2022屆高考物理二輪復(fù)習 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)用課后演練強化提能

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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習 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)用課后演練強化提能 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

2、，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大?。? 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 qvB＝m① 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有 F＝qE② 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 F＝ma③ 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(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 (r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥

3、 設(shè)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(guān)系知 tanθ＝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v0，由運動的合成和分解可得 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

4、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(shè)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

5、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(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，

6、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

7、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)量。由運動學(xué)公式有v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④ 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＝⑤ 由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝.⑦ (3)由運動學(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

9、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＝2

10、r1＋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

11、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(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 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3.④ (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 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)

12、系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧ (3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 ＝⑨ 設(shè)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 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

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(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)Δt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′的燃氣，噴

14、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(yīng)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(yīng)電流I＝＝，平均安培力F＝BIL， 設(shè)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(shè)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

15、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?。? (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＋

16、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(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：mgR＝mv2－mv 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：6mgR＝mv－mv 在B點軌道給小球的彈力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)　(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efh

18、g內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)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?。? (2)線框cd邊剛好穿出有界磁場區(qū)域時的速度大?。?

19、 (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＋μMgcosθ＝Ma′，2a′·＝v2 解得v＝8 m/s. (3)線框勻速運動過程中，對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ef至到達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