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學案

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1、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學案 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0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y＝h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°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.H的質量為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)磁場的磁感應強度大??； (3)H第一次離開磁場的位置

2、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.由運動學公式有s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tan θ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h.④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE＝ma1⑤ 設H進入磁場時速度的大小為v′1，由速度合成法則有v′1＝⑥ 設磁感應強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，

3、由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv′1B＝⑦ 由幾何關系得s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝.⑨ (3)設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)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律得qE＝2ma2? 設H第一次射入磁場時的速度大小為v′2，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有s2＝v2t2? h＝a2t? v′2＝? sin θ2＝? 聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1? 設H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁

4、場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側．設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s′2，由幾何關系有s′2＝2R2sin θ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s′2－s2＝(－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Ⅰ)真空中存在電場

5、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?。粸楸ＷC后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件．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)設油滴質量和電荷量分別為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

6、電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上．在t＝0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qE2－mg＝ma1① 油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1② 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qE2＋mg＝ma2③ 油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1④ 由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg⑥ 油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋a1t⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內的位移為s2＝v1t1－a2t⑧

7、 由題給條件有v＝2g(2h)⑨ 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s1＋s2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝E1? 為使E2>E1，應有2－2＋>1? 即當0? 才是可能的；條件?式和?式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形. 若B點在A點之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝E1? 為使E2>E1，應有2－2－>1? 即t1>? 另一解為負，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，當電場改變時，通過牛頓第

8、二定律結合運動學公式可求解此類勻變速直線運動問題；在討論距離關系時，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．結合運動學公式聯(lián)立求解 命題規(guī)律 研究及預測 電磁學綜合問題一直是高考中的必考內容且?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)帶電粒子在復合場中的運動； (2)電磁感應現(xiàn)象中動力學問題、能量問題、電路問題等綜合應用. 在復習中該部分一定是重點復習內容，不僅對于基本內容及規(guī)律要熟練應用，對于綜合問題也一定要強化訓練，形成解決電磁綜合問題的信心和習慣 　帶電粒子在復合場中的運動 帶電粒子在組合場中運動的分析思路

9、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． ①當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解． ②當帶電粒子

10、在疊加場中做勻速圓周運動時，應用牛頓運動定律結合圓周運動規(guī)律求解． ③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解． ④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件．　 (2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，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)磁場的磁感應強度大??； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． [解析]　(1)設甲種離子

11、所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1② 由幾何關系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝.④ (2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為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q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4.⑧ [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，在直角坐標系xOy平面內，虛線MN平行于y軸，N點

12、坐標為(－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平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)．現(xiàn)有一質量為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軸負方向，不計電子重力，求： (1)勻強電場的電場強度E的大?。? (2)勻強磁場的磁感應強度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)設電子在電場中運動的加速度大小為a，

13、時間為t0，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy 則L＝v0t0，a＝，vy＝at0，vy＝ 聯(lián)立解得E＝. (2)設軌跡與x軸的交點為D，O、D間的距離為xD，則xD＝Ltan 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evB＝m，v＝ 由幾何關系有r＋＝L 即r＝ 聯(lián)立以上各式解得B＝ 電子在磁場中偏轉的角度為120°，則有t＝ T＝ 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F

14、Q的對邊，此時有界勻強磁場區(qū)域面積最小Smin＝r× 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·黃岡中學模擬)如圖所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場．經過桌邊的虛線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，磁感應強度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質點的絕緣小球，A球對桌面的壓力為零，其質量為m，電荷量為q；C球不帶電且質量為 km(k>7)．A、C間夾著質量可忽略的火藥．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能轉

15、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0＝mv0－kmvC 又由能量守恒定律可得 E總＝mv＋kmv＝mv. (2)由“A球對桌面的壓力為零”可知A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0＝mv0－kmvC可得vC＝，A球在磁場中做勻速圓周運動的半徑R＝ 設爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后到相遇

16、前C運動的位移為xC，運動時間為tC， 則tC＝＋t2＋，xC＝vCtC 由圖可得R＝xA＋xC 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系 帶電粒子在交變電、磁場中的運動 利用周期性找準粒子運動規(guī)律，再結合電偏轉和磁偏轉規(guī)

17、律解題 在一個周期內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 根據不同的受力情況，高中階段一般只有兩種運動情況： ①勻速直線運動 ②勻速圓周運動 注意粒子是否受重力，并關注粒子的受力與運動性質的關系 　 　帶電粒子在復合場中的運動與現(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qE＝qvB，即v＝.這個結論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關 質譜儀 加速：qU＝mv2.偏轉：d＝2r＝.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

18、等離子體勻速通過 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：qvB＝q，即U＝Bdv 電磁流 量計 導電的液體向左流動，導電液體中的正負離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差．流量穩(wěn)定時流量Q＝Sv＝ 回旋加 速器 加速電場的變化周期等于粒子在磁場內運動的周期．在粒子質量、電荷量確定的情況下，粒子所能達到的最大動能Ek＝，只與D形盒半徑和磁感應強度有關，與加速電壓無關 　 如圖所示為“雙聚焦分析器”質譜議的結構示意圖，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O2為圓心

19、、圓心角為90°的扇形區(qū)域內，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)出的一質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)經加速電場加速后，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)將離子換成質量為m1＝0.9m、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

20、分析器時的位置，并判斷它射出磁場的位置在Q點的左側還是右側． [解析]　(1)離子在加速電場中加速，設進入靜電分析器的速度大小為v，根據動能定理得qU＝mv2 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，設軌道半徑為r，根據牛頓第二定律得Bqv＝m 依題意知r＝d 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，根據牛頓第二定律得qE＝m 聯(lián)立解得E＝. (3)設質量為m1的離子經加速電場加速后，速度大小為v1，根據動能定理有qU＝m1v 離子在靜電分析器中做勻速圓周運動

21、，根據牛頓第二定律有 qE＝ 聯(lián)立解得質量為m1的離子在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌道半徑R1＝R，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

22、縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經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應滿足的條件． 解析：(1)粒子運動半徑為R時 qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝. (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經過狹縫的總時間為Δt 加速度a＝ 粒子做勻加速直線運動有nd＝a·(Δt)2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－. (3)只有在0～時間內飄入的粒子才能每次均被加速，則

23、所占的比例為η＝ 由η>99%，解得d<. 答案：見解析 　三大觀點解決電磁感應問題 電磁感應綜合問題的兩大研究對象及其關系 電磁感應中導體棒既可視為電學對象(因為它相當于電源)，又可視為力學對象(因為感應電流的存在而受到安培力)，而感應電流I和導體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對象的紐帶． 解決電磁感應與力學的綜合問題的基本步驟 (1)明確研究對象和物理過程，即研究哪段導體在哪一過程切割磁感線． (2)根據導體運動狀態(tài)，應用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向． (3)畫出等效電路圖，應用閉合電路歐姆定律求回路中的感應電流． (4)分析研究導體受

24、力情況，要特別注意安培力方向的確定，列出動力學方程或平衡方程求解． (5)分析電磁感應中的能量問題，特別是注意分析安培力做功的情況，應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軌，電阻忽略不計．ab和cd是兩根與導軌垂直、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，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m.列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖

25、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，電源內阻及導線電阻忽略不計．列車啟動后電源自動關閉． (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，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為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，安培力方向應向右．根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M

26、接電源正極． (2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設回路總電阻為R總，由電阻的串、并聯(lián)知識得R總＝① 設回路總電流為I，根據閉合電路歐姆定律有 I＝② 設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有 F＝IlB③ 根據牛頓第二定律有 F＝ma④ 聯(lián)立①②③④式得 a＝.⑤ (3)設列車減速時，cd進入磁場后經Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化為ΔΦ，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有 E1＝⑥ 其中ΔΦ＝Bl2⑦ 設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝⑧ 設cd受到的平均安培力為F′，有 F′＝I′lB⑨ 以

27、向右為正方向，設Δt時間內cd受安培力沖量為I沖，有 I沖＝－F′Δt⑩ 同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖? 設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有 I總＝0－mv0? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得 ＝? 討論：若恰為整數(shù)，設其為n，則需設置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設的整數(shù)部分為N，則需設置N＋1塊有界磁場． [答案]　見解析 角度1　單桿＋電阻＋導軌模型 1.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻．整個裝置處于磁感應

28、強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下．將質量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導軌上，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，導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好．求： (1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述過程中，桿上產生的熱量． 解析：(1)設桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產生的感應電動勢E＝BLv，回路中的感應電流I＝ 桿所受的安培力F＝BIL 根據牛頓第二定律有mgsin θ－＝ma 當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿導軌平面向下 當桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝，方向沿導軌平面向

29、下． (2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據能量守恒定律得mgxsin θ＝Q總＋mv 又Q桿＝Q總 所以Q桿＝mgxsin θ－. 答案：見解析 角度2　雙桿＋導軌模型 2．(1)如圖1所示，兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計，導軌間的距離為l，兩根質量均為m、電阻均為R的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直．在t＝0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)有一與導軌平行，大小恒為F的力作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動，試分析金屬桿甲、乙的收尾運動情況． 　　　 (2

30、)如圖2所示，兩根足夠長的固定平行金屬導軌位于同一水平面內，導軌上橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路．在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行．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，則感應電動勢為E＝Bl(v1－v2)① 感應電流為I＝② 對甲和乙分別由牛頓第二定律得 F－F1＝ma1，F(xiàn)1＝ma2③ 當v1－v2＝定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運動時，a1＝a2④

31、 解得a1＝a2＝⑤ 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，兩棒和導軌構成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流．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，不產生感應電流，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 θ＝37°放置，在斜面上虛線cc′和bb′與斜面

32、底邊平行，且兩線間距為d＝0.1 m，在cc′、bb′圍成的區(qū)域內有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質量m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 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μ＝0.5，取g＝10 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??； (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，

33、線圈中產生的焦耳熱． 解析：(1)金屬線圈向下勻速進入磁場時 有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s. (2)設最高點離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v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 線圈從向上離開磁場到向下進入磁場的過程，根據動能定理有Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2 得Ek1＝mv2＋＝0.1 J. (3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中， 有mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安 解得Q＝2mgd(si

34、n θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：見解析 三大觀點透徹解讀雙桿模型 示意圖 力學觀點 圖象觀點 能量 觀點 動量 觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒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強度不變，線圈穿越勻強磁場的模型，類似于雙桿＋導軌模型． (1)分析線圈運動

35、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，有感應電流產生時，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換，電流通過電阻時，電流做功使電能轉化為內能，再由功能定理W外＋W安＝Ek2－Ek1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，磁感應強度為B，方向垂直紙面向

36、里．磁場中有一內、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?。? 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 qvB＝m① 設粒子在電場中運動所受電場力為F，有 F＝qE② 設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有 F＝ma③

37、 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v＝at④ 聯(lián)立①②③④式得 t＝.⑤ (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 (r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥ 設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知 tan θ＝⑦ 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

38、v0，由運動的合成和分解可得 tan θ＝⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧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過x軸的時間t0. 解析：(1)根據題

39、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r＝h 又qv1B＝ 可得v1＝＝. (2)設粒子第一次經過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 vb＝v1cos 45° 得vb＝ 設粒子進入電場經過時間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r＋rsin 45°＝vbt yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h 由動能定理有：－qEyb＝mv－mv 解得E＝. (3)粒子在磁場中的周期為T＝＝ 第一次經過x軸的時間t1＝T＝ 在電場中運動的時間t2＝2t＝ 在第二次經過x軸到

40、第三次經過x軸的時間 t3＝T＝ 所以總時間t0＝t1＋t2＋t3＝. 答案：(1)h　　(2) (3) 3．(2018·高考全國卷 Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：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

41、場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大小； (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θ[見圖(b)]，速度沿電場方向的分量為v1.根據牛頓第二定律有 圖(b) qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質

42、量。由運動學公式有v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④ 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＝⑤ 由幾何關系得l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝.⑦ (3)由運動學公式和題給數(shù)據得 v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T＝? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝(1＋)． 答案：見解析 4．如圖甲所示，在xOy平面內存在均勻、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

43、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t＝0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)粒子經多長時間經過A點． 解析：(1)在0～t0時間內，粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得： qB0v0＝mr1＝m 得：T＝＝2t0，r1＝＝ 則在時間內轉過的圓心角α＝，所以在t＝時，粒子的位置坐標為：. (2) 在t0～2t0

44、時間內，粒子經電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示 v＝v0＋t0＝2v0 運動的位移：y＝t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時間內粒子做勻速圓周運動， 半徑：r2＝2r1＝ 故粒子偏離x軸的最大距離： ym＝y(tǒng)＋r2＝1.5v0t0＋. (3)粒子在xOy平面內做周期性運動的周期為4t0，一個周期內向右運動的距離：d＝2r1＋2r2＝，AO間的距離為：＝8d 所以粒子運動至A點的時間為：t＝32t0. 答案：見解析 ,　　　　　　　 (建議用時：40分鐘) 1．(2017·高考全國卷Ⅱ)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

45、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?。? 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，電場力作用下產生的加速度沿水

46、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 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3.④ (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 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧ (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 ＝⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩

47、Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??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ΔS，用時Δt，此過程激勵出強電流，產生電磁推力加速火箭．在Δt時

48、間內，電阻R產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Δt時間內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Δt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Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 解析：(1)根據電磁感應定律有：E＝＝ 電荷量q＝IΔt＝，根據楞次定律可知，電流方向為E→F. (2)平均感應電流I＝＝，平

49、均安培力F＝BIL， 設豎直向上為正，根據動量定理得：(F－mg)Δt＝mv0 解得：v0＝－gΔt. (3)以火箭為參考系，設豎直向上為正方向，根據動量守恒定律得： －m′u＋(m－m′)Δv＝0 解得：Δv＝u. 答案：(1)　　金屬棒中電流方向為E→F (2)－gΔt　(3) 3．(2018·宜春三中高三檢測)如圖所示，豎直平面內的軌道由一半徑為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內徑略小的、質量為m的小球，從

50、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：h＝2R＋4Rsin 30°＝4R 由平拋運動規(guī)律可得：v＝2gh 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：mgR＝mv2－mv 解

51、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：6mgR＝mv－mv 在B點軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg＝m 解得NB＝mg； 小球從P到F由動能定理得：3mgR＝mv－mv 在F點軌道給小球的彈力NF滿足：NF－mg＝m 聯(lián)立解得：NF＝mg； 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)

52、　(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mg 4．(2018·重慶一中考前熱身考試)如圖所示，傾角θ＝37°的足夠長的固定絕緣斜面上，有一個n＝5匝、質量M＝1 kg、總電阻R＝0.1 Ω的矩形線框abcd，ab邊長l1＝1 m，bc邊長l2＝0.6 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內有垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.1 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m＝3 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

53、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h＝1.92 m，線框在整個上滑過程中產生的焦耳熱Q＝36 J，已知線框與斜面的動摩擦因數(shù)μ＝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：mg－Mgsin θ－μMgcos θ＝(m＋M)a 解得a＝5 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 θ＋μMgcos θ＝Ma′，2a′·＝v2 解得v＝8 m/s. (3)線框勻速運動過程中，對M：Mgsin θ＋μMgcos θ＋F安＝T＝mg F安＝nBIl1 I＝＝解得v0＝8 m/s 設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(L＋l2)－Mgsin θ(L＋l2)－μMgcos θ(L＋l2)－Q ＝(M＋m)v2－(M＋m)v 解得：L＝1.2 m. 答案：(1)5 m/s2　(2)8 m/s　(3)1.2 m