m v1=m v4−m v3
金属杆做平抛运动下落的高度不变，所用时间不变，则有s
′ = v4t1
则先后两个落地点间的水平距离Δ x = s−s
′
联立解得Δ x =2❑√Hℎ(1−
❑√3
3 )
7.【答案】(1)2BLv0
3 R
，顺时针方向
(2)v0−3 μmgR
4 B
2 L
2
(3)3
2 L
【详解】（1）线框abcd刚开始运动时速度为零，与磁场的相对速度为v0，根据右手定则可知线框左右两
边产生的感应电动势顺接，由法拉第电磁感应定律可得E =2BLv0
根据欧姆定律可得线框中的感应电流为I 0= 2BLv0
3 R
感应电流方向为顺时针方向
（2）设线框匀速运动的速度为v1，回路电动势为E =2BLv相对
v相对= v0−v1
根据欧姆定律有I = 2BL(v0−v1)
3 R
可求安培力为F安=2BIL= 4 B
2 L
2(v0−v1)
3 R
根据线框abcd匀速运动，可知安培力和摩擦力平衡F安= μmg
联立解得v1= v0−3 μmgR
4 B
2 L
2
（3）两线框碰撞，满足动量守恒定律mv =2m v
′
当ef 边进入阻尼磁场，回路总电阻为3 R
设ef 边刚出磁场时线框速度为v2，从ef 边刚进入磁场到ef 边刚离开磁场的过程，由动量定理可得
−∑
❑
❑
❑B0
2 L
2
3 R v Δt =−∑
❑
❑
❑k x1 L
2
3 R
Δ x =−k L
2 x1
2
6 R
=2mv2−2mv
′
x1= L −k L
4
6 R =2m v2−2m v
′
联立解得v2= 1
6 v
从ef 边刚出磁场到cd边还未进入磁场过程中，回路电阻为3
2 R
设cd边刚进磁场时线框速度为v3，从ef 边刚出磁场到cd边刚进入磁场的过程，由动量定理可得
−∑
❑
❑
❑B0
2 L
2
3
2 R
v Δt =−∑
❑
❑
❑k x2 L
2
3
2 R
Δ x =−k L
2 x2
2
3 R
=2mv3−2mv2
若x2= L，则v3<0，说明cd未进入磁场线框已经停止运动，即v1=0
求得x2= 1
2 L
线框在阻尼磁场作用下运动的位移x = x1+ x2= 3
2 L
8.【答案】(1)16 B0
2 L
4
T 0 R
(2)
4 B0
2 L
3
T 0 R
，
(3)m v0
B0 L
【详解】（1）0~T0内线框中电流大小恒定为 I = B0 L
2
T 0
4 R
= 4 B0 L
2
T 0 R
故0~T0内线框中产生的热量Q = I
2 RT 0=(
4 B0 L
2
T 0 R )
2
RT 0= 16 B0
2 L
4
T 0 R
（2）0~T0内线框中电流大小恒定，磁感应强度最大为B0，故ab 边所受安培力的最大值
F0= B0 IL= 4 B0
2 L
3
T 0 R
0~T0内ab 边所受安培力F=BIL，故F ∝B，根据楞次定律判断知0~T 0
4
时间内线框中电流为逆时针方向，
ab 边所受安培力方向向右，T 0
4 −T 0
2
时间内线框中电流为顺时针方向，ab 边所受安培力方向向左， T 0
2 ~
3T 0
4
时间内线框中电流为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向外，ab 边所受安培力方向向右，
3T 0
4 ~T 0时间内线框中电流为逆时针方向，ab 边所受安培力方向向左，故 0~T0内ab 边所受安培力的图像
为
（3）若线框运动的整个过程中，出了磁场区域，经过导线横截面的电荷量q = ΔΦ
tR t = B0 L
2
R
若线框没有完全出磁场区域就停下，则根据动量定理−BIL⋅t =0−m v0
故经过导线横截面的电荷量q = mv0
B0 L
9.【答案】(1)v=2m/s，Q1=1J
(2)W=4.5J
【详解】（1）导体棒稳定运动时，加速度为0，光滑轨道合力为安培力，因此安培力为0，回路电流为
0，电源电动势与导体棒切割感应电动势平衡，则有E = B0 Lv
解得v = E
B0 L =2m/s
对导体棒从bb
′到c c
′过程由动量定理，得∑B0 ILΔt =mv −0
整理得B0 Lq =mv
解得总电荷量q = mv
B0 L =2C
电源提供的总能量W = Eq= 4 J
导体棒末动能Ek= 1
2 m v
2=2J
由能量守恒，总焦耳热Q总=W −Ek=2J
焦耳热与电阻成正比，导体棒电阻R1=1Ω，电源内阻r =1Ω，因此导体棒的焦耳热
Q1=
R1
R1+r Q总=
1
1+1 ×2J =1J
（2）设t时刻导体棒距离d d
′位移x = vt
回路面积S = L(3 L−vt )=(3−2t )m
2
磁通量Φ = BS =(2.3−0.2t )(3−2t )Wb
由法拉第电磁感应定律，总感应电动势大小E总=|
ΔΦ
Δt )=|−5.2+0.8t )V=(5.2−0.8t )V
两根轨道总长度为2(3 L−vt )，轨道电阻R轨=2(3−2t )r0=(0.6−0.4t )Ω
总电阻R总= R1+ R2+ R轨=(2.6−0.4t )Ω
因此回路电流I = E总
R总
= 5.2−0.8t
2.6−0.4t =2A
电流恒定为2A。安培力F = BIL=(4.6−0.4 t )N
导体棒从d d
′匀速运动到e e
′，位移L=1m，运动时间t 总= L
v =0.5s
则导体棒在d d
′和e e
′的安培力分别为Fd d
′= 4.6 N，Fe e
′= 4.6−0.4×t 总= 4.4 N
则导体棒克服安培力做功W =
Fd d
′+ Fe e
′
2
L= 4.5J
10.【答案】(1)m0=0.3kg
(2)F = 4
30 N；a= 2
9 m/s
2
【详解】（1）初始时cd与物块恰好静止，受力平衡，绳子拉力等于cd受到的最大静摩擦力，即
m0 gsin θ = μm2 g
代入数据μ=0.5，m2=0.3kg，sin 30
∘=0.5
约去g得m0= μm2
sinθ = 0.5×0.3kg
0.5
=0.3kg
（2）ab下滑过程机械能守恒m1gH = 1
2 m1v0
2
代入数据得v0= ❑√2 gH = 4 m/ s
感应电动势E = BLv0=1T ×0.1m×4 m/ s=0.4V
总电阻R总= R1+ R2=0.3Ω
感应电流I = E
R总
= 4
3 A
ab受到的安培力大小F安= BIL=1× 4
3 ×0.1= 2
15 N，方向水平向左。
将cd和物块视为整体，初始平衡时m0 gsin θ = μm2 g
因此整体合力等于安培力，由牛顿第二定律F安=(m0+m2)a
代入数据得a=
F安
m0+m2
=
2
15 N
0.6kg = 2
9 m/ s
2，方向水平向右。
11.【答案】(1)a=5 m /s
2
(2)va= 12
7 m /s，vb= 24
7 m /s
(3)q =6.2C，Qb= 42J
【详解】（1）设导体棒b的速度为0 时，导体棒a的速度为va，规定向右为正方向，对导体棒a，根据动量
定理有−B I L Δt =m1va−m1v0
对导体棒b，根据动量定理有B I l Δt =0−(−m2v0)
解得va= 4 m /s
由法拉第电磁感应定律可知，导体棒a 产生的感应电动势E = BLva= 4 V
回路中的电流为I =
E
R1+ R2
=2A
导体棒b所受的安培力为F安= BIl =1N
根据牛顿第二定律有F安=m2a
解得导体棒b 的加速度大小a=5 m /s
2
（2）根据牛顿第二定律，可知导体棒a、b 的加速度分别为a1= BIL
m1
，a2= BIl
m2
可得a1
a2
= m2
m1
× L
l = 2
3
所以导体棒b 的速度先减为零，当回路中电流为0 时，导体棒a、b 的速度均向右，导体棒a、b 的速度大
小分别为v
′
a
、v
′
b
，两导体棒产生的感应电动势相互抵消，则有BLv
′
a= Bl v
′
b
可得2v
′
a= v
′
b
对导体棒a，根据动量定理有−B I
′ L Δt =m1v
′
a−m1v0
对导体棒b，根据动量定理有B I
′l Δt =m2v
′
b−(−m2v0)
联立解得v
′
a= 12
7 m /s，v
′
b= 24
7 m /s
（3）对导体棒b，根据动量定理有B I
′l Δt =m2v
′
b−(−m2v0)
又q = I
′ Δt
联立可得Bql =m2v
′
b−(−m2v0)
代入数据解得q =6.2C
根据能量守恒，可得产生总的焦耳热为Q = 1
2 m1v0
2+ 1
2 m2v0
2−(
1
2 m1v
′
a
2+ 1
2 m2v
′
b
2)
b上产生的焦耳热Qb=
R2
R1+ R2
Q
联立解得Qb= 42J
一、单选题
1.【答案】A
2.【答案】C
考点03
LC 振荡电路及电磁波
