2019届高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第2讲三大观点在电

。 。 。 。 。 内部文件，版权追溯 第2讲 三大观点在电磁学综合问题中的应用

真题再现 (2018·高考全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核 1H和一个氘核 1H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知 1H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.1H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求 (1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)1H第一次离开磁场的位置到原点O的距离. 解析：(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设1H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1＝v1t1① 1112111112考情分析 [命题点分析] 带电粒子在组合场中的运动 [思路方法] 该粒子的运动属于从电场进入磁场的情况，在电场中做类平抛运动，一定要准确计算出穿出电场时粒子速度的大小和方向的变化情况．在磁场中做匀速圆周运动，由在磁场中做圆周运动的规律进行求解 h＝a1t21② 由题给条件，1H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ＝60°.1H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tan θ③ 23联立以上各式得s1＝h.④ 3(2)1H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤ 1111121 1

设1H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有v′1＝v1＋（a1t1）⑥ 设磁感应强度大小为B，1H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 1221mv′21qv′1B＝⑦ R1由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧ 联立以上各式得B＝26mEqh.⑨ (3)设1H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 1122(2m)v2＝mv1⑩ 22由牛顿第二定律得qE＝2ma2? 设1H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2? 2h＝a2t2 2?2v′2＝v2 2＋（a2t2）?12sin θ2＝a2t2? v′22v′1? 2联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝2设1H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝（2m）v′2＝2R1? qB所以出射点在原点左侧．设1H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有s′2＝2R2sin θ? 联立④⑧???式得，1H第一次离开磁场时的位置到原点O的23距离为s′2－s2＝(2－1)h.? 3答案：见解析 续 表

2

222真题再现 (2017·高考全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为考情分析 v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g. (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍. 解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为[命题点分析] 带电油滴在电场中的运动 [思路方法] 正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀由粒子做匀速直线运强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油动可知受力平衡，当电滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1① 油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1② 场改变时，通过牛顿第二定律结合运动学公式可求解此类匀变速电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，直线运动问题；在讨论大小a2满足qE2＋mg＝ma2③ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④ 由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤ (2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥ 12油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋a1t1⑦ 21油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－2距离关系时，要充分考虑到B在A点之上和之下两种情况进行讨论分析．结合运动学公式联立求解 a2t21⑧ 由题给条件有v0＝2g(2h)⑨ 式中h是B、A两点之间的距离. 若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h⑩ 2?v01?v0?2?由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝?2－2＋???E1? gt14?gt1??? 3

v01?v0?2为使E2>E1，应有2－2＋??>1? gt14?gt1?即当0?1＋??3?v0?? 2?g??3?v0?? 2?g才是可能的；条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形. 若B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h? ?v01?v0?2?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝?2－2－???E1? gtgt411????v01?v0?2为使E2>E1，应有2－2－??>1? gt14?gt1?即t1>??5?v0 ＋1???2?g另一解为负，不合题意，已舍去. 答案：见解析 电磁学综合问题一直是高考中的必考内容且几乎每年都作为压轴题出现，同时在选择题中也有所体现．主要考查方向有两大类： 命题规律 研究及预测 (1)带电粒子在复合场中的运动； (2)电磁感应现象中动力学问题、能量问题、电路问题等综合应用. 在复习中该部分一定是重点复习内容，不仅对于基本内容及规律要熟练应用，对于综合问题也一定要强化训练，形成解决电磁综合问题的信心和习惯 4

带电粒子在复合场中的运动

带电粒子在组合场中运动的分析思路

第1步：分阶段（分过程）按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如关系图：

磁偏转→

粒子垂直于磁感线匀速圆

→

进入匀强磁场周运动粒子垂直于电场线类平抛

→

进入匀强电场运动

第3步：用规律

电偏转→

?匀速?半径公式

磁偏转→圆周→圆轨迹→找半径→定圆心?

?运动?周期公式

类平

电偏转→抛运

动

??初速度方向→匀速直线运动

?

??电场方向→匀变速直线运动

带电粒子在叠加场中运动的分析方法 (1)弄清叠加场的组成．

(2)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析． (3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． (4)对于粒子连续通过几个不同情况的场的问题，要分阶段进行处理． (5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．

①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．

②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解． ③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． ④对于临界问题，注意挖掘隐含条件． [高分快攻]

(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求

5

离子射出静电分析器时的速度大小仍为v，在磁分析器中，离子在洛伦兹力作用下做匀速圆

v2

周运动，设轨道半径为r，根据牛顿第二定律得Bqv＝m

r依题意知r＝d 1

联立解得B＝

2mUdq 由左手定则得，磁场方向垂直纸面向外．

v2

(2)在静电分析器中，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qE＝m R2U联立解得E＝.

R12

(3)设质量为m1的离子经加速电场加速后，速度大小为v1，根据动能定理有qU＝m1v1

2离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

m1v21

qE＝

R1

联立解得质量为m1的离子在静电分析器中做匀速圆周运动的轨道半径R1＝R，即该离子从N点射出静电分析器，由P点射入磁分析器． 该离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r1＝射出磁场的位置在Q点的左侧． [答案] 见解析

[突破训练] 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷2πm量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.一束该种

m1v12m1qU＝∝ m1，所以r1

2动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：

T

(1)出射粒子的动能Em；

(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；

11

(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件． 解析：(1)粒子运动半径为R时

v2

qvB＝m

R12

且Em＝mv

2

q2B2R2

解得Em＝.

2m(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝

qU0

md12

粒子做匀加速直线运动有nd＝a·(Δt)

2

πBR＋2BRdπm由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－. 22U0qBT2

T2?T?(3)只有在0～?－Δt?时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T?2?

2

πmU0

由η>99%，解得d<2.

100qBR答案：见解析

三大观点解决电磁感应问题

[高分快攻]

电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系

－Δt

电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带．

解决电磁感应与力学的综合问题的基本步骤

(1)明确研究对象和物理过程，即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线．

12

(2)根据导体运动状态，应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． (3)画出等效电路图，应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流．

(4)分析研究导体受力情况，要特别注意安培力方向的确定，列出动力学方程或平衡方程求解．

(5)分析电磁感应中的能量问题，特别是注意分析安培力做功的情况，应用动能定理或能量守恒定律列方程求解．

(2018·高考天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．

(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由； (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；

(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？

[解析] (1)M接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．

(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串、并联知识得R总＝①

2设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有

REI＝② R总

设两根金属棒所受安培力之和为F，有

F＝IlB③

根据牛顿第二定律有

13

F＝ma④

联立①②③④式得

a＝

2BEl.⑤

mR(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有

E1＝

ΔΦ

⑥ Δt2

其中ΔΦ＝Bl⑦

设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有

E1

I′＝⑧

2R设cd受到的平均安培力为F′，有

F′＝I′lB⑨

以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有

I冲＝－F′Δt⑩

同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有

I0＝2I冲?

设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有

I总＝0－mv0?

联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得

I总mv0R＝? I0B2l3

讨论：若I总I总I总

恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分I0I0I0

为N，则需设置N＋1块有界磁场． [答案] 见解析

[题组突破]

角度1 单杆＋电阻＋导轨模型

1.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度．重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：

14

(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．

解析：(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝

ER＋R 杆所受的安培力F＝BIL

B2L2v根据牛顿第二定律有mgsin θ－＝ma

2R当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下 2mgRsin θ

当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝，方向沿导轨平面向下． 22

BL12(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q总＋mvm

21

又Q杆＝Q总

2

1mgRsinθ

所以Q杆＝mgxsin θ－.

2B4L4答案：见解析

角度2 双杆＋导轨模型

2．(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为

322

2

m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直．在t＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，

使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况．

(2)如图2所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度．若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况．

解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)① 感应电流为I＝②

2R对甲和乙分别由牛顿第二定律得

15

E

F－F1＝ma1，F1＝ma2③

当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1＝a2④ 解得a1＝a2＝⑤

2m可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大．

(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动． 答案：见解析 角度3 线圈模型

3.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 θ＝37°放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，

边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小； (2)线圈向上离开磁场区域时的动能；

(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热． 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时 有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv

（mgsin θ－μmgcos θ）R解得v＝＝2 m/s. 22

2

FERBd(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动 有v＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma

线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其12

中Ek＝mv

2

2

16

12vμmgcos θ

得Ek1＝mv＋＝0.1 J.

2gsin θ－μgcos θ(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，

有mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安 解得Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：见解析

三大观点透彻解读双杆模型

示意图 力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加 速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 两棒以相同的加速度做匀加速直 线圈动生模型是磁感应强度不变，线圈穿越匀强磁场的模型，类似于双杆＋导轨模型． (1)分析线圈运动情况，看运动过程中是否有磁通量不变的阶段．

(2)线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路，分析电路，由闭合电路欧姆定律列方程．

(3)对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F外＋F安＝ma.

(4)线圈穿过磁场时，安培力做功，其他形式的能和电能互相转换，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由功能定理W外＋W安＝Ek2－Ek1或能量守恒定律列式．

线运动 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 外力的冲量等于两棒动量的增加量 棒1动能减少量＝棒2动能增加量＋焦耳热 两棒组成的系统动量守恒 图象观点 能量 观点 动量 观点 2

, (建议用时：40分钟)

1．(2018·高考天津卷)

17

如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力． (1)求粒子从P到M所用的时间t；

(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从

M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．

解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有

qvB＝mv2

①

3R设粒子在电场中运动所受电场力为F，有

F＝qE②

设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有

F＝ma③

粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有

v＝at④

联立①②③④式得

t＝

3RBE.⑤

(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得

(r′－R)＋(3R)＝r′⑥

设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 3Rtan θ＝⑦

r′－R粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得

2

2

2

18

vtan θ＝⑧

v0

联立①⑥⑦⑧式得

qBRv0＝.

m答案：见解析

2.(2018·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的

b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1； (2)匀强电场的电场强度大小E；

(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.

解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有

rcos 45°＝h

可得r＝2h

mv21

又qv1B＝

r可得v1＝

qBr2qBh＝. mm(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有

vb＝v1cos 45°

得vb＝

qBh m设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb 结合类平抛运动规律得r＋rsin 45°＝vbt

yb＝(v1sin 45°＋0)t＝

122＋1

h 2

19

1212

由动能定理有：－qEyb＝mvb－mv1

22（2－1）qhB解得E＝.

2

m2πr2πm(3)粒子在磁场中的周期为T＝＝ v1qB55πm第一次经过x轴的时间t1＝T＝

84qB2（2＋1）m在电场中运动的时间t2＝2t＝

qB在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间

t3＝T＝

3

43πm 2qB所以总时间t0＝t1＋t2＋t3＝?答案：(1)2h (3)?

2qBh?11π＋22＋2?m. ?qB?4?

2

m（2－1）qhB (2) m?11π＋22＋2?m ?qB?4?

3．(2018·高考全国卷 Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，

它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力． (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M点入射时速度的大小；

π

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从6

M点运动到N点的时间．

解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)

20

图(a)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有

图(b)

qE＝ma①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1＝at②

l′＝v0t③ v1＝vcos θ④

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

mv2

qvB＝⑤

R由几何关系得l＝2Rcos θ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得

v0＝

2El′

.⑦

Bl(3)由运动学公式和题给数据得

v1＝v0cot⑧

联立①②③⑦⑧式得

π6

q43El′＝⑨ mB2l2设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 ππ

2（－）26

t′＝2t＋T⑩

2π

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

T＝

2πm?

qB由③⑦⑨⑩?式得

Bl3πlt′＝(1＋)．

E18l′

21

答案：见解析

4．如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y轴方向为电场强度的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿＋y轴方向的带负电粒子(不计重力)．其中v0、t0、B0为已知量，且E0＝B0v0

，粒子的比荷＝

qπ

，x轴上有一点A，坐π

mB0t0

标为?

?48v0t0?π，0??

?

.

(1)求t0

2

时带电粒子的位置坐标； (2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离； (3)粒子经多长时间经过A点．

解析：(1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：

2

qBv4π

v20

00＝mT2r1＝mr 1

得：T＝2πmqB＝2t＝mv0v0t0

0，r1qB＝

00π

则在t0πt0?v0t02时间内转过的圆心角α＝2，所以在t＝，v0t0?2时，粒子的位置坐标为：??π

π??.

(2)

在t0～2t0时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示

v＝vE0q0＋mt0＝2v0

运动的位移：y＝

v0＋v2

t0＝1.5v0t0

22

在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动， 2v0t0

半径：r2＝2r1＝ π故粒子偏离x轴的最大距离：

ym＝y＋r2＝1.5v0t0＋

2v0t0

. π

(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的周期为4t0，一个周期内向右运动的距离：d＝2r1＋2r26v0t048v0t0＝，AO间的距离为：＝8d

ππ所以粒子运动至A点的时间为：t＝32t0. 答案：见解析

, (建议用时：40分钟)

1．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为

g.求

(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．

解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得

v0－at＝0①

12

s1＝v0t＋at②

212

s2＝v0t－at③

2联立①②③式得

23

s1

＝3.④ s2

(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式

v2y＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥

M进入电场后做直线运动，由几何关系知

1

2

v0s1

＝⑦ vyH 联立①②⑤⑥⑦式可得

h＝H.⑧

(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则

13

v0qE＝⑨ vymg 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得

2

Ek1＝m(v20＋vy)＋mgH＋qEs1⑩

1

212

2

Ek2＝m(v2 0＋vy)＋mgH－qEs2?

由已知条件

Ek1＝1.5Ek2?

联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得

E＝

mg. 2q答案：见解析

2.某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体，当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭．

24

(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；

(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0；(不计空气阻力)

(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)

ΔΦBΔS

解析：(1)根据电磁感应定律有：E＝＝ ΔtΔt电荷量q＝IΔt＝

BΔS

，根据楞次定律可知，电流方向为E→F. REBΔS

，平均安培力F＝BIL，

RRΔt(2)平均感应电流I＝＝

设竖直向上为正，根据动量定理得：(F－mg)Δt＝mv0

B2LΔS

解得：v0＝－gΔt.

mR(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正方向，根据动量守恒定律得： －m′u＋(m－m′)Δv＝0 解得：Δv＝答案：(1)m′

u.

m－m′

BΔSBΔS

金属棒中电流方向为E→F ΔtRB2ΔSLm′u(2)－gΔt (3)

Rmm－m′

3．(2018·宜春三中高三检测)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R.C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接．现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道．已知重力加速度为g.求：

(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小．

(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由． (3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？

25

解析：(1)小球从P到A，竖直方向有：h＝2R＋4Rsin 30°＝4R 由平抛运动规律可得：vy＝2gh 解得：vy＝8gR

在A点，由速度关系tan 60°＝ 26gR解得：v0＝.

3

(2)若小球能过D点，则D点速度满足v>gR 1212

小球从P到D由动能定理得：mgR＝mv－mv0

22解得：v＝ 14gR>gR 3

2

vyv0

若小球能过H点，则H点速度满足vH>0

26gR小球从P到H由机械能守恒得H点的速度等于P点的初速度，为>0；综上所述小球能

3依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出．

(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能

1212

小球从P到B由动能定理得：6mgR＝mvB－mv0

22

v2B在B点轨道给小球的弹力NB满足：NB－mg＝m

4R14

解得NB＝mg；

3

1212

小球从P到F由动能定理得：3mgR＝mvF－mv0

22

v2F在F点轨道给小球的弹力NF满足：NF－mg＝m R29

联立解得：NF＝mg；

3

29

比较B、F两点的情况可知：F点轨道给小球的弹力最大，为mg.

326gR答案：(1) (2)能，理由见解析

3

29

(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg

3

4．(2018·重庆一中考前热身考试)如图所示，倾角θ＝37°的足够长的固定绝缘斜面上，

26

有一个n＝5匝、质量M＝1 kg、总电阻R＝0.1 Ω的矩形线框abcd，ab边长l1＝1 m，bc边长l2＝0.6 m．将线框置于斜面底端，使cd边恰好与斜面底端平齐，在斜面上的矩形区域

efhg内有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.1 T，现通过沿着斜面且垂直于ab的细线以及滑轮把线框和质量m＝3 kg的物块连接起来，让物块从离地面某高度处静止释放，线框沿斜面向上运动，恰好能够匀速进入有界磁场区域．当线框cd边刚好穿出磁场区域时，物块m恰好落到地面上，且不再弹离地面，线框沿斜面能够继续上升的最大的高度h＝1.92

m，线框在整个上滑过程中产生的焦耳热Q＝36 J，已知线框与斜面的动摩擦因数μ＝0.5, g取10 m/s2

，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)线框进入磁场之前的加速度大小；

(2)线框cd边刚好穿出有界磁场区域时的速度大小； (3)有界磁场的宽度(即ef到gh的距离)．

解析：(1)对M、m整体：mg－Mgsin θ－μMgcos θ＝(m＋M)a 解得a＝5 m/s2

.

(2)从cd边刚出磁场到线框上升到最大高度的过程中：

Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma′，2a′·

hsin θ

＝v2

解得v＝8 m/s.

(3)线框匀速运动过程中，对M：Mgsin θ＋μMgcos θ＋F安＝T＝mg

F安＝nBIl1

I＝ER＝

nBl1v0

R解得v0＝8 m/s

设ef，gh间距为L，从ab边到达ef至cd到达gh的过程中，由动能定理：

mg(L＋l2)－Mgsin θ(L＋l2)－μMgcos θ(L＋l2)－Q

＝12(M＋m)v2－122(M＋m)v0 解得：L＝1.2 m.

答案：(1)5 m/s2

(2)8 m/s (3)1.2 m

27

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