2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第2講 三大觀點在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用學(xué)案

2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第2講 三大觀點在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用學(xué)案真題再現(xiàn)考情分析 (2018·高考全國卷)如圖，在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E；在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場一個氕核 H和一個氘核 H先后從y軸上yh點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向已知 H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場.H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力求(1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大?。?3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離.解析：(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學(xué)公式有s1v1t1ha1t由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角160°.H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1v1tan 1聯(lián)立以上各式得s1h.(2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qEma1設(shè)H進入磁場時速度的大小為v1，由速度合成法則有v1設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B由幾何關(guān)系得s12R1sin 1聯(lián)立以上各式得B.(3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得(2m)vmv由牛頓第二定律得qE2ma2設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2，速度的方向與x軸正方向夾角為2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學(xué)公式有s2v2t2ha2tv2sin 2聯(lián)立以上各式得s2s1，21，v2v1設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2R1所以出射點在原點左側(cè)設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2，由幾何關(guān)系有s22R2sin 2聯(lián)立式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2s2(1)h.答案：見解析命題點分析帶電粒子在組合場中的運動思路方法該粒子的運動屬于從電場進入磁場的情況，在電場中做類平拋運動，一定要準(zhǔn)確計算出穿出電場時粒子速度的大小和方向的變化情況在磁場中做勻速圓周運動，由在磁場中做圓周運動的規(guī)律進行求解續(xù)表真題再現(xiàn)考情分析 (2017·高考全國卷)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上在t0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2mgma1油滴在時刻t1的速度為v1v0a1t1電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2mgma2油滴在時刻t22t1的速度為v2v1a2t1由式得v2v02gt1.(2)由題意，在t0時刻前有qE1mg油滴從t0到時刻t1的位移為s1v0t1a1t油滴在從時刻t1到時刻t22t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2v1t1a2t由題給條件有v2g(2h)式中h是B、A兩點之間的距離.若B點在A點之上，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2>E1，應(yīng)有22>1即當(dāng)0<t1<或t1>才是可能的；條件式和式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形.若B點在A點之下，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2>E1，應(yīng)有22>1即t1>另一解為負(fù)，不合題意，已舍去.答案：見解析命題點分析帶電油滴在電場中的運動思路方法由粒子做勻速直線運動可知受力平衡，當(dāng)電場改變時，通過牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式可求解此類勻變速直線運動問題；在討論距離關(guān)系時，要充分考慮到B在A點之上和之下兩種情況進行討論分析結(jié)合運動學(xué)公式聯(lián)立求解命題規(guī)律研究及預(yù)測電磁學(xué)綜合問題一直是高考中的必考內(nèi)容且?guī)缀趺磕甓甲鳛閴狠S題出現(xiàn)，同時在選擇題中也有所體現(xiàn)主要考查方向有兩大類：(1)帶電粒子在復(fù)合場中的運動；(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動力學(xué)問題、能量問題、電路問題等綜合應(yīng)用.在復(fù)習(xí)中該部分一定是重點復(fù)習(xí)內(nèi)容，不僅對于基本內(nèi)容及規(guī)律要熟練應(yīng)用，對于綜合問題也一定要強化訓(xùn)練，形成解決電磁綜合問題的信心和習(xí)慣帶電粒子在復(fù)合場中的運動 帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：分階段（分過程）按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如關(guān)系圖：第3步：用規(guī)律 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法(1)弄清疊加場的組成(2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況的場的問題，要分階段進行處理(5)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解對于臨界問題，注意挖掘隱含條件 (2018·高考全國卷)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用求(1)磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)甲、乙兩種離子的比荷之比解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1Um1v由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1Bm1由幾何關(guān)系知2R1l由式得B.(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2Um2vq2v2Bm2由題給條件有2R2由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為14.答案見解析 角度1帶電粒子在組合場中的運動1.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(biāo)為(L，0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上點A射出電場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向成30°角，此后，電子做勻速直線運動， 進入矩形磁場區(qū)域并從磁場邊界上點Q射出，速度沿x軸負(fù)方向，不計電子重力，求：(1)勻強電場的電場強度E的大小；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；(3)矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin.解析：(1)設(shè)電子在電場中運動的加速度大小為a，時間為t0，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy則Lv0t0，a，vyat0，vy聯(lián)立解得E.(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D，O、D間的距離為xD，則xDLtan 30°L所以DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示設(shè)電子離開電場時速度大小為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，周期為T則evBm，v由幾何關(guān)系有rL即r聯(lián)立以上各式解得B電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為120°，則有tT解得t.(3)以切點F、Q的連線為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為FQ的對邊，此時有界勻強磁場區(qū)域面積最小Sminr×解得Smin.答案：見解析 角度2帶電粒子在疊加場中的運動2.(2018·黃岡中學(xué)模擬)如圖所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，虛線上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電荷量為q；C球不帶電且質(zhì)量為 km(k>7)A、C間夾著質(zhì)量可忽略的火藥現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電荷量和各表面的光滑程度)，火藥炸完瞬間A的速度大小為v0.(1)火藥爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能？(2)求A球在磁場中的運動時間；(3)若一段時間后A、C在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離解析：(1)設(shè)爆炸之后C的速度大小為vC，在爆炸前后由動量守恒定律可得0mv0kmvC又由能量守恒定律可得E總mvkmvmv.(2)由“A球?qū)ψ烂娴膲毫榱恪笨芍狝球的重力和電場力等大反向，故A球進入磁場中將會做勻速圓周運動，則T.A球在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何知識可得粒子在磁場中運動了個圓周，則t2.(3)由0mv0kmvC可得vC，A球在磁場中做勻速圓周運動的半徑R設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后到相遇前C運動的位移為xC，運動時間為tC，則tCt2，xCvCtC由圖可得RxAxC聯(lián)立解得xA·.答案：見解析命題角度解決方法易錯辨析帶電粒子在空間組合場中從電場進磁場的運動利用類平拋運動中的分解思想解決電場中的運動，利用垂線法確定磁場中運動的圓心注意電場進磁場時速度的大小、方向變化情況帶電粒子在空間組合場中從磁場進電場的運動找磁場中勻速圓周運動的圓心、半徑、圓心角，畫出大體的運動軌跡圖分清磁場中運動時速度偏角、圓心角、弦切角三者之間的關(guān)系帶電粒子在交變電、磁場中的運動利用周期性找準(zhǔn)粒子運動規(guī)律，再結(jié)合電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)規(guī)律解題在一個周期內(nèi)分析清楚粒子的運動特點及速度的變化情況帶電粒子在疊加場中的運動根據(jù)不同的受力情況，高中階段一般只有兩種運動情況：勻速直線運動勻速圓周運動注意粒子是否受重力，并關(guān)注粒子的受力與運動性質(zhì)的關(guān)系 帶電粒子在復(fù)合場中的運動與現(xiàn)代科技的綜合教材中重要的五大科技應(yīng)用類模型速度選擇器帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qEqvB，即v.這個結(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關(guān)質(zhì)譜儀加速：qUmv2.偏轉(zhuǎn)：d2r.比荷.可以用來確定帶電粒子的比荷和分析同位素等磁流體發(fā)電機當(dāng)?shù)入x子體勻速通過 A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，此時離子受力平衡：qvBq，即UBdv電磁流量計導(dǎo)電的液體向左流動，導(dǎo)電液體中的正負(fù)離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差流量穩(wěn)定時流量QSv回旋加速器加速電場的變化周期等于粒子在磁場內(nèi)運動的周期在粒子質(zhì)量、電荷量確定的情況下，粒子所能達到的最大動能Ek，只與D形盒半徑和磁感應(yīng)強度有關(guān)，與加速電壓無關(guān) 如圖所示為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜議的結(jié)構(gòu)示意圖，其中，加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距離的各點場強大小相等、方向沿徑向，磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右端面平行由離子源發(fā)出的一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)經(jīng)加速電場加速后，從M點垂直于電場方向進入靜電分析器，沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點射出，接著由P點垂直磁分析器的左邊界射入，最后垂直于下邊界從Q點射出并進入收集器已知 Q點與圓心O2的距離為d.(1)求磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向；(2)求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大??；(3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為m10.9m、電荷量仍為q的另一種正離子，其他條件不變試指出該離子進入磁分析器時的位置，并判斷它射出磁場的位置在Q點的左側(cè)還是右側(cè)解析(1)離子在加速電場中加速，設(shè)進入靜電分析器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qUmv2離子射出靜電分析器時的速度大小仍為v，在磁分析器中，離子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律得Bqvm依題意知rd聯(lián)立解得B 由左手定則得，磁場方向垂直紙面向外(2)在靜電分析器中，離子在電場力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得qEm聯(lián)立解得E.(3)設(shè)質(zhì)量為m1的離子經(jīng)加速電場加速后，速度大小為v1，根據(jù)動能定理有qUm1v離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qE聯(lián)立解得質(zhì)量為m1的離子在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌道半徑R1R，即該離子從N點射出靜電分析器，由P點射入磁分析器該離子在磁分析器中做勻速圓周運動的半徑r1 ，所以r1<r，即該離子射出磁場的位置在Q點的左側(cè)答案見解析突破訓(xùn)練 回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T.一束該種粒子在t0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件解析：(1)粒子運動半徑為R時qvBm且Emmv2解得Em.(2)粒子被加速n次達到動能Em，則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為t加速度a粒子做勻加速直線運動有nda·(t)2由t0(n1)·t，解得t0.(3)只有在0時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為由>99%，解得d<.答案：見解析三大觀點解決電磁感應(yīng)問題 電磁感應(yīng)綜合問題的兩大研究對象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可視為電學(xué)對象(因為它相當(dāng)于電源)，又可視為力學(xué)對象(因為感應(yīng)電流的存在而受到安培力)，而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對象的紐帶 解決電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問題的基本步驟(1)明確研究對象和物理過程，即研究哪段導(dǎo)體在哪一過程切割磁感線(2)根據(jù)導(dǎo)體運動狀態(tài)，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向(3)畫出等效電路圖，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求回路中的感應(yīng)電流(4)分析研究導(dǎo)體受力情況，要特別注意安培力方向的確定，列出動力學(xué)方程或平衡方程求解(5)分析電磁感應(yīng)中的能量問題，特別是注意分析安培力做功的情況，應(yīng)用動能定理或能量守恒定律列方程求解 (2018·高考天津卷)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m.列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計列車啟動后電源自動關(guān)閉(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速度a的大??；(3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l.若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？解析(1)M接電源正極列車要向右運動，安培力方向應(yīng)向右根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極(2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串、并聯(lián)知識得R總設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有FIlB根據(jù)牛頓第二定律有Fma聯(lián)立式得a.(3)設(shè)列車減速時，cd進入磁場后經(jīng)t時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為，平均感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1其中Bl2設(shè)回路中平均電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)cd受到的平均安培力為F，有FIlB以向右為正方向，設(shè)t時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖Ft同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I02I沖設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有I總0mv0聯(lián)立式得討論：若恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N1塊有界磁場答案見解析 角度1單桿電阻導(dǎo)軌模型1.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計，桿與導(dǎo)軌接觸良好求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量解析：(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv，回路中的感應(yīng)電流I桿所受的安培力FBIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsin ma當(dāng)速度v0時，桿的加速度最大，最大加速度agsin ，方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度a0時，速度最大，最大速度vm，方向沿導(dǎo)軌平面向下(2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsin Q總mv又Q桿Q總所以Q桿mgxsin .答案：見解析 角度2雙桿導(dǎo)軌模型2(1)如圖1所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計，導(dǎo)軌間的距離為l，兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直在t0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，大小恒為F的力作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動，試分析金屬桿甲、乙的收尾運動情況(2)如圖2所示，兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，試定性分析兩棒的收尾運動情況解析：(1)設(shè)某時刻甲和乙的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為a1和a2，受到的安培力大小均為F1，則感應(yīng)電動勢為EBl(v1v2)感應(yīng)電流為I對甲和乙分別由牛頓第二定律得FF1ma1，F(xiàn)1ma2當(dāng)v1v2定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運動時，a1a2解得a1a2可見甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運動，速度一直增大(2)ab棒向cd棒運動時，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流ab棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動，cd棒則在安培力作用下做加速運動，在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速兩棒達到相同速度后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v水平向右做勻速運動答案：見解析 角度3線圈模型3.如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成 37°放置，在斜面上虛線cc和bb與斜面底邊平行，且兩線間距為d0.1 m，在cc、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量m10 g，總電阻為R1 ，邊長也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與cc重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當(dāng)金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g10 m/s2，不計其他阻力，求：(取sin 37°0.6，cos 37°0.8)(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度大小；(2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能；(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)金屬線圈向下勻速進入磁場時有mgsin mgcos F安其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s.(2)設(shè)最高點離bb的距離為x，線圈從最高點到開始進入磁場過程做勻加速直線運動有v22ax，mgsin mgcos ma線圈從向上離開磁場到向下進入磁場的過程，根據(jù)動能定理有Ek1Ekmgcos ·2x，其中Ekmv2得Ek1mv20.1 J.(3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsin ·2dmgcos ·2dW安0，QW安解得Q2mgd(sin cos )0.004 J.答案：見解析 三大觀點透徹解讀雙桿模型示意圖力學(xué)觀點圖象觀點能量觀點動量觀點導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動棒1動能減少量棒2動能增加量焦耳熱兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動外力做的功棒1的動能棒2的動能焦耳熱外力的沖量等于兩棒動量的增加量 線圈動生模型是磁感應(yīng)強度不變，線圈穿越勻強磁場的模型，類似于雙桿導(dǎo)軌模型(1)分析線圈運動情況，看運動過程中是否有磁通量不變的階段(2)線圈穿過磁場，有感應(yīng)電流產(chǎn)生時，整個線圈形成閉合電路，分析電路，由閉合電路歐姆定律列方程(3)對某一狀態(tài)，分析線圈的受力情況，由牛頓第二定律列式：F外F安ma.(4)線圈穿過磁場時，安培力做功，其他形式的能和電能互相轉(zhuǎn)換，電流通過電阻時，電流做功使電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再由功能定理W外W安Ek2Ek1或能量守恒定律列式 , (建議用時：40分鐘)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(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)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(shè)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(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有FqE設(shè)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(guān)，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(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可得(rR)2(R)2r2設(shè)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(guān)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(zhì)檢)如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)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(guān)系有rcos 45°h可得rh又qv1B可得v1.(2)設(shè)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(jié)合類平拋運動規(guī)律，有vbv1cos 45°得vb設(shè)粒子進入電場經(jīng)過時間t運動到b點，b點的縱坐標(biāo)為yb結(jié)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(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)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(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)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(zhì)量。由運動學(xué)公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)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(guān)系得l2Rcos 聯(lián)立式得v0.(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1v0cot聯(lián)立式得設(shè)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(yīng)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(fù)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(biāo)為.(1)求時帶電粒子的位置坐標(biāo)；(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(zhuǎn)過的圓心角，所以在t時，粒子的位置坐標(biāo)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(zhì)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(shè)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(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3.(2)設(shè)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(xué)公式v2ghHvytgt2 M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 聯(lián)立式可得hH. (3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 設(shè)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(xué)設(shè)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(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)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(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好)向上運動，當(dāng)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(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后，噴出燃?xì)膺M一步加速火箭(1)求回路在t時間內(nèi)感應(yīng)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(yīng)電流方向；(2)經(jīng)t時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時的速度v0；(不計空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣葹閡，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(yīng)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(yīng)電流I，平均安培力FBIL，設(shè)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(shè)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(zhì)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(guān)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(zhì)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(yīng)強度B0.1 T，現(xiàn)通過沿著斜面且垂直于ab的細(xì)線以及滑輪把線框和質(zhì)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(dāng)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??；(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 Mgcos Ma，2a·v2 解得v8 m/s.(3)線框勻速運動過程中，對M：Mgsin Mgcos F安TmgF安nBIl1I解得v08 m/s設(shè)ef，gh間距為L，從ab邊到達ef至cd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