2023年部分
西城一模
（20分）如圖1所示，一端封閉的兩條平行光滑長導軌相距l，距左端l處的右側一段被彎成半徑為的四分之一圓弧，圓弧導軌的左、右兩段處於高度相差的水平面上。以弧形導軌的末端點o為座標原點，水平向右為x軸正方向，建立ox座標軸。圓弧導軌所在區域無磁場；左段區域存在空間上均勻分布，但隨時間t均勻變化的磁場b(t)，如圖2所示；右段區域存在磁感應強度大小不隨時間變化，只沿x方向均勻變化的磁場b(x)，如圖3所示；磁場b(t)和b(x)的方向均豎直向上。
在圓弧導軌最上端，放置一質量為m的金屬棒ab，與導軌左段形成閉合迴路，金屬棒由靜止開始下滑時左段磁場b(t)開始變化，金屬棒與導軌始終接觸良好，經過時間t0金屬棒恰好滑到圓弧導軌底端。已知金屬棒在迴路中的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度為g。
（1）求金屬棒在圓弧軌道上滑動過程中，迴路中產生的感應電動勢e；
（2）如果根據已知條件，金屬棒能離開右段磁場b(x)區域，離開時的速度為v，求金屬棒從開始滑動到離開右段磁場過程中產生的焦耳熱q；
（3）如果根據已知條件，金屬棒滑行到x=x1位置時停下來，
a. 求金屬棒在水平軌道上滑動過程中通過導體棒的電荷量q；
b. 通過計算，確定金屬棒在全部運動過程中感應電流最大時的位置。
解答（1）由圖2可知， 根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢 ①
（2）金屬棒在弧形軌道上滑行過程中，產生的焦耳熱金屬棒在弧形軌道上滑行過程中，根據機械能守恆定律金屬棒在水平軌道上滑行的過程中，產生的焦耳熱為，根據能量守恆定律所以，金屬棒在全部運動過程中產生的焦耳熱
（3）a．根據圖3，x=x1（x1﹤x0）處磁場的磁感應強度。設金屬棒在水平軌道上滑行時間為。由於磁場b(x)沿x方向均勻變化，根據法拉第電磁感應定律時間內的平均感應電動勢所以，通過金屬棒電荷量
b. 金屬棒在弧形軌道上滑行過程中，根據①式，
金屬棒在水平軌道上滑行過程中，由於滑行速度和磁場的磁感應強度都在減小，所以，此過程中，金屬棒剛進入磁場時，感應電流最大。根據②式，剛進入水平軌道時，金屬棒的速度
所以，水平軌道上滑行過程中的最大電流若金屬棒自由下落高度，經歷時間，顯然t0﹥t 所以，
綜上所述，金屬棒剛進入水平軌道時，即金屬棒在x= 0處，感應電流最大。
評分說明：本題共20分。第（1）問4分；第（2）問6分；第（3）問10分
朝陽區（20分）如圖所示，在座標系xoy所在平面內有一半徑為a的圓形區域，圓心座標o1（a , 0），圓內分布有垂直xoy平面的勻強磁場。在座標原點o處有乙個放射源，放射源開口的張角為90°，x軸為它的角平分線。帶電粒子可以從放射源開口處在紙面內朝各個方向射出，其速率v、質量m、電荷量+q均相同。
其中沿x軸正方向射出的粒子恰好從o1點的正上方的p點射出。不計帶電粒子的重力，且不計帶電粒子間的相互作用。
（1）求圓形區域內磁感應強度的大小和方向；
（2）a．判斷沿什麼方向射入磁場的帶電粒子運動的時間最長，並求最長時間；
b．若在y≥a的區域內加一沿y軸負方向的勻強電場，放射源射出的所有帶電粒子運動過程中將在某一點會聚，若在該點放一**器可將放射源射出的帶電粒子全部收回，分析並說明**器所放的位置。
（20分）解答：（1）設圓形磁場區域內的磁感應強度為b，帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力提供向心力：其中r=a則：
由左手定則判斷磁場方向垂直於xoy平面向里 （6分）
（2）沿與x軸45°向下射出的帶電粒子在磁場中運動的時間最長，軌跡如圖，根據幾何關係粒子離開磁場時速度方向沿y軸正方向，∠oo3q=135。
設該帶電粒子在磁場中運動的時間為t，根據圓周運動週期公式得：所以8分）
（3）設某帶電粒子從放射源射出，速度方向與x軸的夾角為α，做速度v的垂線，擷取oo4=a，以o4為圓心a為半徑做圓交磁場邊界於m點。由於圓形磁場的半徑與帶電粒子在磁場中運動的半徑均為a，故oo1mo4構成乙個菱形，所以o4m與x軸平行，因此從放射源中射出的所有帶電粒子均沿y軸正方向射出。帶電粒子在勻強電場中做勻減速直線運動，返回磁場時的速度與離開磁場時的速度大小相等方向相反，再進入磁場做圓周運動，圓心為o5，oo4o5n構成一平行四邊形，所以粒子在磁場中兩次轉過的圓心角之和為180°，第二次離開磁場時都經過n點。
故收集器應放在n點，n點座標為（2a，0）。 （6分）
東城23、（18分）如圖甲所示，空間存在豎直向上的磁感應強度為b的勻強磁場，ab、cd是相互平行的間距為l的長直導軌，它們處於同一水平面內，左端由金屬絲bc相連，mn是跨接在導軌上質量為m的導體棒，已知mn與bc的總電阻為r，ab、cd的電阻不計。用水平向右的拉力使導體棒沿導軌做勻速運動，並始終保持棒與導軌垂直且接觸良好。圖乙是棒所受拉力和安培力與時間關係的圖象，已知重力加速度為g。
（1）求導體棒與導軌間的動摩擦因數μ；
（2）已知導體棒發生位移s的過程中bc邊上產生的焦耳熱為q，求導體棒的電阻值；
（3）在導體棒發生位移s後軌道變為光滑軌道，此後水平拉力的大小仍保持不變，圖丙中ⅰ、ⅱ是兩位同學畫出的導體棒所受安培力隨時間變化的圖線。判斷他們畫的是否正確，若正確請說明理由；若都不正確，請你在圖中定性畫出你認為正確的圖線，並說明理由。（要求：
說理過程寫出必要的數學表示式）
23．（18分）
解：（1）根據導體棒mn勻速運動可知它受牽引力、安培力和摩擦力f三力平衡，由圖象可知拉力大小為f0，安培力大小為，根據牛頓第二定律有： 解得4分）
（2）根據功能關係可知導體棒mn克服安培力做功將機械能轉化為電能，在電路中電能轉化為電熱，電路中的總電熱q總= （3分） 設導體棒的電阻值為r，根據電阻串聯關係可知解得4分）
（3）兩位同學畫的圖線都不正確。（2分）
設導體棒運動的速度大小為v，產生的感應電動勢為e，感應電流為i解得根據牛頓第二定律有分析可知隨著導體棒加速，安培力逐漸增大，加速度逐漸減小。當時導體棒將做勻速運動，不再變化。（3分）其變化過程如圖所示。
（2分）
24、（20分）某課外小組設計了一種測定風速的裝置，其原理如圖所示，乙個勁度係數k＝1300n／m，自然長度l0＝0.5m彈簧一端固定在牆上的m點，另一端n與導電的迎風板相連，彈簧穿在光滑水平放置的電阻率較大的金屬桿上，彈簧是不導電的材料製成的。迎風板面積s＝0.
5m2，工作時總是正對著風吹來的方向。電路的一端與迎風板相連，另一端在m點與金屬桿相連。迎風板可在金屬桿上滑動，且與金屬桿接觸良好。
定值電阻r＝1.0ω，電源的電動勢e＝12v，內阻r＝0.5ω。
閉合開關，
沒有風吹時，彈簧處於原長，電壓表的示數u1＝3.0v，某時刻由於風吹迎風板，電壓表的示數變為u2＝2.0v。（電壓表可看作理想表）求：
（1）金屬桿單位長度的電阻；（2）此時作用在迎風板上的風力；
（3）假設風（運動的空氣）與迎風板作用後的速度變為零，空氣的密度為1.3kg/m3，求風速多大。
24、（20分）解：（1）無風時金屬桿接入電路的電阻為r1有得所以金屬桿單位長度的電阻 （6分）
（2）有風時金屬桿接入電路的電阻為r2有得 （3分）
此時，彈簧的長度 m 彈簧的壓縮量m （3分）
根據平衡條件，此時的風力n2分）
（3）設風速為v。在δt時間內接觸到吹風板的空氣質素為δm δm=ρsvδt2分）
根據動量定理可得 （2分） （2分）
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23．（18分）如圖所示，絕緣細繩繞過輕滑輪連線著質量為m的正方形導線框和質量為m的物塊，導線框的邊長為l、電阻為r。物塊放在光滑水平面上，線框平面豎直且ab邊水平，其下方存在兩個勻強磁場區域，磁感應強度的大小均為b，方向水平但相反，ⅰ區域的高度為l，ⅱ區域的高度為2l。 開始時，線框ab邊距磁場上邊界pp′的高度也為l，各段繩都處於伸直狀態，把它們由靜止釋放，運動中線框平面始終與磁場方向垂直，m始終在水平面上運動，當ab邊剛穿過兩磁場的分界線qq′進入磁場ⅱ時，線框做勻速運動，不計滑輪處的摩擦。
求：(1)ab邊剛進入磁場ⅰ時，線框的速度大小；
(2)cd邊從pp′位置運動到qq′位置過程中，通過線圈導線某橫截面的電荷量；
(3)ab邊從pp′位置運動到nn′位置過程中，線圈中產生的焦耳熱。
解：(1)對線框和物塊組成的整體，由機械能守恆定律mgl＝(m＋m)v12 （2分）v1＝ （2分）
(2)線框從ⅰ區進入ⅱ區過程中，δφ＝φ2-φ1＝2bl2 （2分）e＝（1分）i＝ （1分）通過線圈導線某截面的電量：q＝iδt＝（2分）
(3)線框ab邊運動到位置nn′之前，線框只有ab邊從pp′位置下降2l的過程中才有感應電流，設線框ab邊剛進入ⅱ區域做勻速運動的速度是v2，線圈中電流為i2，i2＝ （2分）此時m、m均做勻速運動， 2bi2l＝mg （2分）v2＝
根據能量轉化與守恆定律，mg·3l＝(m＋m)v22＋q （2分）則線圈中產生的焦耳熱為: q＝3mgl－（2分）
24．（20分）如圖所示，在豎直平面內，虛線mo與水平線pq相交於o，二者夾角θ=30°，在mo左側存在電場強度為e、方向豎直向下的勻強電場，mo右側某個區域存在磁感應強度為b、垂直紙面向裡的勻強磁場，o點處在磁場的邊界上，現有一群質量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內以速度v（0≤v≤）垂直於mo從o點射入磁場，所有粒子通過直線mo時，速度方向均平行於pq向左，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。
求： （1）速度最大的粒子從o開始射入磁場至返回水平線poq所用的時間。
（2）磁場區域的最小面積。
24．（20分）
解：（1）粒子的運動軌跡如圖所示，設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，週期為t，粒子在勻強磁場中運動時間為t1
則 （1分1分） （2分）
設粒子自n點水平飛出磁場，出磁場後應做勻速運動至om，設勻速運動的距離為s，勻速運動的時間為t2，由幾何關係知：s=r/tanθ （1分） （1分）過mo後粒子做類平拋運動，設運動的時間為，則： （2分）又由題知：
（1分）則速度最大的粒子自o進入磁場至重回水平線poq所用的時間為： （1分）（2分）
（2）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過om，則其飛出磁場的位置均應在on的連線上，故磁場範圍的最小面積是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與on所圍成的面積，
扇形的面積 （2分）
的面積為： （2分） （2分）
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