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(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)磁場的磁感應強度大小; (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(cè).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??;為保證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(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

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(nèi)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(jié)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(jié)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(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(nèi)容,不僅對于基本內(nèi)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(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. ①當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. 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(jié)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(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(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(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(nèi),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(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(zhuǎn)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(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能轉(zhuǎn)

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?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(jié)合電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)規(guī)

17、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: 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(zhì)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(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關 質(zhì)譜儀 加速:qU=mv2.偏轉(zhuǎn):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(zhuǎn),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(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形盒半徑和磁感應強度有關,與加速電壓無關   如圖所示為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜議的結(jié)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(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(cè)還是右側(cè). [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(jù)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(jù)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(jù)牛頓第二定律得qE=m 聯(lián)立解得E=. (3)設質(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qU=m1v 離子在靜電分析器中做勻速圓周運動

21、,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(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(jīng)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(nèi)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(jù)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(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軌,電阻忽略不計.a(chǎn)b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(zhì)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(nèi)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(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

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(jù)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(jù)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(jīng)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(nèi)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(zhì)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(chǎn)生的熱量. 解析:(1)設桿cd下滑到某位置時速度為v,則桿產(chǎn)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(jù)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(jù)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(zhì)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(nèi),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(nèi)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(chǎn)生感應電流.a(chǎn)b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(chǎn)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(nèi)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(zhì)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(chǎn)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(jù)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(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=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(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(jù)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(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 (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(zhì)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(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

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(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 vb=v1cos 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(jié)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(jīng)過x軸的時間t1=T= 在電場中運動的時間t2=2t= 在第二次經(jīng)過x軸到

40、第三次經(jīng)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(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(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

41、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(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)

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(jù)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(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

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(jīng)多長時間經(jīng)過A點. 解析:(1)在0~t0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: qB0v0=mr1=m 得:T==2t0,r1== 則在時間內(nèi)轉(zhuǎn)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(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 v=v0+t0=2v0 運動的位移:y=t0=1.5v0t0 在2t0~3t0時間內(nèi)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(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: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(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

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(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(chǎn)生電磁推力加速火箭.在Δt時

48、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Δt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)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(nèi)噴射出質(zhì)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(jù)電磁感應定律有:E== 電荷量q=IΔt=,根據(jù)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(jù)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(jù)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(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

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?。? (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(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efhg內(nèi)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(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(chǎn)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小; (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

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