2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能

《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)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(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出．不計(jì)粒子重力． (1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)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(yùn)動(dòng)

2、，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大?。? 解析：(1)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m① 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)所受電場力為F，有 F＝qE② 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有 F＝ma③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 v＝at④ 聯(lián)立①②③④式得 t＝.⑤ (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定．故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)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 (r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥

3、 設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知 tanθ＝⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)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(yùn)動(dòng)的合成和分解可得 tanθ＝⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，方向豎直向上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開始運(yùn)動(dòng)，一段

4、時(shí)間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直．求： (1)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v1； (2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E； (3)粒子從開始運(yùn)動(dòng)到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t0. 解析：(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有 rcos 45°＝h 可得r＝h 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(dá)b點(diǎn)時(shí)速度大小為vb，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有 vb＝v1cos 45° 得vb＝ 設(shè)粒子進(jìn)入電場經(jīng)過時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－yb 結(jié)合類平拋

5、運(yùn)動(dòng)規(guī)律得r＋rsin 45°＝vbt yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h 由動(dòng)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(jīng)過x軸的時(shí)間t1＝T＝ 在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2t＝ 在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間 t3＝T＝ 所以總時(shí)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(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(qiáng)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，

6、寬度均為l′，電場強(qiáng)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(diǎn)，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(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出．不計(jì)重力． (1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡； (2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大??； (3)若該粒子進(jìn)入磁場時(shí)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間． 解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)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(duì)稱) 圖(a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒

7、子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)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(jù)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(zhì)量。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)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(guān)系得l＝2Rcosθ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝.⑦ (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)粒子由

8、M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)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(qiáng)度的正方向、＋y軸方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向)．在t＝0時(shí)刻由原點(diǎn)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(jì)重力)．其中v0、t0、B0為已知量，且E0＝，粒子的比荷＝，x軸上有一點(diǎn)A，坐標(biāo)為. (1)求時(shí)帶電粒子的位置坐標(biāo)； (2)粒子運(yùn)動(dòng)過程中偏離x軸的最大距離； (3)粒

9、子經(jīng)多長時(shí)間經(jīng)過A點(diǎn)． 解析：(1)在0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得： qB0v0＝mr1＝m 得：T＝＝2t0，r1＝＝ 則在時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝，所以在t＝時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為：. (2)在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 v＝v0＋t0＝2v0 運(yùn)動(dòng)的位移：y＝t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 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(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)的周期為4t0，一個(gè)周期內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的距離：d＝2

10、r1＋2r2＝，AO間的距離為：＝8d 所以粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間為：t＝32t0. 答案：見解析 　　　　　　 (建議用時(shí)：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(qiáng)電場．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)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(jìn)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(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求 (1)M與N在電場中沿水

11、平方向的位移之比； (2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大?。? 解析：(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3.④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)

12、系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧ (3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則 ＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ 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(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)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(qiáng)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

13、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(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時(shí)Δt，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時(shí)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(jìn)一步加速火箭． (1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度v0；(不計(jì)空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?，?/p>

14、出的燃?xì)庀鄬?duì)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(jù)電磁感應(yīng)定律有：E＝＝ 電荷量q＝IΔt＝，根據(jù)楞次定律可知，電流方向?yàn)镋→F. (2)平均感應(yīng)電流I＝＝，平均安培力F＝BIL， 設(shè)豎直向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理得：(F－mg)Δt＝mv0 解得：v0＝－gΔt. (3)以火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)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?yàn)镋→F (2)－gΔt　(3) 3．(2018·宜春三中高三檢測(cè))如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為

15、4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個(gè)半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個(gè)半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R.C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接．現(xiàn)有一個(gè)比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小球，從與C4的最高點(diǎn)H等高的P點(diǎn)以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點(diǎn)沿切線從凹面進(jìn)入軌道．已知重力加速度為g.求： (1)小球在P點(diǎn)開始平拋的初速度v0的大?。? (2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請(qǐng)說明理由． (3)小球運(yùn)動(dòng)到何處，軌道對(duì)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＋

16、4Rsin 30°＝4R 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：v＝2gh 解得：vy＝ 在A點(diǎn)，由速度關(guān)系tan 60°＝ 解得：v0＝. (2)若小球能過D點(diǎn)，則D點(diǎn)速度滿足v> 小球從P到D由動(dòng)能定理得：mgR＝mv2－mv 解得：v＝ > 若小球能過H點(diǎn)，則H點(diǎn)速度滿足vH>0 小球從P到H由機(jī)械能守恒得H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)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(diǎn)射出． (3)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會(huì)在圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)和F點(diǎn)都有可能 小球從P到B由動(dòng)能定理得：6mgR＝mv－mv 在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg

17、＝m 解得NB＝mg； 小球從P到F由動(dòng)能定理得：3mgR＝mv－mv 在F點(diǎn)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(diǎn)的情況可知：F點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)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(gè)n＝5匝、質(zhì)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efh

18、g內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1 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(yùn)動(dòng)，恰好能夠勻速進(jìn)入有界磁場區(qū)域．當(dāng)線框cd邊剛好穿出磁場區(qū)域時(shí)，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(gè)上滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝36 J，已知線框與斜面的動(dòng)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(jìn)入磁場之前的加速度大小； (2)線框cd邊剛好穿出有界磁場區(qū)域時(shí)的速度大??；

19、 (3)有界磁場的寬度(即ef到gh的距離)． 解析：(1)對(duì)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＋μMgcosθ＝Ma′，2a′·＝v2 解得v＝8 m/s. (3)線框勻速運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)M：Mgsinθ＋μMgcos θ＋F安＝T＝mg F安＝nBIl1 I＝＝解得v0＝8 m/s 設(shè)ef，gh間距為L，從ab邊到達(dá)ef至到達(dá)gh的過程中，由動(dòng)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