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专题十二　电磁感应
考点1　电磁感应现象　楞次定律
5.(2025河南,5,4分)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
答案 C
解析 沿N极到S极的方向看,薄片右侧远离磁场,穿过薄片的磁通量减少,由于感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的减少,故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,结合安培定则可以判定,右侧涡电流方向为顺时针。同理判定左侧涡电流方向为逆时针,C正确。
方法技巧
方法1:右手定则快速判断
取金属薄片中线附近一平行中线的金属条作为研究对象,金属条切割磁感线,磁场方向垂直纸面向里,金属条运动方向向右,应用右手定则即可判定电流方向。
为什么不用金属片右侧边缘判定 考虑到磁场较强的地方起决定性作用。
方法2:利用“来拒去留”快速判断涡电流方向
当金属片的一部分靠近磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相反(来拒);当金属片的一部分远离磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相同(去留)。
6.(2025陕晋青宁,6,4分)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一。其原理如图所示,在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场。当钢制线圈与电容器组接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培。铜环迅速向内压缩,使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程,铜环中的感应电流(　　)
A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
答案 D
思维路径
解析　钢制线圈中的电流迅速增大,电流产生的磁场增强,铜环内磁通量快速增加,由楞次定律中的“增反减同”规律,可知铜环中的感应电流产生的磁场需阻碍磁通量的增加,故铜环中感应电流产生的磁场与钢制线圈中电流产生的磁场方向相反,铜环中感应电流方向与钢制线圈中电流方向相反;钢制线圈电流由电容器组放电直接提供,可达数兆安;铜环中的感应电流由磁通量变化产生,其能量来自磁场能,且铜环电阻不可忽略,故铜环中的感应电流远小于钢制线圈中的电流,D正确,A、B、C错误。
知识拓展
电磁压缩法原理延伸:当铜环向内压缩时,初级磁场磁感线被“浓缩”,本质是磁通量“守恒”(BS近似不变)。当铜环面积S减小时,磁感应强度B急剧增大,可达数百特斯拉。该技术常用于实验室产生超强磁场,应用于等离子体约束、材料科学等领域。
考点2　法拉第电磁感应定律及其应用
考向1　感应电动势的理解及相关计算
9.(2025广东,9,6分)(多选)图是一种精确测量质量的装置原理示意图。竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成,线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡。步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E,利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A.线圈电阻为
B.I越大,表明m越大
C.v越大,则E越小
D.m=-M
答案 BD
解析 设线圈水平边的长度为L,步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m+M)g=BIL,由此可知I越大,表明m越大,B正确;步骤②中线圈中的电动势E=BLv,由此可知v越大,E越大,C错误;由于两步骤中B与L不变,则以上各式联立可得(m+M)g=I×,变形可得m=-M,D正确;E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的,I是步骤①中通的电流,故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻,A错误。
9.(2025黑吉辽蒙,9,6分)(多选)如图,“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直。t=0时,abef与水平面平行,则(　　)
A.t=0时,电流方向为abcdefa
B.t=0时,感应电动势为Bl2ω
C.t=时,感应电动势为0
D.t=0到t=过程中,感应电动势平均值为0
答案 AB
解析 t=0时,fa垂直切割磁感线,由右手定则可知a相当于电源正极,f相当于电源负极,电流方向为abcdefa,感应电动势为E=Blv,v=ωl,则E=Bl2ω,A、B正确;导线框匀速转动,周期T=,t==时,af垂直切割磁感线,感应电动势仍为E=Bl2ω,C错误;t=0时,Φ1=Bl2,t=时,Φ2=-Bl2,则t=0到t=过程中,|ΔΦ|=2Bl2≠0,由E=n可知,感应电动势平均值不为0,D错误。
考向3　电磁感应中的电路与图像问题
5.(2025湖北,5,4分)如图(a)所示,相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示,t=T时刻,B=0。t=0时刻,两棒相距x0,ab棒速度为零,cd棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T时间内流过回路的电荷量为(　　)
　　
A. B. C. D.
答案 B
解析 t=0时刻,Φ1=B0x0L,t=T时刻,B=0,Φ2=0,==B0x0L,则q==,B正确。
总结归纳　
电磁感应中流过回路的电荷量问题
闭合回路中磁通量发生变化时,电荷发生定向移动而形成感应电流,在Δt时间内通过回路中某一横截面的电荷量(感应电荷量)q=·Δt=·Δt=n··Δt=。由上式可知,线圈匝数一定时,通过回路中某一横截面的电荷量仅由回路中总电阻和磁通量的变化量决定。
考向4　电磁感应中的基础单杆模型
15.(2025安徽,15,18分)如图,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒,导体棒以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定;从原位置再发射第2根相同的导体棒,导体棒仍以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨的电阻,忽略回路中的电流对原磁场的影响。求:
(1)第1根导体棒刚进入磁场时,所受安培力的功率;
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,其横截面上通过的电荷量;
(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
答案 (1)-　(2)　(3)m·
解析　(1)刚进入磁场时,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0
回路中的感应电流为I=
导体棒受到的安培力大小为F=BIL
安培力的功率为P=Fv0 cos 180°
联立解得P=-(安培力的功率写成正值也得分)
(2)第2根导体棒在磁场中运动的整个过程,由动量定理得
-BLt=0-mv0
又q=t
解得q=
(3)第1根导体棒从进入磁场到停下来的过程中,该导体棒的动能转化为电路中产生的热量,有m=Q1
由电路关系可知,定值电阻上产生的热量为
QR1=Q1=×m
同理,第n根导体棒从进入磁场到停下来的过程中,导体棒的动能全部转化为电路中产生的热量,有m=Qn,
定值电阻上产生的热量为
QRn=·Qn=·m
(点拨:电路结构为右侧n-1根不动棒和定值电阻R并联后再与左侧的动棒串联)
整个过程中,右端定值电阻上产生的总热量为
∑QR=m++…+=m+-+…+-=m·
知识拓展　
　裂项相消法:裂项相消法是一种高效处理数列求和(特别是分式形式数列)的方法。其核心思想是将数列的通项公式(一般记为an)拆分为两个或多个部分,使得在求和过程中,中间的项相互抵消,最终只留下首尾少数项,从而简化计算。这种方法特别适用于通项为有理函数(分母可分解为线性因式的乘积)的数列。
9.(2025湖南,9,5分)(多选)如图,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　)
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
答案 AC
审题指导　金属杆沿x轴正方向运动过程中,所处位置不同,导轨间金属杆的长度不同,导致某时刻回路中产生感应电动势的有效切割长度l不同,回路的电阻lr0不同;金属杆运动过程中应用动量定理求解运动距离相关问题。
解析　金属杆沿x轴正方向运动过程中,由右手定则可得金属杆中电流沿y轴负方向,A正确。(破解疑难:利用假设法分析)若金属杆可在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动,可得恒力F=BIl=Bl==,若v不变,l必为定值,与实际不符,B错误。金属杆从开始运动到停止运动过程中,对金属杆由动量定理可得-∑B·l·Δt=0-mv0(解题关键 :较短的时间Δt内,vlΔt=ΔS,ΔS为Δt内导轨间的金属杆扫过的面积),故-=0-mv0,解得金属杆停止运动时与导轨围成的面积为S=,C正确。若金属杆的初速度减半,由S=可得金属杆停止运动时与导轨围成的面积减小为原来的一半,由抛物线的特点可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,D错误。
14.(2025四川,14,12分)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势;
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率;
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
答案 (1)Blv　(2)　(3)
解析　(1)金属杆在导轨上运动时,由法拉第电磁感应定律得,回路的感应电动势E=Blv。
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路中总电阻R=2sr+2dr,
回路的热功率P==。
(3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨,即金属杆所受支持力N=0时,其做匀速直线运动路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x,绳与水平方向的夹角为θ,对金属杆进行受力分析并列平衡方程,水平方向上有F安=FT cos θ,竖直方向上有mg=FT sin θ,安培力大小F安=BIl,闭合回路的感应电流I=,回路中的总电阻R'=2sr+2xr,联立整理后,得tan θ=,
根据几何关系有tan θ=,
联立后得=,解得x=,
所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为
x=。
考向7　电磁感应中的线框模型
7.(2025陕晋青宁,7,4分)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用,则(　　)
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
审题指导　
(1)关键条件梳理:甲、乙线框电阻分别为R和2R,长均为2L,宽均为L,磁场区域宽度d>2L,初速度大小v0=,需分析进、出磁场的电流方向、安培力大小、速度大小及焦耳热。
(2)过程分解
答案 D
解析　进磁场时穿过甲线框的磁通量增加,出磁场时穿过甲线框的磁通量减少,根据楞次定律可知甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反,A错误。甲、乙两线框在进磁场瞬间,感应电动势E=BLv0,通过甲线框的电流I甲=,所受安培力F甲=BI甲L=; 通过乙线框的电流I乙=,所受安培力F乙=BI乙L=,故F甲∶F乙=2∶1,线框仅受安培力,B错误。在乙线框进磁场过程中,规定水平向右为正方向,根据动量定理有-BL·Δt=mv乙1-mv0(易错提醒:注意规定正方向),其中Δt===,在乙线框出磁场过程中,根据动量定理有-B'L·Δt'=mv乙2-mv乙1,'Δt'==,联立解得v乙2==,C错误。同理,对甲线框,从刚要进入磁场到完全出磁场,由动量定理得-2BL·Δt″=mv甲-mv0,其中Δt″=,解得v甲=0,根据能量守恒,甲线框从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q甲=m,乙从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q乙=m-m=m,所以=4∶3,D正确。
14.(2025黑吉辽蒙,14,12分)如图(a),固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中,ad边与磁场边界平行,ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1 kg、电阻R=0.5 Ω、边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化,0~1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示,其中0~1 s内的图像未画出,规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F。
(2)在图(b)中画出1~2 s内B-t图像(无需写出计算过程)。
(3)从t=2 s开始,磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度v0=0.1 m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1。
　　
答案 (1)0.015 N　(2)图见解析　(3)0.01 m/s
解析　(1)在0~1 s时间内,B随时间均匀减小,
由法拉第电磁感应定律有E==·
代入数据解得E=0.05 V
电流I1==0.1 A,由楞次定律可知电流为顺时针方向
在t=0.5 s时,由题图(b)可得磁感应强度B1= T=0.15 T
安培力大小F=I1LB1=0.015 N
(2)在1~2 s时间内,由题图(c)可知,电流I2=0.2 A,方向为逆时针
根据(1)的分析,类比可得I2=··
与I1对比,I2大小加倍,方向相反,故磁感应强度应增大,且变化率加倍,
即在B-t图像中1~2 s时间内图线的斜率应为0.2 T/s,作出B-t图像如图
(3)t=2 s及以后,磁感应强度B3=0.3 T
导体框运动过程中,导体框中电流I3=
导体框所受安培力大小F安=I3LB3=
由动量定理可得t=- t=-·=mv1-mv0
代入数据解得v1=0.01 m/s
二级结论
解决第(3)问这种涉及电磁感应的变速切割磁感线问题时,常利用动量定理解决,可利用电荷量q,根据qLB=m|Δv|,q=,快速求解。
15.(2025云南,15,15分)如图所示,光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱,其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框,箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示,边界右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t=0时刻,箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动,这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前某时刻,木块落到箱子底部,且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中,箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)求F的大小;
(2)求t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最小距离;
(3)若t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离],求最终木块与箱子的速度大小。
答案 (1)　(2)　(3)-
解析　(1)箱子在PQ左侧运动的过程,对木块受力分析,
水平方向有FN=ma,竖直方向有μFN=mg
解得加速度a=
对木块与箱子整体分析,有F=(M+m)a
联立解得F=
(2)木块与箱子分离后的瞬间,木块水平方向的加速度为0,说明此时箱子水平方向的加速度向左或为零
若恰好分离,说明箱子的加速度恰好为零,设箱子右侧壁距PQ最小距离为s0,进入磁场瞬间箱子速度为v0,
由动能定理得Fs0=(M+m)-0
安培力FA=IdB,其中电流I=
安培力与力F平衡,可得F=
联立解得s0=
(3)当s>s0时,设木块在箱子右侧壁进入磁场瞬间的速度为v1,则有
Fs=(M+m)-0
代入F=得v1=
设木块从与箱子分离至落到箱子底部所用的时间为t,则有h=gt2
从箱子右侧壁进入磁场到箱子完全进入磁场(点拨:此后木块与箱子共速),对木块与箱子组成的系统分析
由动量定理得Ft-I安=(M+m)(v2-v1)
安培力的冲量大小I安=Bdt'=B··dt'=t'=L
解得v2=-
18.(2025山东,18,16分)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d。
答案 (1)　　(2)
解析　(1)进出磁场区域Ⅰ时,对金属框进行受力分析,如图1所示,则
mg sin α=F安 cos α
F安=BIL
I=
E=BLv cos α
联立解得v=
进入磁场前,金属框做匀加速直线运动,有v2=2g sin α·s
解得s=
(2)因时间变化产生的感应电动势E1==L2=k1L2,方向为顺时针方向(垂直于轨道平面向下看)
如图2,因pq与ef处的磁感应强度之差为k2L,则切割磁感线产生的感应电动势E2=(Bpq-Bef)LvⅡ=k2L2vⅡ,方向为顺时针方向(垂直于轨道平面向下看)
总电动势E=E1+E2=k1L2+k2L2vⅡ
代入k1=得E=+k2L2vⅡ
金属框中电流I=
金属框所受安培力F安=BpqIL-BefIL=k2IL2,方向沿轨道向上
联立解得F安=mg sin α+
金属框所受合力F合=F安-mg sin α=,方向沿轨道向上
达到平衡时F合=0,vⅡ=0
从开始计时到金属框达到平衡状态的过程,
由动量定理有F合Δt=m|ΔvⅡ|
得vⅡΔt=m
则有∑vⅡΔt=∑m
即·d=mv0
解得d=
16.(2025福建,16)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。
(1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离;
(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差;
(3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。
答案 (1)　(2) 　(3)v或v
解析　(1)设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为d,从线框释放到cd 边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得mgd sin θ=mv2,解得d=。
(2)由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,可知线框匀速通过Ⅰ区域,则线框边长L=L1,且满足BIL1=mg sin θ①
又有I==②
将②代入①中可得B=③
当cd边进入Ⅰ区域时,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BL1v ④
cd边两端的电势差Ucd=E=E=⑤
联立③⑤可得Ucd=。⑥
(3)从cd 边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中
由动能定理可得mg(L2+L1) sin θ-W=0⑦
解得克服安培力做的功W=mg(L2+L1)⑧
由于题目中并未给出线框边长L1与Ⅱ区域沿斜面的宽度L2的大小关系,故分情况进行讨论
第1种情况:若L11到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程
以线框为研究对象,根据动量定理可得mg sin θ·t1-BL1t1=mv2-mv1⑨
又有t1=q1=⑩
联立⑨⑩解得mg sin θ·t1-=mv2-mv1
2到3过程,即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程
对线框由动量定理可得mg sin θ·t2=mv3-mv2
3到4过程,即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好完全离开Ⅱ区域的过程
对线框根据动量定理可得mg sin θ·t3-BL1t3=mv1-mv3
又有t3=q2=
即mg sin θ·t3-=mv1-mv3
联立可得mg sin θ(t1+t2+t3)-2=0
则t=t1+t2+t3=
将③代入式可得t=
则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率P==v
第2种情况:若L1>L2,垂直于斜面看的俯视图如图乙所示
1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程
对线框根据动量定理可得mg sin θ×t'1-BL1t'1=mv'2-mv1
又有t'1=q'1=
可得mg sin θ·t'1-=mv'2-mv1
2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程
对线框根据动量定理可得mg sin θ×t'2=mv'3-mv'2
3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程
对线框根据动量定理可得mg sin θ·t'3-BL1t'3=mv1-mv3
又有t'3=q'2=
即mg sin θ·t'3-=mv1-mv'3
联立可得mg sin θ(t'1+t'2+t'3)-2=0
则t'=t'1+t'2+t'3=
将③代入可得t'=2
则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率P'==v。
第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。专题十六　近代物理初步
　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　光电效应　波粒二象性
3.(2025广东,3,4分)有甲、乙两种金属,甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属,只有甲发射光电子,其最大初动能为Ek。下列说法正确的是(　　)
A.使用频率更小的光,可能使乙也发射光电子
B.使用频率更小的光,若仍能使甲发射光电子,则其最大初动能小于Ek
C.频率不变,减弱光强,可能使乙也发射光电子
D.频率不变,减弱光强,若仍能使甲发射光电子,则其最大初动能小于Ek
答案 B
解析 只有甲发射光电子,说明甲发生了光电效应,乙没有发生光电效应,满足ν>ν甲且ν<ν乙,则若使用频率更小的光,乙更不可能发生光电效应,乙更不可能发射光电子,A错误;根据爱因斯坦光电效应方程有Ek=hν-W0,若使用频率更小的光,甲射出的光电子最大初动能会变小,即小于Ek,而若频率不变,光强无论增强还是减弱,甲射出的光电子最大初动能均不变,B正确,D错误;金属乙要发生光电效应,需满足入射光频率ν>ν乙,而与入射光光强无关,C错误。
1.(2025山东,1,3分)在光电效应实验中,用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金属,所得遏止电压如图所示,关于光电子最大初动能Ek的大小关系正确的是(　　)
A.Ek1>Ek2>Ek3 B.Ek2>Ek3>Ek1
C.Ek3>Ek2>Ek1 D.Ek3>Ek1>Ek2
答案 B
解析 光电子的最大初动能Ek与遏止电压Uc的关系为Ek=eUc,若使用频率相同的单色光照射不同种类的金属,遏止电压越大,说明逸出的光电子最大初动能Ek也越大,根据图示可知Uc2>Uc3>Uc1,则Ek2>Ek3>Ek1,B正确,A、C、D错误。
方法技巧　
光电效应的三个重要关系式
(1)爱因斯坦光电效应方程:Ek=hν-W0。
(2)光电子的最大初动能Ek与遏止电压Uc的关系:Ek=eUc。
(3)逸出功W0与截止频率νc的关系:W0=hνc。
5.(2025陕晋青宁,5,4分)我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH-F120实现了超高分辨率成像,其分辨率提高是利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经100 V电压加速后,其德布罗意波长为λ,若加速电压为10 kV,不考虑相对论效应,则其德布罗意波长为(　　)
A.100λ　　B.10λ　　C.λ　　D.λ
答案 C
解析 电子由静止被加速,eU=Ek,电子的德布罗意波长λ=,电子的动量p=,联立解得λ=;故==,即其德布罗意波长λ'=λ,C正确。
考点3　原子核　核反应
1.(2025云南,1,4分)2025年3月,我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布,标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为CN+X,则(　　)
A.X为电子,是在核内中子转化为质子的过程中产生的
B.X为电子,是在核内质子转化为中子的过程中产生的
C.X为质子,是由核内中子转化而来的
D.X为中子,是由核内质子转化而来的
答案 A
解析 根据题意“碳14的衰变方程为CN+X”根据电荷数守恒和质量数守恒,算出原子核X为电子e,(解题关键:可以看反应前原子核C到反应后原子核N质子和中子数量的得失去分析由什么转变)该电子e是核内中子转化为质子的过程中产生的nHe,A正确。
1.(2025安徽,1,4分)2025年4月,位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行,标志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核Th)俘获x个中子n),并发生y次β衰变,转化为易裂变的铀核U),则(　　)
A.x=1,y=1 B.x=1,y=2
C.x=2,y=1 D.x=2,y=2
答案 B
解析 核反应方程可表示为Th+nU+e,可得232+x=233、90=92-y,解得钍核俘获中子的数目x=1、β衰变的次数y=2,B正确。
知识拓展
原子核中不存在电子,原子核发生β衰变时,一个中子转化为一个质子和一个电子,释放出电子。
1.(2025湖北,1,4分)PET(正电子发射断层成像)是核医学科重要的影像学诊断工具,其检查原理是将含放射性同位素(如F)的物质注入人体参与人体代谢,从而达到诊断的目的F的衰变方程为F→Xeν,其中ν是中微子。已知F的半衰期是110分钟。下列说法正确的是(　　)
A.X为O
B.该反应为核聚变反应
C.1克F经110分钟剩下0.5克F
D.该反应产生的ν在磁场中会发生偏转
答案 C
解析 根据核反应过程中质量数守恒及电荷数守恒,可知X为O,A错误。该衰变过程不属于核聚变反应,B错误。半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间,C正确ν是一种电中性粒子,不带电,所以不会受到洛伦兹力,也就不会在磁场中发生偏转,D错误。
1.(2025湖南,1,4分)关于原子核衰变,下列说法正确的是(　　)
A.原子核衰变后生成新核并释放能量,新核总质量等于原核质量
B.大量某放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间,为该元素的半衰期
C.放射性元素的半衰期随环境温度升高而变长
D.采用化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期
答案 B
解析 原子核衰变释放能量,有质量亏损,新核总质量小于原核总质量,A错误;大量放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间为元素的半衰期,必须是大量原子核的统计规律,B正确;放射性元素的半衰期由原子核本身的性质决定,与温度、压强等物理条件无关,也与原子核所处的化学状态(如单质态或化合态)无关,C、D错误。
8.(2025黑吉辽蒙,8,6分)(多选)某理论研究认为Mo原子核可能发生双β衰变,衰变方程为MoRu+e。处于第二激发态的Ru原子核先后辐射能量分别为0.590 8 MeV和0.539 5 MeV的γ1、γ2两光子后回到基态。下列说法正确的是(　　)
A.A=100
B.y=2
C.γ1的频率比γ2的大
D.γ1的波长比γ2的大
答案 ABC
解析 根据质量数守恒和电荷数守恒,可知A=100,y=2,A、B正确;根据ε=hν可知,γ1比γ2能量大,所以γ1的频率比γ2的频率大,C正确;根据c=λν可知,波长与频率成反比,γ1的波长比γ2的波长小,D错误。
6.(2025河南,6,4分)由于宇宙射线的作用,在地球大气层产生有铍的两种放射性同位素Be和Be。测定不同高度大气中单位体积内二者的原子个数比,可以研究大气环境的变化。已知Be和Be的半衰期分别约为53天和139万年。在大气层某高度采集的样品中,研究人员发现Be和Be的总原子个数经过106天后变为原来的,则采集时该高度的大气中Be和Be的原子个数比约为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.1∶4 B.1∶2 C.3∶4 D.1∶1
答案 B
解析 由题意知Be和Be的半衰期分别约为53天和139万天Be和Be的总原子个数经过106天后变为原来的,假设衰变前Be和Be的原子个数比为k∶1,衰变前Be的原子个数为xBe的原子个数为kx,经过106天后Be的原子个数为kx×=kxBe的原子个数约为x(关键点拨Be的半衰期为139万天,106天远远小于139万天,所以经过106天后Be的原子个数近似没变),根据题意得x+kx=(x+kx),解得k=,B正确。
6.(2025福建,6,6分)(多选)核反应方程为HHHen+17.6 MeV,现真空中有两个动量大小相等、方向相反的氘核与氚核相撞,发生核反应,设反应释放的能量几乎全部转化为He与n的动能,则(　　)
A.该反应有质量亏损
B.该反应为核裂变
Cn获得的动能约为14 MeV
DHe获得的动能约为14 MeV
答案 AC
解析 该核反应过程中质量数守恒,释放能量,故有质量亏损,A正确。该反应是核聚变反应,B错误。在真空中,该反应动量守恒,由于相撞前氘核与氚核动量大小相等,方向相反,系统总动量为零,反应后氦核与中子的动量也大小相等,方向相反,由Ek=得,核反应后粒子获得的动能之比EkHe∶Ekn=mn∶mHe=1∶4,而两个粒子获得的总动能为17.6 MeV,故n获得的动能Ekn=×17.6 MeV=14.08 MeVHe获得的动能EkHe=×17.6 MeV=3.52 MeV,C正确,D错误。专题十三　交变电流
考点1　正弦式交变电流的产生与描述
2.(2025福建,2,4分)某理想变压器如图甲,原、副线圈匝数之比为4∶1,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,定值电阻R1的阻值为R2的2倍,则(　　)
　
A.副线圈中交变电流的周期为0.25 s
B.电压表示数为12 V
C.副线圈中的电流为通过R1电流的2倍
D.原、副线圈功率之比为4∶1
答案 B
解析 由题目中的u-t图像可得T=(0.25-0.1) s,故T=0.2 s,原、副线圈中交变电流的周期相等,A错误。原线圈输入电压的有效值U1= V=48 V;由=,可得U2=12 V,B正确。电阻R1和R2并联,副线圈中的电流I=+,故=3,C错误。理想变压器不消耗电能,原、副线圈的功率相等,D错误。
8.(2025云南,8,6分)(多选)电动汽车充电桩的供电变压器(视为理想变压器)示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1,输入电压U1=1.1 kV;两副线圈的匝数分别为n2和n3,输出电压U2=U3=220 V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时,两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW,下列说法正确的是(　　)
A.n1∶n2=5∶1
B.n1∶n3=1∶5
C.变压器的输入功率为10.5 kW
D.两副线圈输出电压最大值均为220 V
答案 AC
解析 根据理想变压器电压与匝数的关系,可知=、=,代入数据解得=、=,A正确,B错误;根据理想变压器能量守恒,变压器的输入功率P输入=P2+P3(解题关键:当有多个副线圈时,根据能量守恒有P输出=P输入=P2+P3+P4+…),代入数据P2=7 kW,P3=3.5 kW,解得变压器的输入功率P输入=10.5 kW,C正确;两副线圈输出电压的最大值均为Um=U有效×=220 V,D错误。
7.(2025山东,7,3分)如图为一种交流发电装置的示意图,长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内,两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场,磁感应强度大小均为B、方向相反,区域Ⅰ边界是边长为L的正方形,区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过,传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒,导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.BLv B.
C. D.
答案 D
解析 取导体棒中感应电流方向向下时的电动势为正,由法拉第电磁感应定律和右手定则可得该装置产生的电动势随时间变化的规律如图所示;由交变电流有效值的定义式可得·+·=·,解得该装置产生电动势的有效值E=,D正确。
易错警示
导体棒在两磁场区域中切割磁感线的有效长度之比为1∶2,故产生感应电动势的大小之比为1∶2;导体棒匀速经过两磁场区域的位移相同,故同一根导体棒在两磁场中的运动时间相等。
考点2　变压器　远距离输电
考向2　含变压器电路的动态分析
8.(2025安徽,8,4分)某理想变压器的实验电路如图所示,原、副线圈总匝数之比n1∶n2=1∶3,为理想交流电流表。初始时,输入端a、b间接入电压u=12 sin (100πt) V的正弦式交流电,变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间,电阻箱R的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A,下列操作正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.电阻箱R的阻值调为18 Ω
B.副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
C.输入端电压调为u=12 sin (50πt) V
D.输入端电压调为u=6 sin (100πt) V
答案 B
解析 变压器原线圈输入电压的有效值为U1==12 V,理想变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间时,=,则副线圈两端的输出电压U2=18 V,要使电流表的示数为2.0 A,则电阻箱R的阻值应为R==9 Ω,A错误。若副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的,则原、副线圈匝数相等,副线圈两端的电压U2'=U1=12 V ,由题意可知R'=6 Ω,则电流表的示数I2'===2.0 A,B正确。只改变输入电压的频率,电流表示数不变,C错误。输入电压调为u=6·sin(100πt) V,则副线圈两端的电压U2″=9 V,则电流表的示数I2″===1.5 A,D错误。
6.(2025湖南,6,4分)如图,某小组设计了灯泡亮度可调的电路,a、b、c为固定的三个触点,理想变压器原、副线圈匝数比为k,灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R,交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连,下列说法正确的是　(　　)
A.S与a相连,灯泡的电功率最大
B.S与a相连,灯泡两端的电压为
C.S与b相连,流过灯泡的电流为
D.S与c相连,灯泡的电功率为
答案 B
解析 S接a,电源与原线圈和三个电阻相连,U=I1(3R+k2R),原线圈两端电压U1=U-I1·3R,灯泡两端电压等于副线圈两端电压,即U2==,灯泡的电功率PL=,此时灯泡电功率最小,A错误,B正确。S与b相连,U=I'1(2R+k2R),且=,得IL=,C错误。S与c相连,IL=,PL=·R,得PL=,D错误。
考向3　远距离输电
2.(2025广东,2,4分)如图所示,某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交流电,经理想变压器升压至10 kV后,通过输电线输送到变电站。输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B.输电线上由R造成的电压损失为500 V
C.变压器原线圈中的电流为100 A
D.变压器原、副线圈中电流的频率不同
答案 B
解析 根据原、副线圈的电压与匝数关系,可得=,代入数据得=,A错误;R造成的电压损失ΔU=I2R,又I2===100 A,联立得ΔU=500 V,B正确;变压器原线圈中的电流I1===2 500 A,C错误;变压器原、副线圈中的电流频率一定相同,D错误。
8.(2025湖北,8,4分)(多选)在如图所示的输电线路中,交流发电机的输出电压一定,两变压器均为理想变压器,左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是(　　)
A.仅增加用户数,r消耗的功率增大
B.仅增加用户数,用户端的电压增大
C.仅适当增加n2,用户端的电压增大
D.仅适当增加n2,整个电路消耗的电功率减小
答案 AC
审题指导　
关键条件 分析要点
交流发电机的输出电压一定 升压变压器原线圈两端电压U1不变
两变压器均为理想变压器 满足电压与匝数关系=,无能量损耗
输电线路电阻为r 功率损耗P损=r,电压损耗ΔU=I2r
解析　仅增加用户数,相当于负载电阻减小,副线圈中的电流增大,原线圈中的电流也增大,流经输电线路的电流增大,消耗的功率P损=I2r增大,A正确。仅增加用户数,输电线路上的电压损耗增大,用户端的电压会减小,B错误。仅适当增加n2(升压变压器副线圈匝数),由=可知,输出电压U2增大,输电线路上的电流增大,用户端电阻不变,用户端的电压增大,C正确。仅适当增加n2(升压变压器副线圈匝数),输出电压U2增大,输电线路上的电流增大,根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数关系=知,I2增大时I1增大,整个回路中电流增大,输电线路电阻阻值不变,所以整个电路消耗的电功率增大,D错误。
易错警示
(1)混淆“用户端电压”与“输电电压”,误认为用户数增加时负载电阻减小会直接导致电压升高。
(2)误认为增加n2会改变发电机输出功率,实际上,输出电压一定时输出功率由负载决定,与匝数比无关。
14.(2025山东,14,8分)某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点,设计了如下实验。所用实验器材为:
学生电源;
可调变压器T1、T2;
电阻箱R;
灯泡L(额定电压为6 V);
交流电流表A1、A2、A3,交流电压表V1、V2,开关S1、S2,导线若干。
部分实验步骤如下:
(1)模拟低压输电。按图甲连接电路,选择学生电源交流挡,使输出电压为12 V,闭合S1,调节电阻箱阻值,使V1示数为6.00 V,此时A1(量程为250 mA)示数如图乙所示,为　　　　mA,学生电源的输出功率为　　　　W。
(2)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变,按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2,使V2示数为6.00 V,此时A2示数为20 mA,则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的　　　　倍。
(3)A3示数为125 mA,高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了　　　　W。
答案 (1)200　2.4　(2)100　(3)0.9
解析　(1)电流表表盘上每小格为5 mA,读数为200 mA。此时学生电源的输出功率P出1=I1U=0.2×12 W=2.4 W。
(2)低压输电时电阻箱消耗的功率为
PR1=P出1-PL1=I1U-I1U1=(0.2×12-0.2×6) W=1.2 W
由PR1=R得电阻箱连入电路的阻值R== Ω=30 Ω。
高压输电时电阻箱功率为PR2=R=0.022×30 W=0.012 W
==100
(3)高压输电时学生电源的输出功率为
P出2=I3U=0.125×12 W=1.5 W
电源输出功率的减小量ΔP=P出1-P出2=2.4 W-1.5 W=0.9 W。专题十四　光
考点1　光的折射　全反射
考向1　光的折射　折射率
4.(2025广东,4,4分)图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为α的玻璃棱镜,出射光相对于入射光的偏转角为β,该折射率为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
答案 A
解析 如图,单色光从玻璃内射出时,入射角为α,折射角为α+β,根据折射定律,可得n=,A正确。
易错警示　
　入射角与折射角是光线与法线之间的夹角。
2.(2025河南,2,4分)折射率为的玻璃圆柱水平放置,平行于其横截面的一束光线从顶点入射,光线与竖直方向的夹角为45°,如图所示。该光线从圆柱内射出时,与竖直方向的夹角为(不考虑光线在圆柱内的反射)(　　)
A.0° B.15° C.30° D.45°
答案 B
解析 作出光路如图,在射入点A发生折射,折射角r1满足=n=,得r1=30°,在射出点B的折射角r2=45°,由几何关系知,出射光线与竖直方向的夹角为15°,B正确。
考向2　全反射
3.(2025湖南,3,4分)如图,ABC为半圆柱体透明介质的横截面,AC为直径,B为的中点。真空中一束单色光从AC边射入介质,入射点为A点,折射光直接由B点出射。不考虑光的多次反射,下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.入射角θ小于45°
B.该介质折射率大于
C.增大入射角,该单色光在上可能发生全反射
D.减小入射角,该单色光在上可能发生全反射
答案 D
审题指导　全反射发生的两个条件:1.光从光密介质射入光疏介质;2.介质中的入射角大于等于临界角。
解析　如图所示,由题意知在A点处折射角为45°,则入射角θ大于45°,在B点没有发生全反射,说明发生全反射的临界角C>45°,由sin C=,得n<,A、B错误;增大入射角θ,光在A点的折射角也增大,折射光线与圆弧面的交点将移动到之间并向C点靠近,在圆弧面上的入射角越来越小,不可能发生全反射,C错误;减小入射角θ,光在A点处的折射角也减小,在圆弧面上的入射角增大,当大于等于临界角时,会发生全反射,D正确。
3.(2025黑吉辽蒙,3,4分)如图,利用液导激光技术加工器件时,激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流,甲的折射率比乙的大,则(　　)
A.激光在甲中的频率大
B.激光在乙中的频率大
C.用甲时全反射临界角大
D.用乙时全反射临界角大
答案 D
解析 激光在不同的介质中传播,频率不变,A、B错误。由n=可得折射率越大,全反射的临界角越小,C错误,D正确。
13.(2025云南,13,10分)用光学显微镜观察样品时,显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效为点光源,为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射,可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充,如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5,盖玻片厚度d=2.0 mm,盖玻片与物镜的间距h=0.20 mm,不考虑光在盖玻片中的多次反射,取真空中光速c=3.0×108 m/s,π=3.14。
(1)求未滴油时,O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积(结果保留2位有效数字);
(2)滴油前后,光从O点传播到物镜的最短时间分别为t1、t2,求t2-t1(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)1.0×10-5 m2　(2)3.3×10-13 s
解析　(1)如图所示,
O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面为半径为r的圆,由几何关系可得r=d tan C,其中tan C=,由折射率的定义可得n=,联立可得透光面积S=πr2≈1.0×10-5m2。
(2)从O点发出的光垂直盖玻片上表面出射,传播至物镜的时间最短,由n=可得光在油层中传播的速度v=,可得t2-t1=-≈3.3×10-13 s。
考向3　光路分析
13.(2025安徽,13,10分)如图,玻璃砖的横截面是半径为R的半圆,圆心为O点,直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光,从横截面上的P点由空气射入玻璃砖,从Q点射出。已知P点到x轴的距离为R,P、Q间的距离为R。
(1)求玻璃砖的折射率;
(2)在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向,使激光能在圆心O点发生全反射,求入射光线与x轴之间夹角的范围。
答案 (1)　(2)0°<θ≤45°或135°≤θ<180°
审题指导　解答本题应注意以下关键点:
(1)激光在P点入射,根据折射定律计算玻璃砖的折射率;
(2)画图分析激光能在圆心O点发生全反射的临界条件。
解析　(1)画光路图如图1所示,
由几何关系可得:α=45°,β=30°
则n===
(2)激光能射到圆心O上,说明入射光线一定沿半径方向射入玻璃砖,画光路图如图2所示。
由sin C=可得C=45°,由图2可知:
θ1=45°,θ2=135°
设入射光线与x轴之间夹角为θ时可以在O点发生全反射,则
0°<θ≤θ1或θ2≤θ<180°
即0°<θ≤45°或135°≤θ<180°
13.(2025湖北,13,9分)如图所示,三角形ABC是三棱镜的横截面,AC=BC,∠C=30°,三棱镜放在平面镜上,AC边紧贴镜面。在纸面内,一光线入射到镜面O点,入射角为α,O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为。
(1)若α=45°,求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。
(2)若光线从AB边折射后直接到达BC边,并在BC边刚好发生全反射,求此时的α值。
答案 (1)　(2)60°
审题指导　本题中三棱镜的横截面为等腰三角形,有助于推导角度,第(2)问中光线在BC边恰好发生全反射,全反射的临界角可以通过角度逆推求解。
解析　(1)当α=45°时,光路如图1所示,光线在镜面发生反射,由反射定律得θ=α=45°,因为∠C=30°,AC=BC,所以∠A=75°,由几何关系可得∠OO'A=30°,所以光在AB边的入射角γ=60°,由折射定律得n=,解得折射角的正弦值sin β=。
(2)如图2所示,因为光经AB边折射后,到达BC边时恰好发生全反射,则有sin δ==,解得δ=45°,故∠BDO'=45°,又因为∠B=75°,所以∠BO'D=60°,则β=30°,由折射定律得n=,解得sin γ=,则γ=45°,由几何关系可得θ=60°,由反射定律得α=θ=60°。
总结归纳　
解答光路分析问题的关键是寻找角之间的关系,有三角形内角和等于180°,互余、互补,外角和关系,三角函数边求角等。
当光从光密介质斜射入光疏介质时必须要判断是否发生全反射,否则光路图会出现错误。
15.(2025山东,15,8分)由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示,器件下表面圆弧以O点为圆心,上表面圆弧以O'点为圆心,两圆弧的半径及O、O'两点间距离均为R,点A、B、C在下表面圆弧上。左界面AF和右界面CH与OO'平行,到OO'的距离均为R。
(1)B点与OO'的距离为R,单色光线从B点平行于OO'射入介质,射出后恰好经过O'点,求介质对该单色光的折射率n;
(2)若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质,并垂直CH射出,出射点在GE的延长线上,E点在OO'上,O'、E两点间的距离为R,空气中的光速为c,求该光在介质中的传播时间t。
答案 (1)　(2)
易错提醒　
由于平时练习遇到的立体圆柱介质较多,所以容易误认为题图是立体图,其实题图所示的是介质的截面图,是平面图。
解析　(1)如图,连接O、B作过B点的法线,从B点向OO'作垂线BN,
在△OBN和△O'BN中,根据BN=R、OB=R可知
∠OBN=30°,∠BON=60°,ON=R
OB=OO'=R,则∠O'BO=∠BON=30°
射入B点的光线平行于OO',
故入射角i=∠BON=60°
折射角r=∠OBO'=30°
得折射率n==
(2)设G、E的连线与上表面圆弧的交点为M,过M作法线O'M,如图所示
光线GM的延长线垂直于OO',O'E=R,可知ME=R
光线GM在上表面圆弧上的入射角α=45°
从介质中射入空气的全反射临界角的正弦值sin C==<=sin 45°
故45°>C,光在M点发生全反射,然后在下表面圆弧发生两次全反射,在上表面圆弧再发生一次全反射,最后垂直CH射出介质,在介质中的总路程s=2×=R
光在介质中传播的速度v==
光在介质中传播的时间t==
考点2　光的波动性
3.(2025山东,3,3分)用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝S1、S2关于OO'轴对称,光屏垂直于OO'轴放置。将偏振片P1垂直于OO'轴置于双缝左侧,单色平行光沿OO'轴方向入射,在屏上观察到干涉条纹,再将偏振片P2置于双缝右侧,P1、P2透振方向平行。保持P1不动,将P2绕OO'轴转动90°的过程中,关于光屏上的干涉条纹,下列说法正确的是(　　)
A.条纹间距不变,亮度减小
B.条纹间距增大,亮度不变
C.条纹间距减小,亮度减小
D.条纹间距不变,亮度增大
答案 A
解析 根据相邻两条亮条纹(或暗条纹)间距公式Δx=λ,其中λ为照射光的波长、d为双缝间距、l为屏到双缝的距离,可知在双缝左侧或右侧放置偏振片P1和P2不会影响条纹间距,即条纹间距不变。又根据两偏振片透振方向原来平行,而后P2绕OO'轴转动90°过程中透过P2的光不断减少,因此屏上干涉条纹的亮度也会不断减小,A正确。
9.(2025陕晋青宁,9,6分)(多选)在双缝干涉实验中,某实验小组用波长为440 nm的蓝色激光和波长为660 nm的红色激光组成的复合光垂直照射双缝,双缝间距为0.5 mm,双缝到屏的距离为500 mm,则屏上(　　)
A.蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹
B.蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小
C.距中央亮条纹中心1.32 mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠
D.距中央亮条纹中心1.98 mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠
答案 BC
解析 两列光频率相同才能发生干涉,蓝光波长小于红光波长,蓝光频率大于红光频率,所以蓝光与红光之间不能发生干涉,A错误。根据Δx=可知,l、d相同,λ越大,Δx越大,因蓝光波长小于红光波长,所以蓝光相邻条纹间距小于红光相邻条纹间距,B正确。蓝光相邻亮条纹间距为Δx1==0.44 mm,红光相邻亮条纹间距为Δx2==0.66 mm,则1.32 mm=3Δx1=2Δx2,C正确(点拨:距离中央亮条纹中心1.32 mm处既是蓝光亮条纹中心,又是红光亮条纹中心)。1.98 mm=4.5Δx1=3Δx2,所以距离中央亮条纹中心1.98 mm处不是蓝光亮条纹中心,是红光亮条纹中心,D错误。专题十五　热学
考点1　分子动理论　内能
2.(2025山东,2,3分)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.只有r大于r0时,Ep为正
B.只有r小于r0时,Ep为正
C.当r不等于r0时,Ep为正
D.当r不等于r0时,Ep为负
2.(2025黑吉辽蒙,2,4分)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时相比,瓶内气体(　　)
A.内能变小
B.压强变大
C.分子的数密度变大
D.每个分子动能都变大
考点2　固体、液体和气体
考向2　气体实验定律与理想气体状态方程的应用
9.(2025云南,9,6分)(多选)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计,其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体),与a相连的b管插在水槽中固定,b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计,在标准大气压p0下,b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下(　　)
A.环境温度升高时,b管中液面升高
B.环境温度降低时,b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏大
13.(2025广东,13,9分)图是某铸造原理示意图。往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件,柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S2=0.2 m2,高度h2=0.2 m;底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S1=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3,重力加速度取g=10 m/s2,空气可视为理想气体,不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h1和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。
考向3　玻璃管—液柱模型
13.(2025湖南,13,10分)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小;
(2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。
考向4　活塞—汽缸模型
16.(2025山东,16,8分)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:
(1)T2=440 K时,气柱高度h2;
(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
10.(2025河南,10,6分)(多选)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移
B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移
C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移
D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移
考点3　热力学定律　能量守恒定律
考向2　热力学定律及其与气体实验定律的综合
3.(2025安徽,3,4分)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体(　　)
A.对外做功,内能不变
B.向外放热,内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
3.(2025湖北,3,4分)如图所示,内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体,汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热,并在活塞上施加一外力F,使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍,同时其体积缓慢减小。关于此过程,下列说法正确的是(　　)
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
13.(2025陕晋青宁,13,9分)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300 K时,体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa;当胎内气体温度升高到T2为350 K时,体积增大到V2为0.560 m3,气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2;
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J,求胎内气体的内能增加量ΔU。专题十一　磁场
考点1　磁场对电流的作用
考向1　安培定则　磁场的叠加
3.(2025福建,3,4分)如图所示,空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称,且OM=ON,初始时,M点的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.B2-B1 B.B2-B1
C.B2-B1 D.(B1-2B2)
答案 B
解析 设O点到直导线的距离为r,通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B0,在距其3r处产生的磁感应强度大小为B',由安培定则和矢量叠加原理可得B1=B0-B'、B2=B0+B0=2B0;仅将L2撤去,N处的磁感应强度大小B和L2撤去前在M处产生的磁感应强度大小相等,即B=B',联立可得B=-B1,B正确。
4.(2025湖北,4,4分)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.0 B.B C.2B D.3B
答案 A
解析 M、N两点在通电线圈轴线上且关于通电线圈对称,通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同,M点总磁感应强度大小为0,说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向,则由矢量叠加原理可知N点总磁感应强度大小为0,A正确。
易错警示
不要因为M、N两点分别位于通电线圈左、右两侧就误认为通电线圈在M、N两点产生的磁感应强度方向相反。分析问题时可假设电流方向,根据安培定则判断通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度的方向。
考向3　安培力作用下的受力和运动分析
9.(2025河南,9,6分)(多选)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响。如图,镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。拍照时,手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　)
A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic答案 BC
审题指导　当手机框架有微小加速度时,弹簧作用在镜头上的弹力发生变化;若要使镜头处于零加速度状态,则线圈通入的电流发生变化从而调节安培力以使镜头的合力为零。
若Ic沿顺时针方向,Id=0,由左手定则可得线圈c受到的安培力向右,可得其他力使线圈c的加速度向左,故a的方向向左,A错误。同理可得B正确。若a的方向沿左偏上30°,可分解为水平向左的大小为ax=a cos 30°=a、竖直向上的大小为ay=a sin 30°=的两个分加速度,水平方向线圈c受到的安培力向右,且安培力大小Fc=BIcL=max,由左手定则可得Ic沿顺时针方向;竖直方向线圈d受到的安培力向下,且安培力大小Fd=BIdL=may,由左手定则可得Id沿逆时针方向;ax>ay,则Fc>Fd,Ic>Id,C正确。同理可得D错误。
考点2　磁场对运动电荷的作用
考向2　带电粒子在有界磁场中的运动
14.(2025云南,14,13分)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足00)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知,不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率;
(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围;
(3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少
答案 (1)　(2)　L审题指导
(1)速度选择器能够选出做匀速直线运动的粒子。
(2)确定圆心的两种常用方法:①粒子在两个不同位置的速度方向的垂线交点为圆心。②已知轨迹上一个点和此位置的速度方向,速度方向的垂线上有圆心,已知粒子轨迹的两个点,其中一个点的速度方向未知,如此题中的Q点,连接Q点与ON中点,此连线的中垂线上有圆心,此线与x负半轴的交点即圆弧的圆心。
解析　(1)粒子在速度选择器中受力平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB0
其中E=
解得v=
(2)粒子垂直y轴射入x≥0区域,又从ON中点垂直ON进入磁屏蔽区
可得粒子在第四象限做圆周运动半径r1=L
由qvB1=m得r1=
解得B1==
若取B2=B1,则粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区,磁感应强度B2减小时粒子在磁场中做圆周运动的半径增大,B2=0时,粒子做匀速直线运动通过PQ中点,然后在磁场中继续做轨迹半径为L的圆周运动,偏转90°后垂直y轴离开第一象限。故y轴上可能检测到粒子的范围为L(3)Q处检测到粒子时,设粒子在磁屏蔽区做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB2=
由几何关系可得(r2-L)2+(2L)2=
解得r2=L
可得B2=0.4B1
代入η=×100%,解得η=60%
14.(2025陕晋青宁,14,14分)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷,一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统,结构简化如图(a)所示,足够长圆柱形筒半径为R,正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示,当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时,恰好没有电子落到筒壁上,不计电子间相互作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量)
(1)电子的比荷;
(2)当磁感应强度大小调至B0时,筒壁上落有电子的区域面积S。
　　
答案 (1)　(2)2π2R2
审题指导　
本题为定速不定向粒子源发射的粒子在空间磁场中的运动,电子运动分布在三维空间中,对空间运动的分析方法是截取截面进行研究,题中已给出两个视角的截面图,所以题目已经给出解题的思路。
解析　(1)由题意可得,当磁感应强度B从0开始调大的过程中,
洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有evB=m,解得r=
由电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径公式可知电子的轨迹半径在变小,所以当磁感应强度增大至B0时,电子恰好没有落在筒壁上,此情况下电子的运动轨迹如图甲所示
可知电子做圆周运动的轨迹半径r0=
则有ev0B0= ,联立解得 =。
(2)当磁感应强度大小调至 时,电子运动轨迹的半径r'=2r0=R,从筒的横截面看,电子轨迹如图乙所示,筒壁截面任意位置均有电子落到。
取轴截面分析,根据对称性,可分析单边侧壁,如图丙所示,当电子速度与磁场不垂直时,将速度分解为vx和vy,电子做螺旋线运动
　　　　　
方向平行于横截面的分运动是速率为vx的匀速圆周运动,沿轴向的分运动是速率为vy的匀速直线运动,如图丁;当平行于横截面做匀速圆周运动的轨迹直径为R时,电子恰好不落到筒壁上,即运动半径r0=,根据evxB=,代入r0=、B=、=
联立解得vx=
则vy=,解得vy=
周期T=(点拨:二级结论)或T==
所以筒壁上沿轴向下半部分有电子落上的高度d=vy·= ,如图戊所示
由对称性可知,整个筒壁沿轴向有电子落到区域的高度为2d
则筒壁上落有电子的区域面积S=2πR·2d
联立解得S=2π2R2。
考向5　磁聚焦、磁发散和动态圆模型
7.(2025安徽,7,4分)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q,质量为m,速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则(　　)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
答案 C
解析 由Bqv=结合v=可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域长度(如图中彩色线部分)为2d cos 30°-d=(-1)d,B错误;
由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面收到粒子的区域长度为d(如图中粗线部分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的粒子,对应偏转角为,对应的最短时间为tmin=,D错误。
易错警示　
解题时注意作出三个关键的临界动态圆,审题要明确,基础要牢固,几何关系要敏锐,基本规律要熟练。
考向6　带电粒子在叠加场中的运动
7.(2025福建,7,6分)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则(　　)
A.电场强度的大小E=
B.磁感应强度的大小B=
C.N、P两点的电势差U=
D.粒子从N→P时距离NP的最大值为
答案 BC
解析 带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示
MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB=mg,解得电场强度的大小E=,磁感应强度的大小B=,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,带电体做类平抛运动,如图乙所示
加速度a==g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tan θ=2 tan 45°=2=,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP==v,从N到P过程,根据动能定理有qU=m-mv2,解得N、P两点间的电势差U=,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=v sin 45°=v,故带电体能向上运动的最大距离h==,D错误。
15.(2025黑吉辽蒙,15,16分)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。
(3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势φ=k)。
答案 (1)　　(2)　(3)
模型建构　
情境 粒子运 动形式 受力特点
带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场 匀速圆 周运动 粒子所受洛伦兹力提供向心力
平面内再固定一负点电荷 匀速圆 周运动 洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力
粒子从N点射出磁场之后 椭圆 运动 库仑力类比万有引力,负点电荷位于椭圆的一个焦点上
解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r==2y0
由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=,解得v1=
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==
粒子在磁场中运动的时间t1=T=
(2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有+qv2B=m
代入m=、r=2y0可得v2=
(3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,仅在库仑力作用下运动,但由于F库由题意知,粒子在N点的电势能EpN=qφN=-
在S点的电势能EpS=qφS=-
由能量守恒可得-+m=-+m
联立解得r'=6y0
则椭圆轨道的半长轴a==4y0
根据万有引力定律和开普勒第三定律,把椭圆轨道等效转化为圆轨道,可得=ma
解得T'=,可得t2==
考向7　带电粒子在组合场中的运动
6.(2025广东,6,4分)某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ内有加速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为+q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A.偏转磁场的方向垂直纸面向里
B.第1次加速后,离子的动能增加了2qU
C.第k次加速后,离子的速度大小变为
D.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为
答案 D
模型建构　离子在直通道PQ中受电场力F,做匀加速直线运动,在三个圆弧通道只受洛伦兹力,做匀速圆周运动,在另外两个直通道不受力,做匀速直线运动。全程只有在直通道PQ受到的电场力做功,在圆弧通道受到的洛伦兹力不做功。
解析　由题知带正电的离子运动方向和所受洛伦兹力方向,根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外,A错误;根据动能定理得W=qU=ΔEk,故第1次加速后,离子的动能增加了qU,B错误;根据动能定理得,第k次加速后,有kqU=mv2-m,解得v=,C错误;第k次加速后,由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,将v=代入解得B=,D正确。
14.(2025湖北,14,16分)如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计重力,求
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
(3)粒子的运动周期。
答案 (1)　(2)　(3)
审题指导　粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动,粒子能回到O点,所以粒子的整个周期性运动过程轨迹应上下对称。
解析　(1)在MN左侧的磁场中,设粒子运动轨迹半径为r,
由qv0B=可得r=。
(2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示,根据几何关系可得sin α=,
又O'D=OD-r=,
解得α=30°,
粒子经过MN边界上的C点,在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动,从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r'的匀速圆周运动,从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界,在右侧磁场中由qv0·2B=可得r'=,
由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°,所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF=2r' sin 60°,解得EF=。
(3)要使粒子能回到O点并做周期性运动,粒子的轨迹需上下对称,所以轨迹如图2所示
由几何关系得r cos α=CE sin α+,解得CE=,粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1=,得运动时间t1=·=,粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2=2×=,粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T2=,得运动时间t3=·=,所以粒子运动周期T=t1+t2+t3=。
14.(2025湖南,14,14分)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)若粒子离开b点时,在平行板电容器右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,场强大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
答案 (1)　(2)　(3)d
解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时,
由闭合电路欧姆定律可得I=①,由欧姆定律可得U=Ir0②;
带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t,
水平方向有d=v0t③,竖直方向有=×t2④;
联立①②③④解得粒子所带电荷量q=。
(2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示
(点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍)
　
设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得tan θ=2 tan α=⑤;
设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得v0=v cos θ⑥;
设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1,
根据几何关系可得2r1 cos θ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=m⑧,
联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B=。
(3)应用配速法,取一向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1==v;
根据几何关系可得v2=2v cos 30°=2v0⑩;
带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=,
带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示
带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm=r2+r2 cos 30°,
联立解得xm=d。
一题多解　
　(3)粒子由离开b点至运动到电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=m-mv2,
竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得qBt=mvm-(-mv sin 30°),
其中t=xm,由于q=、B=、E=、v0=v,
联立可得xm=d。
12.(2025山东,12,4分)(多选)如图甲所示的Oxy平面内,y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场,区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场,电场和磁场的大小、方向均未知。t=0时刻,质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发,在Oxy平面内运动,在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面,在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分,如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A.区域Ⅰ内电场强度大小E=,方向沿y轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=,方向垂直Oxy平面向外
D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
答案 AD
审题指导　通过“粒子从O点沿x轴正向出发”,知粒子在O点的初速度方向向右,通过“在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分”,知粒子在y轴方向做匀变速直线运动,在垂直y轴(即x轴)方向做匀速直线运动,则可以确定电场方向沿y轴正方向,通过对两个方向列运动学公式可解出该类平抛所有相关的物理量。通过图乙我们知道最高点与最低点的距离即运动轨迹的直径。
解析　粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,则粒子在y轴方向上有2L=a,而a=,解得E=,带正电粒子受力沿y轴正方向,则电场强度方向沿y轴正方向,A正确。粒子在区域Ⅰ内运动的过程中,x轴方向有3L=v0t0,y轴方向有2L=t0,而v=,解得v=;粒子在区域Ⅱ内运动时,最高点与最低点之差为2R=L-=L,则R=L,B错误。由qvB=m,可得B=,由图乙可知粒子在进入区域Ⅱ后先向上偏转再向下偏转,由左手定则可判断磁感应强度方向垂直Oxy平面向外,C错误。设粒子进入区域Ⅱ时在区域Ⅰ内的位移与水平方向夹角为α,速度与水平方向的夹角为β,由类平抛运动规律有tan β=2 tan α=2×=,由几何关系可知粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心横坐标x=3L+R sin β=,纵坐标y=0,D正确。
15.(2025河南,15,17分)如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b到水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小;
(2)求电场强度的大小;
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
答案 (1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子在匀强磁场中运动时,由牛顿第二定律可得qv0B=①
根据几何关系可得R-R cos 60°=h②
联立①②解得B=。
(2)画出粒子在磁场中的部分运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可知CD=R sin 60°=h
当粒子进入电场后,粒子的运动可分解为水平方向速度v0 cos 60°=的匀速直线运动和竖直方向初速度v0 sin 60°=、加速度大小a=的匀变速运动,加速度方向与初速度方向相反
根据粒子运动的对称性可知,粒子再次进入磁场的速度大小仍为v0,方向与水平虚线成60°角斜向上,粒子能从b点通过,则从再次进入磁场到运动至b点过程中水平方向的位移大小也为h
则粒子在电场中运动,水平方向有s-h-h=t③
竖直方向有=×④
联立③④解得t=,E=。
(3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹,如图乙所示
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,粒子在磁场、电场中的运动具有周期性,在一个实际运动的周期T'内,粒子在磁场中运动的时间t1=T+T=T⑤
T==×=⑥
联立⑤⑥解得t1=
将B=代入可得t1=
粒子在电场中运动一次的时间t2满足v0=×
将E=代入可得t2=
根据图乙中的几何关系可知,一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1=h(点拨:根据题图乙可知粒子周期性漂移的位移即在磁场中做半径相同的圆周运动对应圆心的位移)
说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧,则漂移速度大小v===。
解题技巧　
解决粒子在电场、磁场构成的组合场中运动问题的技巧是寻找磁场中圆周运动半径与其他几何量的关系,对电场中类抛体运动的位移和速度进行分解是解题的突破口之一。

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