2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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(wèn)題中的應(yīng)用學(xué)案真題再現(xiàn)考情分析 (2018·高考全國(guó)卷)如圖，在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一個(gè)氕核 H和一個(gè)氘核 H先后從y軸上yh點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向已知 H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng).H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計(jì)重力求(1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離.解析：(1)H在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s1v1t1ha1t由題給條件，H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角160°.H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為a1t1v1tan 1聯(lián)立以上各式得s1h.(2)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有qEma1設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1，由速度合成法則有v1設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B由幾何關(guān)系得s12R1sin 1聯(lián)立以上各式得B.(3)設(shè)H在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得(2m)vmv由牛頓第二定律得qE2ma2設(shè)H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，速度的方向與x軸正方向夾角為2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s2v2t2ha2tv2sin 2聯(lián)立以上各式得s2s1，21，v2v1設(shè)H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得R2R1所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2，由幾何關(guān)系有s22R2sin 2聯(lián)立式得，H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為s2s2(1)h.答案：見(jiàn)解析命題點(diǎn)分析帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)思路方法該粒子的運(yùn)動(dòng)屬于從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)的情況，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，一定要準(zhǔn)確計(jì)算出穿出電場(chǎng)時(shí)粒子速度的大小和方向的變化情況在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解續(xù)表真題再現(xiàn)考情分析 (2017·高考全國(guó)卷)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0.在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)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(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)重力加速度大小為g.(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿(mǎn)足的條件已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍.解析：(1)設(shè)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(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上在t0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿(mǎn)足qE2mgma1油滴在時(shí)刻t1的速度為v1v0a1t1電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿(mǎn)足qE2mgma2油滴在時(shí)刻t22t1的速度為v2v1a2t1由式得v2v02gt1.(2)由題意，在t0時(shí)刻前有qE1mg油滴從t0到時(shí)刻t1的位移為s1v0t1a1t油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t22t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2v1t1a2t由題給條件有v2g(2h)式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離.若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2>E1，應(yīng)有22>1即當(dāng)0<t1<或t1>才是可能的；條件式和式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形.若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2>E1，應(yīng)有22>1即t1>另一解為負(fù)，不合題意，已舍去.答案：見(jiàn)解析命題點(diǎn)分析帶電油滴在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)思路方法由粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)可知受力平衡，當(dāng)電場(chǎng)改變時(shí)，通過(guò)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求解此類(lèi)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；在討論距離關(guān)系時(shí)，要充分考慮到B在A點(diǎn)之上和之下兩種情況進(jìn)行討論分析結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立求解命題規(guī)律研究及預(yù)測(cè)電磁學(xué)綜合問(wèn)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(shí)在選擇題中也有所體現(xiàn)主要考查方向有兩大類(lèi)：(1)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題、能量問(wèn)題、電路問(wèn)題等綜合應(yīng)用.在復(fù)習(xí)中該部分一定是重點(diǎn)復(fù)習(xí)內(nèi)容，不僅對(duì)于基本內(nèi)容及規(guī)律要熟練應(yīng)用，對(duì)于綜合問(wèn)題也一定要強(qiáng)化訓(xùn)練，形成解決電磁綜合問(wèn)題的信心和習(xí)慣帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路第1步：分階段（分過(guò)程）按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個(gè)不同的階段；第2步：受力和運(yùn)動(dòng)分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動(dòng)，如關(guān)系圖：第3步：用規(guī)律 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)弄清疊加場(chǎng)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(chǎng)力的分析(3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合(4)對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同情況的場(chǎng)的問(wèn)題，要分階段進(jìn)行處理(5)畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解對(duì)于臨界問(wèn)題，注意挖掘隱含條件 (2018·高考全國(guó)卷)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(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l.不計(jì)重力影響和離子間的相互作用求(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有q1Um1v由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1Bm1由幾何關(guān)系知2R1l由式得B.(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2.同理有q2Um2vq2v2Bm2由題給條件有2R2由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為14.答案見(jiàn)解析 角度1帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線(xiàn)MN平行于y軸，N點(diǎn)坐標(biāo)為(L，0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線(xiàn)MN上的P點(diǎn)，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場(chǎng)，并從y軸上點(diǎn)A射出電場(chǎng)，射出時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向成30°角，此后，電子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)， 進(jìn)入矩形磁場(chǎng)區(qū)域并從磁場(chǎng)邊界上點(diǎn)Q射出，速度沿x軸負(fù)方向，不計(jì)電子重力，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(3)矩形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積Smin.解析：(1)設(shè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，時(shí)間為t0，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，沿y軸方向的速度大小為vy則Lv0t0，a，vyat0，vy聯(lián)立解得E.(2)設(shè)軌跡與x軸的交點(diǎn)為D，O、D間的距離為xD，則xDLtan 30°L所以DQ平行于y軸，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道的圓心在DQ上，電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大小為v，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，周期為T(mén)則evBm，v由幾何關(guān)系有rL即r聯(lián)立以上各式解得B電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度為120°，則有tT解得t.(3)以切點(diǎn)F、Q的連線(xiàn)為矩形的一條邊，與電子的運(yùn)動(dòng)軌跡相切的另一邊作為FQ的對(duì)邊，此時(shí)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域面積最小Sminr×解得Smin.答案：見(jiàn)解析 角度2帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2.(2018·黃岡中學(xué)模擬)如圖所示，整個(gè)空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)經(jīng)過(guò)桌邊的虛線(xiàn)PQ與桌面成45°角，虛線(xiàn)上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)燃火藥(此時(shí)間極短且不會(huì)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(guò)程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能？(2)求A球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)若一段時(shí)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(shè)爆炸之后C的速度大小為vC，在爆炸前后由動(dòng)量守恒定律可得0mv0kmvC又由能量守恒定律可得E總mvkmvmv.(2)由“A球?qū)ψ烂娴膲毫榱恪笨芍狝球的重力和電場(chǎng)力等大反向，故A球進(jìn)入磁場(chǎng)中將會(huì)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則T.A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了個(gè)圓周，則t2.(3)由0mv0kmvC可得vC，A球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后到相遇前C運(yùn)動(dòng)的位移為xC，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tC，則tCt2，xCvCtC由圖可得RxAxC聯(lián)立解得xA·.答案：見(jiàn)解析命題角度解決方法易錯(cuò)辨析帶電粒子在空間組合場(chǎng)中從電場(chǎng)進(jìn)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)利用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)中的分解思想解決電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用垂線(xiàn)法確定磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心注意電場(chǎng)進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度的大小、方向變化情況帶電粒子在空間組合場(chǎng)中從磁場(chǎng)進(jìn)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)找磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑、圓心角，畫(huà)出大體的運(yùn)動(dòng)軌跡圖分清磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度偏角、圓心角、弦切角三者之間的關(guān)系帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)利用周期性找準(zhǔn)粒子運(yùn)動(dòng)規(guī)律，再結(jié)合電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)規(guī)律解題在一個(gè)周期內(nèi)分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及速度的變化情況帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)根據(jù)不同的受力情況，高中階段一般只有兩種運(yùn)動(dòng)情況：勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)注意粒子是否受重力，并關(guān)注粒子的受力與運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的關(guān)系 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與現(xiàn)代科技的綜合教材中重要的五大科技應(yīng)用類(lèi)模型速度選擇器帶電粒子能夠沿直線(xiàn)勻速通過(guò)速度選擇器的條件是qEqvB，即v.這個(gè)結(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無(wú)關(guān)質(zhì)譜儀加速：qUmv2.偏轉(zhuǎn)：d2r.比荷.可以用來(lái)確定帶電粒子的比荷和分析同位素等磁流體發(fā)電機(jī)當(dāng)?shù)入x子體勻速通過(guò) A、B板間時(shí)，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢(shì)差最大，此時(shí)離子受力平衡：qvBq，即UBdv電磁流量計(jì)導(dǎo)電的液體向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的正負(fù)離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差流量穩(wěn)定時(shí)流量QSv回旋加速器加速電場(chǎng)的變化周期等于粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的周期在粒子質(zhì)量、電荷量確定的情況下，粒子所能達(dá)到的最大動(dòng)能Ek，只與D形盒半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，與加速電壓無(wú)關(guān) 如圖所示為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜議的結(jié)構(gòu)示意圖，其中，加速電場(chǎng)的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距離的各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向沿徑向，磁分析器中以O(shè)2為圓心、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(qiáng)磁場(chǎng)，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(jì))經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從M點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)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(yùn)動(dòng)，從N點(diǎn)射出，接著由P點(diǎn)垂直磁分析器的左邊界射入，最后垂直于下邊界從Q點(diǎn)射出并進(jìn)入收集器已知 Q點(diǎn)與圓心O2的距離為d.(1)求磁分析器中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；(2)求靜電分析器中離子運(yùn)動(dòng)軌跡處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為m10.9m、電荷量仍為q的另一種正離子，其他條件不變?cè)囍赋鲈撾x子進(jìn)入磁分析器時(shí)的位置，并判斷它射出磁場(chǎng)的位置在Q點(diǎn)的左側(cè)還是右側(cè)解析(1)離子在加速電場(chǎng)中加速，設(shè)進(jìn)入靜電分析器的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得qUmv2離子射出靜電分析器時(shí)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(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律得Bqvm依題意知rd聯(lián)立解得B 由左手定則得，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外(2)在靜電分析器中，離子在電場(chǎng)力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得qEm聯(lián)立解得E.(3)設(shè)質(zhì)量為m1的離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有qUm1v離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的軌道半徑R1R，即該離子從N點(diǎn)射出靜電分析器，由P點(diǎn)射入磁分析器該離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1 ，所以r1<r，即該離子射出磁場(chǎng)的位置在Q點(diǎn)的左側(cè)答案見(jiàn)解析突破訓(xùn)練 回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T.一束該種粒子在t0時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用求：(1)出射粒子的動(dòng)能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出，d應(yīng)滿(mǎn)足的條件解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)qvBm且Emmv2解得Em.(2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為t加速度a粒子做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)有nda·(t)2由t0(n1)·t，解得t0.(3)只有在0時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為由>99%，解得d<.答案：見(jiàn)解析三大觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問(wèn)題 電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的兩大研究對(duì)象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可視為電學(xué)對(duì)象(因?yàn)樗喈?dāng)于電源)，又可視為力學(xué)對(duì)象(因?yàn)楦袘?yīng)電流的存在而受到安培力)，而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對(duì)象的紐帶 解決電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問(wèn)題的基本步驟(1)明確研究對(duì)象和物理過(guò)程，即研究哪段導(dǎo)體在哪一過(guò)程切割磁感線(xiàn)(2)根據(jù)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向(3)畫(huà)出等效電路圖，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求回路中的感應(yīng)電流(4)分析研究導(dǎo)體受力情況，要特別注意安培力方向的確定，列出動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解(5)分析電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題，特別是注意分析安培力做功的情況，應(yīng)用動(dòng)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(chē)的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線(xiàn)表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過(guò)絕緣材料固定在列車(chē)底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車(chē)的總質(zhì)量為m.列車(chē)啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示為使列車(chē)啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線(xiàn)電阻忽略不計(jì)列車(chē)啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉(1)要使列車(chē)向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；(2)求剛接通電源時(shí)列車(chē)加速度a的大??；(3)列車(chē)減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l.若某時(shí)刻列車(chē)的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車(chē)停下來(lái)，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？解析(1)M接電源正極列車(chē)要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)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接電源正極(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串、并聯(lián)知識(shí)得R總設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有FIlB根據(jù)牛頓第二定律有Fma聯(lián)立式得a.(3)設(shè)列車(chē)減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)t時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過(guò)程中穿過(guò)兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1其中Bl2設(shè)回路中平均電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)cd受到的平均安培力為F，有FIlB以向右為正方向，設(shè)t時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖Ft同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有I02I沖設(shè)列車(chē)停下來(lái)受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有I總0mv0聯(lián)立式得討論：若恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N1塊有界磁場(chǎng)答案見(jiàn)解析 角度1單桿電阻導(dǎo)軌模型1.如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為，N、Q兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)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(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)到最大速度重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)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(guò)程中，桿上產(chǎn)生的熱量解析：(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，回路中的感應(yīng)電流I桿所受的安培力FBIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsin ma當(dāng)速度v0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度agsin ，方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度a0時(shí)，速度最大，最大速度vm，方向沿導(dǎo)軌平面向下(2)桿cd從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsin Q總mv又Q桿Q總所以Q桿mgxsin .答案：見(jiàn)解析 角度2雙桿導(dǎo)軌模型2(1)如圖1所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)，導(dǎo)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(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌保持垂直在t0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，大小恒為F的力作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，試分析金屬桿甲、乙的收尾運(yùn)動(dòng)情況(2)如圖2所示，兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行開(kāi)始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，試定性分析兩棒的收尾運(yùn)動(dòng)情況解析：(1)設(shè)某時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBl(v1v2)感應(yīng)電流為I對(duì)甲和乙分別由牛頓第二定律得FF1ma1，F(xiàn)1ma2當(dāng)v1v2定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，a1a2解得a1a2可見(jiàn)甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大(2)ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速兩棒達(dá)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(yīng)電流，兩棒以相同的速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)答案：見(jiàn)解析 角度3線(xiàn)圈模型3.如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙斜面與水平面成 37°放置，在斜面上虛線(xiàn)cc和bb與斜面底邊平行，且兩線(xiàn)間距為d0.1 m，在cc、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量m10 g，總電阻為R1 ，邊長(zhǎng)也為d0.1 m的正方形金屬線(xiàn)圈MNPQ，其初始位置PQ邊與cc重合，現(xiàn)讓金屬線(xiàn)圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線(xiàn)圈從最高點(diǎn)返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，線(xiàn)圈剛好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)已知線(xiàn)圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取g10 m/s2，不計(jì)其他阻力，求：(取sin 37°0.6，cos 37°0.8)(1)線(xiàn)圈向下返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大?。?2)線(xiàn)圈向上離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；(3)線(xiàn)圈向下通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，線(xiàn)圈中產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)金屬線(xiàn)圈向下勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有mgsin mgcos F安其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s.(2)設(shè)最高點(diǎn)離bb的距離為x，線(xiàn)圈從最高點(diǎn)到開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)有v22ax，mgsin mgcos ma線(xiàn)圈從向上離開(kāi)磁場(chǎng)到向下進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek1Ekmgcos ·2x，其中Ekmv2得Ek1mv20.1 J.(3)線(xiàn)圈向下勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，有mgsin ·2dmgcos ·2dW安0，QW安解得Q2mgd(sin cos )0.004 J.答案：見(jiàn)解析 三大觀點(diǎn)透徹解讀雙桿模型示意圖力學(xué)觀點(diǎn)圖象觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)棒1動(dòng)能減少量棒2動(dòng)能增加量焦耳熱兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒兩棒以相同的加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)外力做的功棒1的動(dòng)能棒2的動(dòng)能焦耳熱外力的沖量等于兩棒動(dòng)量的增加量 線(xiàn)圈動(dòng)生模型是磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，線(xiàn)圈穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)的模型，類(lèi)似于雙桿導(dǎo)軌模型(1)分析線(xiàn)圈運(yùn)動(dòng)情況，看運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否有磁通量不變的階段(2)線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)，有感應(yīng)電流產(chǎn)生時(shí)，整個(gè)線(xiàn)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(duì)某一狀態(tài)，分析線(xiàn)圈的受力情況，由牛頓第二定律列式：F外F安ma.(4)線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，安培力做功，其他形式的能和電能互相轉(zhuǎn)換，電流通過(guò)電阻時(shí)，電流做功使電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再由功能定理W外W安Ek2Ek1或能量守恒定律列式 , (建議用時(shí)：40分鐘)1(2018·高考天津卷)如圖所示，在水平線(xiàn)ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里磁場(chǎng)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(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，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(xiàn)上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小解析：(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvBm設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有FqE設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有Fma粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有vat聯(lián)立式得t.(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)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(chǎng)中的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可得(rR)2(R)2r2設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知tan 粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)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(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場(chǎng)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tan 聯(lián)立式得v0.答案：見(jiàn)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(chǎng)，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(chǎng)，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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(3)粒子從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t0.解析：(1)根據(jù)題意可大體畫(huà)出粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有rcos 45°h可得rh又qv1B可得v1.(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過(guò)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有vbv1cos 45°得vb設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)經(jīng)過(guò)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得rrsin 45°vbtyb(v1sin 45°0)th由動(dòng)能定理有：qEybmvmv解得E.(3)粒子在磁場(chǎng)中的周期為T(mén)第一次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t1T在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t22t在第二次經(jīng)過(guò)x軸到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t3T所以總時(shí)間t0t1t2t3.答案：(1)h(2)(3)3(2018·高考全國(guó)卷 )一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)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(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l，電場(chǎng)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(xiàn)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(chǎng)，經(jīng)過(guò)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(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小；(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)中的軌跡為拋物線(xiàn)，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱(chēng))圖(a)(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)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(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為見(jiàn)圖(b)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有圖(b)qEma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v1atlv0tv1vcos 粒子在磁場(chǎng)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由幾何關(guān)系得l2Rcos 聯(lián)立式得v0.(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1v0cot聯(lián)立式得設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t，則t2tT式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T由式得t(1)答案：見(jiàn)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(chǎng)和電場(chǎng)，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?chǎng)強(qiáng)度的正方向)在t0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(guò)程中偏離x軸的最大距離；(3)粒子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間經(jīng)過(guò)A點(diǎn)解析：(1)在0t0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：qB0v0mr1m得：T2t0，r1則在時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，所以在t時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為：.(2)在t02t0時(shí)間內(nèi)，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示vv0t02v0運(yùn)動(dòng)的位移：yt01.5v0t0在2t03t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑：r22r1故粒子偏離x軸的最大距離：ymyr21.5v0t0.(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：d2r12r2，AO間的距離為：8d所以粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間為：t32t0.答案：見(jiàn)解析, (建議用時(shí)：40分鐘)1(2017·高考全國(guó)卷)如圖，兩水平面(虛線(xiàn))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(chǎng)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(chǎng)的方向射出小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)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(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小解析：(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(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)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v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3.(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)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v2ghHvytgt2 M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知 聯(lián)立式可得hH. (3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則 設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E.答案：見(jiàn)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(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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電阻為R，并通過(guò)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S，用時(shí)t，此過(guò)程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t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(kāi)后，噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭(1)求回路在t時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過(guò)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)t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(kāi)，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?，噴出的燃?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v.(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qIt，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FBIL，設(shè)豎直向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理得：(Fmg)tmv0解得：v0gt.(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：mu(mm)v0解得：vu.答案：(1)金屬棒中電流方向?yàn)镋F(2)gt(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(xiàn)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(kāi)始平拋的初速度v0的大小(2)小球能否依次通過(guò)C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請(qǐng)說(shuō)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：h2R4Rsin 30°4R由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：v2gh解得：vy在A點(diǎn)，由速度關(guān)系tan 60°解得：v0.(2)若小球能過(guò)D點(diǎn)，則D點(diǎn)速度滿(mǎn)足v>小球從P到D由動(dòng)能定理得：mgRmv2mv解得：v >若小球能過(guò)H點(diǎn)，則H點(diǎn)速度滿(mǎn)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(guò)C1、C2、C3、C4各軌道從I點(diǎn)射出(3)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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：6mgRmvmv在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿(mǎn)足：NBmgm解得NBmg；小球從P到F由動(dòng)能定理得：3mgRmvmv在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿(mǎn)足：NFmgm聯(lián)立解得：NFmg；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(jiàn)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mg4(2018·重慶一中考前熱身考試)如圖所示，傾角37°的足夠長(zhǎng)的固定絕緣斜面上，有一個(gè)n5匝、質(zhì)量M1 kg、總電阻R0.1 的矩形線(xiàn)框abcd，ab邊長(zhǎng)l11 m，bc邊長(zhǎng)l20.6 m將線(xiàn)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.1 T，現(xiàn)通過(guò)沿著斜面且垂直于ab的細(xì)線(xiàn)以及滑輪把線(xiàn)框和質(zhì)量m3 kg的物塊連接起來(lái)，讓物塊從離地面某高度處?kù)o止釋放，線(xiàn)框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，恰好能夠勻速進(jìn)入有界磁場(chǎng)區(qū)域當(dāng)線(xiàn)框cd邊剛好穿出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，物塊m恰好落到地面上，且不再?gòu)楇x地面，線(xiàn)框沿斜面能夠繼續(xù)上升的最大的高度h1.92 m，線(xiàn)框在整個(gè)上滑過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q36 J，已知線(xiàn)框與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5, g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：(1)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)之前的加速度大?。?2)線(xiàn)框cd邊剛好穿出有界磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大??；(3)有界磁場(chǎng)的寬度(即ef到gh的距離)解析：(1)對(duì)M、m整體：mgMgsin Mgcos (mM)a解得a5 m/s2.(2)從cd邊剛出磁場(chǎng)到線(xiàn)框上升到最大高度的過(guò)程中：Mgsin Mgcos Ma，2a·v2 解得v8 m/s.(3)線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)M：Mgsin Mgcos F安TmgF安nBIl1I解得v08 m/s設(shè)ef，gh間距為L(zhǎng)，從ab邊到達(dá)ef至cd到達(dá)gh的過(guò)程中，由動(dòng)能定理：mg(Ll2)Mgsin (Ll2)Mgcos (Ll2)Q(Mm)v2(Mm)v解得：L1.2 m.答案：(1)5 m/s2(2)8 m/s(3)1.2 m