2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題教學(xué)案.doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題教學(xué)案電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題是歷年高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)?？疾榈念}型既有選擇，又有計(jì)算，特別是高考試卷的壓軸題也常常考查電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用。解答這類問(wèn)題時(shí)要注意從動(dòng)力學(xué)和能量角度去分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況和能量變化情況分別列式求解。涉及的規(guī)律主要包括：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律；功能關(guān)系；能量守恒定律。用到的思想方法主要有：整體法和隔離法全程法和分階段法條件判斷法臨界問(wèn)題的分析方法守恒思想分解思想考查點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的“單桿”模型題點(diǎn)(一)“單桿”水平式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)測(cè)得導(dǎo)體棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當(dāng)a0時(shí)，v最大，I不再變化收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡，a0電學(xué)特征I不再變化例1(xx江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。解析(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0 回路的感應(yīng)電流I由式解得I。(2)金屬桿所受的安培力FBid由牛頓第二定律，對(duì)金屬桿Fma由式解得a。(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv感應(yīng)電流的電功率P由式解得P。答案(1)(2)(3)題點(diǎn)(二)“單桿”傾斜式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析棒ab剛釋放時(shí)agsin ，棒ab的速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí)，a0，速度達(dá)到最大vm 收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡，a0電學(xué)特征I達(dá)到最大后不再變化例2如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，與水平面間的夾角30，間距L0.5 m，上端接有阻值R0.3 的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.4 T，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量m0.2 kg，電阻r0.1 的導(dǎo)體棒MN在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下，由靜止開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，當(dāng)棒的位移d9 m時(shí)電阻R上的消耗的功率為P2.7 W。其他電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求：(1)此時(shí)通過(guò)電阻R的電流；(2)這一過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量q；(3)此時(shí)作用于導(dǎo)體棒上的外力F的大小。思路點(diǎn)撥解析(1)根據(jù)熱功率：PI2R，解得：I A3 A。(2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：，由歐姆定律得：，電流和電量之間關(guān)系式：qt C4.5 C。(3)由(1)知此時(shí)感應(yīng)電流I3 A，由I，解得此時(shí)速度：v m/s6 m/s，由勻變速運(yùn)動(dòng)公式：v22ax，解得：a m/s22 m/s2，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：FF安mgsin 30ma，即：FBILmgsin 30ma，解得：FmaBILmgsin 300.22 N0.40.53 N0.210 N2 N。答案(1)3 A(2)4.5 C(3)2 N1“單桿”模型分析“單桿”模型是電磁感應(yīng)中常見(jiàn)的物理模型，此類問(wèn)題所給的物理情景一般是導(dǎo)體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、拉力作用下的變加速直線運(yùn)動(dòng)或勻速直線運(yùn)動(dòng)，所涉及的知識(shí)有牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等。此類問(wèn)題的分析要抓住三點(diǎn)：桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運(yùn)動(dòng)(達(dá)到最大速度或最小速度，此時(shí)合力為零)。整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律。2力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁感應(yīng)電流I、切割速度v3用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題考查點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型典例如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0.5 T。在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg，電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg，電阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑。cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 m/s2。問(wèn)：(1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大；(3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x3.8 m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。解析(1)由右手定則可判斷cd中電流方向?yàn)閐流向c，故ab中的電流方向由a流向b。(2)開(kāi)始放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安ILB此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s。(3)設(shè)在cd棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J。答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J1兩類“雙桿”模型(1)一類是“一動(dòng)一靜”，其實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題，不過(guò)要注意問(wèn)題包含著一個(gè)條件：靜止桿受力平衡。(2)另一類是“兩桿都動(dòng)”，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減。2解題方法結(jié)合“單桿”模型的解題經(jīng)驗(yàn)，對(duì)“雙桿”模型進(jìn)行受力分析，確定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，一般會(huì)有收尾狀態(tài)，比如有恒定的速度或者加速度等，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)分析求解。1如圖所示，間距l(xiāng)0.3 m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi)。在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角37的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.4 T、方向豎直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電阻R0.3 、質(zhì)量m10.1 kg、長(zhǎng)為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好。一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m20.05 kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長(zhǎng)。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求(1)小環(huán)所受摩擦力的大??；(2)Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率。解析：(1)以小環(huán)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律m2gFfm2a代入數(shù)據(jù)得Ff0.2 N。(2)設(shè)流過(guò)桿K的電流為I，由平衡條件得IlB1FTFf對(duì)桿Q，根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)以及平衡條件得2IlB2Fm1gsin 由法拉第電磁感應(yīng)定律的推論得EB2lv根據(jù)歐姆定律有2I，且R總R拉力F的瞬時(shí)功率表達(dá)式為PFv聯(lián)立以上各式得P2 W。答案：(1)0.2 N(2)2 W2間距為L(zhǎng)2 m的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m0.1 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，細(xì)桿ab、cd的電阻分別為R10.6 ，R20.4 。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(圖中未畫(huà)出)。當(dāng)ab在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也同時(shí)從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。測(cè)得拉力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。g取10 m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)，求ab桿的速度大小。(3)若從開(kāi)始到cd桿達(dá)到最大速度的過(guò)程中拉力F做了5.2 J的功，通過(guò)cd桿橫截面的電荷量為2 C，求該過(guò)程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)由題圖乙可知，在t0時(shí)，F(xiàn)1.5 N對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得Fmgma代入數(shù)據(jù)解得a10 m/s2。(2)從d向c看，對(duì)cd桿進(jìn)行受力分析如圖所示，當(dāng)cd桿速度最大時(shí)，有FfmgFN，F(xiàn)NF安，F(xiàn)安BIL，I綜合以上各式，解得v2 m/s。(3)整個(gè)過(guò)程中，ab桿發(fā)生的位移x m0.2 m對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理，有WFmgxW安mv2代入數(shù)據(jù)解得W安4.9 J，根據(jù)功能關(guān)系Q總W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量QabQ總2.94 J。答案：(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J考查點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體框”模型典例(xx天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求(1)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1。(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l。答案(1)4倍(2)28l1電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2求解焦耳熱Q的三種方法3解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。1.如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙斜面與水平面成37角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，且間距為d0.1 m，在aa、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g，總電阻為R1 ，邊長(zhǎng)也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)其他阻力，求：(取sin 370.6，cos 370.8)(1)線圈向下返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；(2)線圈向上離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；(3)線圈向下通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)金屬線圈向下進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有mgsin mgcos F安，其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s。(2)設(shè)線圈到達(dá)最高點(diǎn)離bb的距離為x，則v22ax，mgsin mgcos ma根據(jù)動(dòng)能定理有Ek1Ekmgcos 2x，其中Ekmv2解得Ek1mv20.1 J。(3)向下勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，有mgsin 2dmgcos 2dW安0QW安解得：Q2mgd(sin cos )0.004 J。答案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J2.如圖所示，P、Q為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距L10.5 m，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B10.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體桿ef垂直于P、Q放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量為m0.1 kg 的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)20.1 m，每邊電阻均為r0.1 。線框的兩頂點(diǎn)a、b通過(guò)細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B21 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直金屬框abcd向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對(duì)a、b點(diǎn)的作用力，g取10 m/s2，求：(1)通過(guò)ab邊的電流Iab；(2)導(dǎo)體桿ef的運(yùn)動(dòng)速度v。解析：(1)設(shè)通過(guò)正方形金屬框的總電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc，有IabI，IdcI金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mgB2IabL2B2IdcL2聯(lián)立解得I10 A，Iab7.5 A。(2)設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則EB1L1v設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則Rr根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I解得v m/s3 m/s。答案：(1)7.5 A(2)3 m/s 1如圖甲是半徑為a的圓形導(dǎo)線框，電阻為R，虛線是圓的一條弦，虛線左右兩側(cè)導(dǎo)線框內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示，設(shè)垂直線框向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎螅?1)線框中0t0時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流大小和方向；(2)線框中0t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設(shè)虛線左側(cè)的面積為S1，右側(cè)的面積為S2，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，向里的變化磁場(chǎng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1S1感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?。向外的變化磁?chǎng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2S2感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?。從題圖乙中可以得到，感應(yīng)電流為I方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颉?2)根據(jù)焦耳定律可得QI2Rt0。答案：(1)逆時(shí)針?lè)较?2) 2.如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，間距為L(zhǎng)，與水平面成角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，且R1R2R，R1支路串聯(lián)開(kāi)關(guān)S，原來(lái)S閉合。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置，它與導(dǎo)軌粗糙接觸且始終接觸良好?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放，沿導(dǎo)軌下滑，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速率為v，此時(shí)整個(gè)電路消耗的電功率為重力功率的。已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后導(dǎo)體棒ab中的電流強(qiáng)度I；(2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過(guò)程回路中產(chǎn)生的電熱是多少？解析：(1)回路中的總電阻為：R總R當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時(shí)棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：EBLv此時(shí)棒中的感應(yīng)電流為：I此時(shí)回路的總電功率為：P電I2R總此時(shí)重力的功率為：P重mgvsin 根據(jù)題給條件有：P電P重，解得：I B 。(2)設(shè)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，根據(jù)能量守恒定律可知：mgvsin Ffv解得：Ffmgsin 導(dǎo)體棒ab減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和mgsin xmv2QFfx解得：Qmgsin xmv2。答案：(1) (2)mgsin xmv23.如圖所示，兩根正對(duì)的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l0.50 m。軌道的MM端接一阻值為R0.50 的定值電阻。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.60 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界為NN，寬度為d0.80 m。NN端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R00.50 m?，F(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場(chǎng)的左邊界s2.0 m處，其質(zhì)量m0.20 kg、電阻r0.10 。ab桿在與桿垂直的水平恒力F2.0 N的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)撤去F，桿穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，結(jié)果恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高位置PP。已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10，軌道電阻忽略不計(jì)，取g10 m/s2。求：(1)導(dǎo)體桿通過(guò)PP后落到直軌道上的位置離NN的距離；(2)導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量；(3)導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)設(shè)導(dǎo)體桿運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高位置的速度為v，因?qū)w桿恰好能通過(guò)軌道最高位置，由牛頓第二定律得mgm導(dǎo)體桿通過(guò)PP后做平拋運(yùn)動(dòng)xvt2R0gt2解得：x1 m。(2)qt，Bld聯(lián)立解得：q0.4 C。(3)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理有(Fmg)smv12解得：v16.0 m/s在導(dǎo)體桿從剛進(jìn)磁場(chǎng)到滑至最高位置的過(guò)程中，由能量守恒定律有mv12Qmg2R0mv2mgd解得：Q0.94 J。答案：(1)1 m(2)0.4 C(3)0.94 J4如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為l的平行長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左端，另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上，ef與導(dǎo)軌接觸良好，并可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦移動(dòng)?，F(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d。若整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且從某一時(shí)刻開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的方式變化。(1)求在0t0時(shí)間內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向；(2)求在t02t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量；(3)1.5t0時(shí)刻桿對(duì)導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向。解析：(1)在0t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E1Sld流過(guò)導(dǎo)體棒ef的電流大小I1由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑f。(2)在t02t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E2Sld流過(guò)導(dǎo)體棒ef的電流大小I2該時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量QI22Rt0。(3)1.5t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0導(dǎo)體棒ef受安培力：FB0I2l方向水平向左根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可知桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為FF，負(fù)號(hào)表示方向水平向右。答案：(1)，方向?yàn)閑f(2)(3)，方向水平向右5.(xx屆高三常州調(diào)研)如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d0.5 m，左端接有容量C2 000 F的電容。質(zhì)量m20 g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T。現(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力F10.44 N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后到達(dá)B處，速度v5 m/s。此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時(shí)間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個(gè)過(guò)程電容器未被擊穿。求(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容C上的電量；(2)t的大??；(3)F2的大小。解析：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器兩端電壓為UBdv20.55 V5 V此時(shí)電容器的帶電量qCU2 0001065 C1102 C。(2)導(dǎo)體棒在F1作用下有F1BIdma1，又I，a1聯(lián)立解得：a120 m/s2則t0.25 s。(3)由(2)可知導(dǎo)體棒在F2作用下，運(yùn)動(dòng)的加速度a2，方向向左，又a1t2將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F20.55 N。答案：(1)1102 C(2)0.25 s(3)0.55 N6(xx江蘇高考)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g。求：(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有mgsin mgcos 解得tan 。(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv感應(yīng)電流I安培力F安BIL導(dǎo)體棒受力平衡有F安mgsin 解得v。(3)摩擦生熱QTmgdcos 由能量守恒定律有3 mgdsin QQTmv2解得Q2mgdsin 。答案：(1)tan (2)(3)2mgdsin 教師備選題1.如圖所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1O矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0?，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì))。求：(1)棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度。(2)棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中整個(gè)回路所消耗的電能。解析：(1)棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FFABIl，再據(jù)I，聯(lián)立解得v。(2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個(gè)電阻消耗的電能Q，據(jù)能量守恒定律可得F(d0d)Qmv2，解得QF(d0d)。答案：(1)(2)F(d0d)2.如圖所示，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L0.50 m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角37，N、Q間連接一個(gè)電阻R5.0 ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T。將一根質(zhì)量為m0.050 kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)?，F(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.50，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，其速度大小開(kāi)始保持不變，位置cd與ab之間的距離s2.0 m。已知g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。求：(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大?。?2)金屬棒到達(dá)cd處的速度大??；(3)金屬棒由位置ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設(shè)金屬棒開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小為a，則mgsin mgcos ma解得a2.0 m/s2。(2)設(shè)金屬棒到達(dá)cd位置時(shí)速度大小為v、通過(guò)金屬棒的電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsin BILmgcos I解得v2.0 m/s。(3)設(shè)金屬棒從ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgssin mv2mgscos Q解得Q0.10 J。答案：(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0.10 J3(xx屆高三福州五校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過(guò)斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)對(duì)a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場(chǎng)上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：(1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，a棒中的電流Ia與定值電阻R中的電流IR之比；(2)a棒的質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F。解析：(1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)b棒中的電流為Ib，有IRRIbRIaIRIb由解得。(2)a棒在PQ上方滑動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)a棒在PQ處向上滑動(dòng)的速度大小為v1，其與在PQ處向下滑動(dòng)的速度大小v2相等，即v1v2v設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，a棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，IbIbLBmgsin a棒向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)a棒中的電流為Ia，則IaIaLBmagsin 由解得mam。(3)由題知，導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受拉力為FIaLBmagsin 聯(lián)立以上各式解得Fmgsin 。答案：(1)21(2)m(3)mgsin 4如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻。(1)調(diào)節(jié)RxR，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過(guò)棒的電流I及棒的速率v；(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過(guò)，求此時(shí)的Rx。解析：(1)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)，有Mgsin Bil可得I導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E0Blv由閉合電路歐姆定律得I聯(lián)立解得v。(2)改變Rx，由式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過(guò)時(shí)，板間電壓為U，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則UIRxEmgqE聯(lián)立解得Rx。答案：(1)(2)5(xx福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開(kāi)關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)，且開(kāi)關(guān)閉合前后，液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)，液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開(kāi)關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢(shì)差大小U0；(2)求開(kāi)關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化p；(3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積Sdh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比的值。解析：(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，U0保持恒定，有qv0Bq得U0Bdv0。(2)設(shè)開(kāi)關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開(kāi)關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hdfp2hdfF安F安Bid根據(jù)歐姆定律，有I兩導(dǎo)體板間液體的電阻r由式得p。(3)電阻R獲得的功率為PI2RP2R當(dāng)時(shí)電阻R獲得的最大功率Pm。答案：(1)Bdv0(2)(3)第24講 分析近幾年全國(guó)高考卷的計(jì)算題可知，高考?jí)狠S題多數(shù)情況下考查電學(xué)，少數(shù)情況下考查力學(xué)?？疾榈膬?nèi)容有時(shí)是電場(chǎng)，有時(shí)是磁場(chǎng)，有時(shí)是電場(chǎng)和磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)，有時(shí)是電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題。本講主要解決帶電粒子在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。考查內(nèi)容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)思想方法假設(shè)法合成法正交分解法 臨界、極值問(wèn)題的分析方法等效思想 分解思想考查點(diǎn)一帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)例1反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類似。已知靜電場(chǎng)的方向平行于x軸，其電勢(shì)隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m1.01020 kg，電荷量q1.0109 C的帶負(fù)電的粒子從(1 cm,0)點(diǎn)由靜止開(kāi)始，僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)。忽略粒子的重力等因素。求：(1)x軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E1和右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小之比；(2)該粒子運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能Ekm；(3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T。解析(1)由題圖可知：左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度：E1 V/m2.0103 V/m右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度：E2 V/m4.0103 V/m所以：。(2)粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理有：qE1xEkm其中x1.0102 m聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：Ekm2.0108 J。(3)設(shè)粒子在原點(diǎn)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，在原點(diǎn)時(shí)的速度為vm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vmt1vmt2Ekmmvm2T2(t1t2)聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：T3.0108 s。答案(1)12(2)2.0108 J(3)3.0108 s題點(diǎn)(二)帶電粒子的曲線運(yùn)動(dòng)例2如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計(jì))被加速后從金屬板的小孔穿出進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，電子恰好打在下極板的右邊緣M點(diǎn)，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的下極板向下平移。(1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點(diǎn)？(2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點(diǎn)？解析(1)設(shè)移動(dòng)下極板前后偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度大小分別為a、a，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時(shí)的速度大小分別為v0、v1因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有EdEd，即EE由qEma及qEma知aa設(shè)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則da2，a2聯(lián)立解得v12在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理知eU1mv02，eU1mv12U1，即加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，才能使電子打在下極板的中點(diǎn)。(2)因電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等設(shè)極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2，則有a1t2，da2t2，即a22a1由牛頓第二定律知a1，a2聯(lián)立得U23U2，即偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，才能使電子仍打在M點(diǎn)。答案(1)加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，即(2)偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，即3U2考查點(diǎn)二帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法2求磁場(chǎng)區(qū)域最小面積的兩個(gè)注意事項(xiàng)(1)注意粒子射入、射出磁場(chǎng)邊界時(shí)速度的垂線的交點(diǎn)，即為軌跡圓的圓心。(2)注意所求最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑等于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)。例1如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一個(gè)方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從y軸上的A點(diǎn)以速度v0水平向右射出，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，打在x軸上的C點(diǎn)，且其速度方向與x軸正方向成60角斜向下。若A點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2d)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(3d,0)，粒子重力不計(jì)。試求該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S及粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。思路點(diǎn)撥(1)由已知條件求出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑由幾何關(guān)系找出圓心角找出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的圓弧根據(jù)圓弧找出對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)以此弦長(zhǎng)作為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場(chǎng)區(qū)域。(2)找出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角求出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解析帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，則有qv0Bm，即R設(shè)粒子從E點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，則其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示因?yàn)?0，由幾何關(guān)系可知EOD60，所以三角形EOD為正三角形，EDR，以ED為直徑時(shí)圓形磁場(chǎng)區(qū)域面積最小設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為r，則有r所以圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Sr2帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。答案題點(diǎn)(二)帶電粒子在磁場(chǎng)中的多解問(wèn)題1解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是要找到粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生周期性和多解的原因，從而判斷出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的可能情形，然后由粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律(通常是半徑公式、周期公式結(jié)合幾何知識(shí))求解。2粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場(chǎng)方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運(yùn)動(dòng)方向的不確定；運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性等。例2如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM和NN是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入。要使粒子不能從邊界NN射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。解析若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN相切的圓弧，軌道半徑：R又dR解得v(2)。若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN相切的圓弧，則有：RdR，解得v(2)。答案(2)(q為正電荷)或(2)(q為負(fù)電荷)考查點(diǎn)三帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)典例(xx天津高考)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。解析(1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有2Lv0tLat2設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvyat設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為，有tan 聯(lián)立式得45即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有v聯(lián)立式得vv0。(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得Fma 又FqE設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvBm由幾何關(guān)系可知RL聯(lián)立式得。答案(1)v0，與x軸正方向成45角斜向上(2)1謹(jǐn)記兩大偏轉(zhuǎn)模型(1)電偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)電場(chǎng)中)受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)電場(chǎng)力為恒力，帶電粒子做勻變速運(yùn)動(dòng)，軌跡為拋物線。只討論v0E的情況，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)處理方法運(yùn)動(dòng)的合成與分解關(guān)注要點(diǎn)(1)速度偏轉(zhuǎn)角，tan (2)側(cè)移距離y0，y0(2)磁偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)磁場(chǎng)中)受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)洛倫茲力大小恒定，方向總垂直于速度方向。帶電粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)處理方法勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律關(guān)注要點(diǎn)(1)圓心及軌道半徑：兩點(diǎn)速度垂線的交點(diǎn)或某點(diǎn)速度垂線與軌跡所對(duì)弦的中垂線的交點(diǎn)即圓心，r(2)周期及運(yùn)動(dòng)時(shí)間：周期T，運(yùn)動(dòng)時(shí)間tT，掌握?qǐng)A心角的確定方法(3)速度的偏轉(zhuǎn)角：2解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路方法1.(xx滕州期末)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PS下方的電場(chǎng)E1的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，PS上方的電場(chǎng)E2的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，在電場(chǎng)左邊界AB上寬為L(zhǎng)的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子。從某時(shí)刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過(guò)PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E2后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點(diǎn)的距離為。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。試求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1與E2的大小；(2)在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過(guò)電場(chǎng)后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t1與t2，到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy，則由yat2、vyat及FqEma得：La1t12t12a2t22t22vyt1t2v0(t1t2)2L聯(lián)立解得：E1，E2。(2)由(1)知E22E1，t12t2。因沿PS方向所有粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，所以它們到達(dá)CD邊的時(shí)間同為t。設(shè)PQ間距離P點(diǎn)為h的粒子射入電場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)n(n2,3,4，)個(gè)類似于QRM的循環(huán)運(yùn)動(dòng)(包括粒子從電場(chǎng)E2穿過(guò)PS進(jìn)入電場(chǎng)E1的運(yùn)動(dòng))后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r(shí)間為T(n2,3,4，)，第一次到達(dá)PS邊的時(shí)間則為T，則有h2(n2,3,4，)。答案：(1) (2)(n2,3,4，)2.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，通過(guò)電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第象限，又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第象限，且速度與y軸負(fù)方向成45角，不計(jì)粒子所受的重力。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。解析：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有xv0t2h，yat2h，qEma聯(lián)立以上各式可得E。(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vyatv0所以v v0，方向指向第象限與x軸正方向成45角。(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvBm當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有rL，所以B。答案：(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)考查點(diǎn)四帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)電場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加例1(xx全國(guó)卷)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)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(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)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(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)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(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上。在t0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足qE2mgma1油滴在時(shí)刻t1的速度為v1v0a1t1電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2mgma2油滴在時(shí)刻t22t1的速度為v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由題意，在t0時(shí)刻前有qE1mg油滴從t0到時(shí)刻t1的位移為s1v0t1a1t12油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t22t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2v1t1a2t12由題給條件有v022g(2h)式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2>E1，應(yīng)有222>1即當(dāng)0<t1<或t1>才是可能的；條件式和式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2>E1，應(yīng)有222>1即t1>另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。答案(1)v02gt1(2)見(jiàn)解析題點(diǎn)(二)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加例2(xx天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2。求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB 代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足tan 代入數(shù)據(jù)解得tan 60。(2)解法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有a設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有yat2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為，又tan 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s。解法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vyvsin 若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s。答案(1)20 m/s，方向與電場(chǎng)方向成60角斜向上(2)3.5 s帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路考查點(diǎn)五帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)電場(chǎng)的周期性變化例1如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)(邊界為L(zhǎng)1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上的周期性變化的電場(chǎng)(如圖乙所示)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上。t0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)求電場(chǎng)變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程通過(guò)相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。思路點(diǎn)撥解析(1)微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則mgqE0qvB微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則mgqE0聯(lián)立得qB。(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)