2022屆高考物理二輪復習 專題五 三大觀點的應用 第2講 三大觀點在電磁學綜合問題中的應用課后演練強化提能

2022屆高考物理二輪復習 專題五 三大觀點的應用 第2講 三大觀點在電磁學綜合問題中的應用課后演練強化提能1(2018·高考天津卷)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出不計粒子重力(1)求粒子從P到M所用的時間t；(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小解析：(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvBm設粒子在電場中運動所受電場力為F，有FqE設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有Fma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有vat聯(lián)立式得t.(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短設粒子在磁場中的軌跡半徑為r，由幾何關系可得(rR)2(R)2r2設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知tan粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得tan聯(lián)立式得v0.答案：見解析2.(2018·福建福州質檢)如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強電場的電場強度大小E；(3)粒子從開始運動到第三次經(jīng)過x軸的時間t0.解析：(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系有rcos 45°h可得rh又qv1B可得v1.(2)設粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1，到達b點時速度大小為vb，結合類平拋運動規(guī)律，有vbv1cos 45°得vb設粒子進入電場經(jīng)過時間t運動到b點，b點的縱坐標為yb結合類平拋運動規(guī)律得rrsin 45°vbtyb(v1sin 45°0)th由動能定理有：qEybmvmv解得E.(3)粒子在磁場中的周期為T第一次經(jīng)過x軸的時間t1T在電場中運動的時間t22t在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間t3T所以總時間t0t1t2t3.答案：(1)h(2)(3)3(2018·高考全國卷 )一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出不計重力(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間解析：(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)圖(a)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為見圖(b)，速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有圖(b)qEma式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB由幾何關系得l2Rcos聯(lián)立式得v0.(3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得v1v0cot聯(lián)立式得設粒子由M點運動到N點所用的時間為t，則t2tT式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T由式得t(1)答案：見解析4如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、y軸方向為電場強度的正方向)在t0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸方向的帶負電粒子(不計重力)其中v0、t0、B0為已知量，且E0，粒子的比荷，x軸上有一點A，坐標為.(1)求時帶電粒子的位置坐標；(2)粒子運動過程中偏離x軸的最大距離；(3)粒子經(jīng)多長時間經(jīng)過A點解析：(1)在0t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qB0v0mr1m得：T2t0，r1則在時間內(nèi)轉過的圓心角，所以在t時，粒子的位置坐標為：.(2)在t02t0時間內(nèi)，粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示vv0t02v0運動的位移：yt01.5v0t0在2t03t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動，半徑：r22r1故粒子偏離x軸的最大距離：ymyr21.5v0t0.(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的周期為4t0，一個周期內(nèi)向右運動的距離：d2r12r2，AO間的距離為：8d所以粒子運動至A點的時間為：t32t0.答案：見解析 (建議用時：40分鐘)1(2017·高考全國卷)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小解析：(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3.(2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式v2ghHvytgt2M進入電場后做直線運動，由幾何關系知聯(lián)立式可得hH.(3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E.答案：見解析2.某同學設計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖所示豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導軌，間距為L.導軌間加有垂直導軌平面向里的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導軌間，總質量為m，其中燃料質量為m，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導軌良好接觸引燃火箭下方的推進劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值S，用時t，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體，當燃燒室下方的可控噴氣孔打開后，噴出燃氣進一步加速火箭(1)求回路在t時間內(nèi)感應電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應電流方向；(2)經(jīng)t時間火箭恰好脫離導軌，求火箭脫離時的速度v0；(不計空氣阻力)(3)火箭脫離導軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質量為m的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度為u，求噴氣后火箭增加的速度v.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)解析：(1)根據(jù)電磁感應定律有：E電荷量qIt，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為EF.(2)平均感應電流I，平均安培力FBIL，設豎直向上為正，根據(jù)動量定理得：(Fmg)tmv0解得：v0gt.(3)以火箭為參考系，設豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mu(mm)v0解得：vu.答案：(1)金屬棒中電流方向為EF(2)gt(3)3(2018·宜春三中高三檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠小于R.C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接現(xiàn)有一個比C4內(nèi)徑略小的、質量為m的小球，從與C4的最高點H等高的P點以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點沿切線從凹面進入軌道已知重力加速度為g.求：(1)小球在P點開始平拋的初速度v0的大小(2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點射出？請說明理由(3)小球運動到何處，軌道對小球的彈力最大？最大值是多大？解析：(1)小球從P到A，豎直方向有：h2R4Rsin 30°4R由平拋運動規(guī)律可得：v2gh解得：vy在A點，由速度關系tan 60°解得：v0.(2)若小球能過D點，則D點速度滿足v>小球從P到D由動能定理得：mgRmv2mv解得：v >若小球能過H點，則H點速度滿足vH>0小球從P到H由機械能守恒得H點的速度等于P點的初速度，為>0；綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點射出(3)小球在運動過程中，軌道給小球的彈力最大的點只會在圓軌道的最低點，B點和F點都有可能小球從P到B由動能定理得：6mgRmvmv在B點軌道給小球的彈力NB滿足：NBmgm解得NBmg；小球從P到F由動能定理得：3mgRmvmv在F點軌道給小球的彈力NF滿足：NFmgm聯(lián)立解得：NFmg；比較B、F兩點的情況可知：F點軌道給小球的彈力最大，為mg.答案：(1)(2)能，理由見解析(3)小球運動到F點時，軌道對小球的彈力最大，最大值是mg4(2018·重慶一中考前熱身考試)如圖所示，傾角37°的足夠長的固定絕緣斜面上，有一個n5匝、質量M1 kg、總電阻R0.1 的矩形線框abcd，ab邊長l11 m，bc邊長l20.6 m將線框置于斜面底端，使cd邊恰好與斜面底端平齊，在斜面上的矩形區(qū)域efhg內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B0.1 T，現(xiàn)通過沿著斜面且垂直于ab的細線以及滑輪把線框和質量m3 kg的物塊連接起來，讓物塊從離地面某高度處靜止釋放，線框沿斜面向上運動，恰好能夠勻速進入有界磁場區(qū)域當線框cd邊剛好穿出磁場區(qū)域時，物塊m恰好落到地面上，且不再彈離地面，線框沿斜面能夠繼續(xù)上升的最大的高度h1.92 m，線框在整個上滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q36 J，已知線框與斜面的動摩擦因數(shù)0.5, g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：(1)線框進入磁場之前的加速度大??；(2)線框cd邊剛好穿出有界磁場區(qū)域時的速度大小；(3)有界磁場的寬度(即ef到gh的距離)解析：(1)對M、m整體：mgMgsin Mgcos (mM)a解得a5 m/s2.(2)從cd邊剛出磁場到線框上升到最大高度的過程中：Mgsin MgcosMa，2a·v2解得v8 m/s.(3)線框勻速運動過程中，對M：MgsinMgcos F安TmgF安nBIl1I解得v08 m/s設ef，gh間距為L，從ab邊到達ef至到達gh的過程中，由動能定理：mg(Ll2)Mgsin (Ll2)Mgcos (Ll2)Q(Mm)v2(Mm)v解得：L1.2 m.答案：(1)5 m/s2(2)8 m/s(3)1.2 m