2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題教學(xué)案

2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題教學(xué)案電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)和能量問題是歷年高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)?？疾榈念}型既有選擇，又有計(jì)算，特別是高考試卷的壓軸題也常?？疾殡姶鸥袘?yīng)的綜合應(yīng)用。解答這類問題時(shí)要注意從動(dòng)力學(xué)和能量角度去分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況和能量變化情況分別列式求解。涉及的規(guī)律主要包括：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律；功能關(guān)系；能量守恒定律。用到的思想方法主要有：整體法和隔離法全程法和分階段法條件判斷法臨界問題的分析方法守恒思想分解思想考查點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的“單桿”模型題點(diǎn)(一)“單桿”水平式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)測(cè)得導(dǎo)體棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當(dāng)a0時(shí)，v最大，I不再變化收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡，a0電學(xué)特征I不再變化例1(xx·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。解析(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0 回路的感應(yīng)電流I由式解得I。(2)金屬桿所受的安培力FBid由牛頓第二定律，對(duì)金屬桿Fma由式解得a。(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv感應(yīng)電流的電功率P由式解得P。答案(1)(2)(3)題點(diǎn)(二)“單桿”傾斜式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析棒ab剛釋放時(shí)agsin ，棒ab的速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí)，a0，速度達(dá)到最大vm 收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡，a0電學(xué)特征I達(dá)到最大后不再變化例2如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，與水平面間的夾角30°，間距L0.5 m，上端接有阻值R0.3 的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.4 T，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量m0.2 kg，電阻r0.1 的導(dǎo)體棒MN在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，當(dāng)棒的位移d9 m時(shí)電阻R上的消耗的功率為P2.7 W。其他電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求：(1)此時(shí)通過電阻R的電流；(2)這一過程通過電阻R的電荷量q；(3)此時(shí)作用于導(dǎo)體棒上的外力F的大小。思路點(diǎn)撥解析(1)根據(jù)熱功率：PI2R，解得：I A3 A。(2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：，由歐姆定律得：，電流和電量之間關(guān)系式：qt C4.5 C。(3)由(1)知此時(shí)感應(yīng)電流I3 A，由I，解得此時(shí)速度：v m/s6 m/s，由勻變速運(yùn)動(dòng)公式：v22ax，解得：a m/s22 m/s2，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：FF安mgsin 30°ma，即：FBILmgsin 30°ma，解得：FmaBILmgsin 30°0.2×2 N0.4×0.5×3 N0.2×10× N2 N。答案(1)3 A(2)4.5 C(3)2 N1“單桿”模型分析“單桿”模型是電磁感應(yīng)中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導(dǎo)體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、拉力作用下的變加速直線運(yùn)動(dòng)或勻速直線運(yùn)動(dòng)，所涉及的知識(shí)有牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等。此類問題的分析要抓住三點(diǎn)：桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運(yùn)動(dòng)(達(dá)到最大速度或最小速度，此時(shí)合力為零)。整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律。2力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁感應(yīng)電流I、切割速度v3用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題考查點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型典例如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0.5 T。在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg，電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg，電阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 m/s2。問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。解析(1)由右手定則可判斷cd中電流方向?yàn)閐流向c，故ab中的電流方向由a流向b。(2)開始放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安ILB此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s。(3)設(shè)在cd棒運(yùn)動(dòng)過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J。答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J1兩類“雙桿”模型(1)一類是“一動(dòng)一靜”，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個(gè)條件：靜止桿受力平衡。(2)另一類是“兩桿都動(dòng)”，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減。2解題方法結(jié)合“單桿”模型的解題經(jīng)驗(yàn)，對(duì)“雙桿”模型進(jìn)行受力分析，確定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，一般會(huì)有收尾狀態(tài)，比如有恒定的速度或者加速度等，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)分析求解。1如圖所示，間距l(xiāng)0.3 m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi)。在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.4 T、方向豎直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電阻R0.3 、質(zhì)量m10.1 kg、長(zhǎng)為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好。一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m20.05 kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長(zhǎng)。取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求(1)小環(huán)所受摩擦力的大小；(2)Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率。解析：(1)以小環(huán)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律m2gFfm2a代入數(shù)據(jù)得Ff0.2 N。(2)設(shè)流過桿K的電流為I，由平衡條件得IlB1FTFf對(duì)桿Q，根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)以及平衡條件得2IlB2Fm1gsin 由法拉第電磁感應(yīng)定律的推論得EB2lv根據(jù)歐姆定律有2I，且R總R拉力F的瞬時(shí)功率表達(dá)式為PFv聯(lián)立以上各式得P2 W。答案：(1)0.2 N(2)2 W2間距為L(zhǎng)2 m的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m0.1 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，細(xì)桿ab、cd的電阻分別為R10.6 ，R20.4 。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(圖中未畫出)。當(dāng)ab在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也同時(shí)從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。測(cè)得拉力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。g取10 m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)，求ab桿的速度大小。(3)若從開始到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力F做了5.2 J的功，通過cd桿橫截面的電荷量為2 C，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)由題圖乙可知，在t0時(shí)，F(xiàn)1.5 N對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得Fmgma代入數(shù)據(jù)解得a10 m/s2。(2)從d向c看，對(duì)cd桿進(jìn)行受力分析如圖所示，當(dāng)cd桿速度最大時(shí)，有FfmgFN，F(xiàn)NF安，F(xiàn)安BIL，I綜合以上各式，解得v2 m/s。(3)整個(gè)過程中，ab桿發(fā)生的位移x m0.2 m對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理，有WFmgxW安mv2代入數(shù)據(jù)解得W安4.9 J，根據(jù)功能關(guān)系Q總W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量QabQ總2.94 J。答案：(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J考查點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體框”模型典例(xx·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求(1)線框ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開磁場(chǎng)之前線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1。(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l。答案(1)4倍(2)28l1電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2求解焦耳熱Q的三種方法3解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。1.如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙斜面與水平面成37°角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，且間距為d0.1 m，在aa、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)量為m10 g，總電阻為R1 ，邊長(zhǎng)也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)其他阻力，求：(取sin 37°0.6，cos 37°0.8)(1)線圈向下返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；(2)線圈向上離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；(3)線圈向下通過磁場(chǎng)區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)金屬線圈向下進(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)線圈到達(dá)最高點(diǎn)離bb的距離為x，則v22ax，mgsin mgcos ma根據(jù)動(dòng)能定理有Ek1Ekmgcos ·2x，其中Ekmv2解得Ek1mv20.1 J。(3)向下勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域過程中，有mgsin ·2dmgcos ·2dW安0QW安解得：Q2mgd(sin cos )0.004 J。答案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J2.如圖所示，P、Q為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距L10.5 m，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B10.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體桿ef垂直于P、Q放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量為m0.1 kg 的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)20.1 m，每邊電阻均為r0.1 。線框的兩頂點(diǎn)a、b通過細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B21 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直金屬框abcd向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對(duì)a、b點(diǎn)的作用力，g取10 m/s2，求：(1)通過ab邊的電流Iab；(2)導(dǎo)體桿ef的運(yùn)動(dòng)速度v。解析：(1)設(shè)通過正方形金屬框的總電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc，有IabI，IdcI金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mgB2IabL2B2IdcL2聯(lián)立解得I10 A，Iab7.5 A。(2)設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則EB1L1v設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則Rr根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I解得v m/s3 m/s。答案：(1)7.5 A(2)3 m/s 1如圖甲是半徑為a的圓形導(dǎo)線框，電阻為R，虛線是圓的一條弦，虛線左右兩側(cè)導(dǎo)線框內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示，設(shè)垂直線框向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，求?1)線框中0t0時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流大小和方向；(2)線框中0t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設(shè)虛線左側(cè)的面積為S1，右側(cè)的面積為S2，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，向里的變化磁場(chǎng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1S1感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。向外的變化磁場(chǎng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2S2感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。從題圖乙中可以得到，感應(yīng)電流為I方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。(2)根據(jù)焦耳定律可得QI2Rt0。答案：(1)逆時(shí)針方向(2) 2.如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，間距為L(zhǎng)，與水平面成角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，且R1R2R，R1支路串聯(lián)開關(guān)S，原來S閉合。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置，它與導(dǎo)軌粗糙接觸且始終接觸良好。現(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放，沿導(dǎo)軌下滑，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速率為v，此時(shí)整個(gè)電路消耗的電功率為重力功率的。已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后導(dǎo)體棒ab中的電流強(qiáng)度I；(2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程回路中產(chǎn)生的電熱是多少？解析：(1)回路中的總電阻為：R總R當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時(shí)棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：EBLv此時(shí)棒中的感應(yīng)電流為：I此時(shí)回路的總電功率為：P電I2R總此時(shí)重力的功率為：P重mgvsin 根據(jù)題給條件有：P電P重，解得：I B 。(2)設(shè)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，根據(jù)能量守恒定律可知：mgvsin Ffv解得：Ffmgsin 導(dǎo)體棒ab減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和mgsin ·xmv2QFf·x解得：Qmgsin ·xmv2。答案：(1) (2)mgsin ·xmv23.如圖所示，兩根正對(duì)的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l0.50 m。軌道的MM端接一阻值為R0.50 的定值電阻。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.60 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界為NN，寬度為d0.80 m。NN端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R00.50 m?，F(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場(chǎng)的左邊界s2.0 m處，其質(zhì)量m0.20 kg、電阻r0.10 。ab桿在與桿垂直的水平恒力F2.0 N的作用下開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)撤去F，桿穿過磁場(chǎng)區(qū)域后，沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，結(jié)果恰好能通過半圓形軌道的最高位置PP。已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10，軌道電阻忽略不計(jì)，取g10 m/s2。求：(1)導(dǎo)體桿通過PP后落到直軌道上的位置離NN的距離；(2)導(dǎo)體桿穿過磁場(chǎng)的過程中通過電阻R的電荷量；(3)導(dǎo)體桿穿過磁場(chǎng)的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)設(shè)導(dǎo)體桿運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高位置的速度為v，因?qū)w桿恰好能通過軌道最高位置，由牛頓第二定律得mgm導(dǎo)體桿通過PP后做平拋運(yùn)動(dòng)xvt2R0gt2解得：x1 m。(2)q·t，B·ld聯(lián)立解得：q0.4 C。(3)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理有(Fmg)smv12解得：v16.0 m/s在導(dǎo)體桿從剛進(jìn)磁場(chǎng)到滑至最高位置的過程中，由能量守恒定律有mv12Qmg×2R0mv2mgd解得：Q0.94 J。答案：(1)1 m(2)0.4 C(3)0.94 J4如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為l的平行長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左端，另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上，ef與導(dǎo)軌接觸良好，并可在導(dǎo)軌上無摩擦移動(dòng)?，F(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d。若整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且從某一時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的方式變化。(1)求在0t0時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向；(2)求在t02t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量；(3)1.5t0時(shí)刻桿對(duì)導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向。解析：(1)在0t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E1Sld流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I1由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑f。(2)在t02t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E2Sld流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I2該時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量QI22Rt0。(3)1.5t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0導(dǎo)體棒ef受安培力：FB0I2l方向水平向左根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可知桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為FF，負(fù)號(hào)表示方向水平向右。答案：(1)，方向?yàn)閑f(2)(3)，方向水平向右5.(xx屆高三·常州調(diào)研)如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d0.5 m，左端接有容量C2 000 F的電容。質(zhì)量m20 g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力F10.44 N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后到達(dá)B處，速度v5 m/s。此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時(shí)間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個(gè)過程電容器未被擊穿。求(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容C上的電量；(2)t的大??；(3)F2的大小。解析：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器兩端電壓為UBdv2×0.5×5 V5 V此時(shí)電容器的帶電量qCU2 000×106×5 C1×102 C。(2)導(dǎo)體棒在F1作用下有F1BIdma1，又I，a1聯(lián)立解得：a120 m/s2則t0.25 s。(3)由(2)可知導(dǎo)體棒在F2作用下，運(yùn)動(dòng)的加速度a2，方向向左，又a1t2將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F20.55 N。答案：(1)1×102 C(2)0.25 s(3)0.55 N6(xx·江蘇高考)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g。求：(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有mgsin mgcos 解得tan 。(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv感應(yīng)電流I安培力F安BIL導(dǎo)體棒受力平衡有F安mgsin 解得v。(3)摩擦生熱QTmgdcos 由能量守恒定律有3 mgdsin QQTmv2解得Q2mgdsin 。答案：(1)tan (2)(3)2mgdsin 教師備選題1.如圖所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1O矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0?，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒ab在離開磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì))。求：(1)棒ab在離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度。(2)棒ab通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中整個(gè)回路所消耗的電能。解析：(1)棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FFABIl，再據(jù)I，聯(lián)立解得v。(2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個(gè)電阻消耗的電能Q，據(jù)能量守恒定律可得F(d0d)Qmv2，解得QF(d0d)。答案：(1)(2)F(d0d)2.如圖所示，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L0.50 m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角37°，N、Q間連接一個(gè)電阻R5.0 ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T。將一根質(zhì)量為m0.050 kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.50，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s2.0 m。已知g10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80。求：(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時(shí)的加速度大??；(2)金屬棒到達(dá)cd處的速度大?。?3)金屬棒由位置ab運(yùn)動(dòng)到cd的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設(shè)金屬棒開始下滑時(shí)的加速度大小為a，則mgsin mgcos ma解得a2.0 m/s2。(2)設(shè)金屬棒到達(dá)cd位置時(shí)速度大小為v、通過金屬棒的電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsin BILmgcos I解得v2.0 m/s。(3)設(shè)金屬棒從ab運(yùn)動(dòng)到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgssin mv2mgscos Q解得Q0.10 J。答案：(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0.10 J3(xx屆高三·福州五校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)對(duì)a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場(chǎng)上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：(1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒中的電流Ia與定值電阻R中的電流IR之比；(2)a棒的質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F。解析：(1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)b棒中的電流為Ib，有IRRIbRIaIRIb由解得。(2)a棒在PQ上方滑動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，設(shè)a棒在PQ處向上滑動(dòng)的速度大小為v1，其與在PQ處向下滑動(dòng)的速度大小v2相等，即v1v2v設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，a棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，IbIbLBmgsin a棒向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)a棒中的電流為Ia，則IaIaLBmagsin 由解得mam。(3)由題知，導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受拉力為FIaLBmagsin 聯(lián)立以上各式解得Fmgsin 。答案：(1)21(2)m(3)mgsin 4如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻。(1)調(diào)節(jié)RxR，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過棒的電流I及棒的速率v；(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時(shí)的Rx。解析：(1)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)，有Mgsin Bil可得I導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E0Blv由閉合電路歐姆定律得I聯(lián)立解得v。(2)改變Rx，由式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時(shí)，板間電壓為U，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則UIRxEmgqE聯(lián)立解得Rx。答案：(1)(2)5(xx·福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)，且開關(guān)閉合前后，液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)，液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢(shì)差大小U0；(2)求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化p；(3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積Sdh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比的值。解析：(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，U0保持恒定，有qv0Bq得U0Bdv0。(2)設(shè)開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hdfp2hdfF安F安Bid根據(jù)歐姆定律，有I兩導(dǎo)體板間液體的電阻r由式得p。(3)電阻R獲得的功率為PI2RP2R當(dāng)時(shí)電阻R獲得的最大功率Pm。答案：(1)Bdv0(2)(3)第24講 分析近幾年全國高考卷的計(jì)算題可知，高考?jí)狠S題多數(shù)情況下考查電學(xué)，少數(shù)情況下考查力學(xué)?？疾榈膬?nèi)容有時(shí)是電場(chǎng)，有時(shí)是磁場(chǎng)，有時(shí)是電場(chǎng)和磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)，有時(shí)是電磁感應(yīng)的綜合問題。本講主要解決帶電粒子在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題?？疾閮?nèi)容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)思想方法假設(shè)法合成法正交分解法 臨界、極值問題的分析方法等效思想 分解思想考查點(diǎn)一帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)例1反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場(chǎng)的方向平行于x軸，其電勢(shì)隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m1.0×1020 kg，電荷量q1.0×109 C的帶負(fù)電的粒子從(1 cm,0)點(diǎn)由靜止開始，僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)。忽略粒子的重力等因素。求：(1)x軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E1和右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小之比；(2)該粒子運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能Ekm；(3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T。解析(1)由題圖可知：左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度：E1 V/m2.0×103 V/m右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度：E2 V/m4.0×103 V/m所以：。(2)粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理有：qE1·xEkm其中x1.0×102 m聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：Ekm2.0×108 J。(3)設(shè)粒子在原點(diǎn)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，在原點(diǎn)時(shí)的速度為vm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vmt1vmt2Ekmmvm2T2(t1t2)聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：T3.0×108 s。答案(1)12(2)2.0×108 J(3)3.0×108 s題點(diǎn)(二)帶電粒子的曲線運(yùn)動(dòng)例2如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計(jì))被加速后從金屬板的小孔穿出進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，電子恰好打在下極板的右邊緣M點(diǎn)，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的下極板向下平移。(1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點(diǎn)？(2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點(diǎn)？解析(1)設(shè)移動(dòng)下極板前后偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度大小分別為a、a，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時(shí)的速度大小分別為v0、v1因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有EdE·d，即EE由qEma及qEma知aa設(shè)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則da2，a2聯(lián)立解得v12在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理知eU1mv02，eU1mv12U1，即加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，才能使電子打在下極板的中點(diǎn)。(2)因電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等設(shè)極板移動(dòng)前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2，則有a1t2，da2t2，即a22a1由牛頓第二定律知a1，a2聯(lián)立得U23U2，即偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，才能使電子仍打在M點(diǎn)。答案(1)加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，即(2)偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，即3U2考查點(diǎn)二帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題的分析方法2求磁場(chǎng)區(qū)域最小面積的兩個(gè)注意事項(xiàng)(1)注意粒子射入、射出磁場(chǎng)邊界時(shí)速度的垂線的交點(diǎn)，即為軌跡圓的圓心。(2)注意所求最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑等于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)。例1如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一個(gè)方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從y軸上的A點(diǎn)以速度v0水平向右射出，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，打在x軸上的C點(diǎn)，且其速度方向與x軸正方向成60°角斜向下。若A點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2d)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(3d,0)，粒子重力不計(jì)。試求該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S及粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。思路點(diǎn)撥(1)由已知條件求出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑由幾何關(guān)系找出圓心角找出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的圓弧根據(jù)圓弧找出對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)以此弦長(zhǎng)作為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場(chǎng)區(qū)域。(2)找出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角求出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解析帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，則有qv0Bm，即R設(shè)粒子從E點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)，則其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示因?yàn)?0°，由幾何關(guān)系可知EOD60°，所以三角形EOD為正三角形，EDR，以ED為直徑時(shí)圓形磁場(chǎng)區(qū)域面積最小設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為r，則有r所以圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Sr2帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。答案題點(diǎn)(二)帶電粒子在磁場(chǎng)中的多解問題1解決此類問題的關(guān)鍵是要找到粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生周期性和多解的原因，從而判斷出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的可能情形，然后由粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律(通常是半徑公式、周期公式結(jié)合幾何知識(shí))求解。2粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場(chǎng)方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運(yùn)動(dòng)方向的不確定；運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性等。例2如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM和NN是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入。要使粒子不能從邊界NN射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。解析若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN相切的圓弧，軌道半徑：R又dR解得v(2)。若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN相切的圓弧，則有：RdR，解得v(2)。答案(2)(q為正電荷)或(2)(q為負(fù)電荷)考查點(diǎn)三帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)典例(xx·天津高考)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。解析(1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有2Lv0tLat2設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvyat設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為，有tan 聯(lián)立式得45°即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有v聯(lián)立式得vv0。(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得Fma 又FqE設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvBm由幾何關(guān)系可知RL聯(lián)立式得。答案(1)v0，與x軸正方向成45°角斜向上(2)1謹(jǐn)記兩大偏轉(zhuǎn)模型(1)電偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)電場(chǎng)中)受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)電場(chǎng)力為恒力，帶電粒子做勻變速運(yùn)動(dòng)，軌跡為拋物線。只討論v0E的情況，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)處理方法運(yùn)動(dòng)的合成與分解關(guān)注要點(diǎn)(1)速度偏轉(zhuǎn)角，tan (2)側(cè)移距離y0，y0(2)磁偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)磁場(chǎng)中)受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)洛倫茲力大小恒定，方向總垂直于速度方向。帶電粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)處理方法勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律關(guān)注要點(diǎn)(1)圓心及軌道半徑：兩點(diǎn)速度垂線的交點(diǎn)或某點(diǎn)速度垂線與軌跡所對(duì)弦的中垂線的交點(diǎn)即圓心，r(2)周期及運(yùn)動(dòng)時(shí)間：周期T，運(yùn)動(dòng)時(shí)間tT，掌握?qǐng)A心角的確定方法(3)速度的偏轉(zhuǎn)角：2解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的思路方法1.(xx·滕州期末)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PS下方的電場(chǎng)E1的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，PS上方的電場(chǎng)E2的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，在電場(chǎng)左邊界AB上寬為L(zhǎng)的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子。從某時(shí)刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E2后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點(diǎn)的距離為。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。試求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1與E2的大??；(2)在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過電場(chǎng)后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t1與t2，到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy，則由yat2、vyat及FqEma得：La1t12×t12a2t22×t22vyt1t2v0(t1t2)2L聯(lián)立解得：E1，E2。(2)由(1)知E22E1，t12t2。因沿PS方向所有粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，所以它們到達(dá)CD邊的時(shí)間同為t。設(shè)PQ間距離P點(diǎn)為h的粒子射入電場(chǎng)后，經(jīng)過n(n2,3,4，)個(gè)類似于QRM的循環(huán)運(yùn)動(dòng)(包括粒子從電場(chǎng)E2穿過PS進(jìn)入電場(chǎng)E1的運(yùn)動(dòng))后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r(shí)間為T(n2,3,4，)，第一次到達(dá)PS邊的時(shí)間則為T，則有h··2(n2,3,4，)。答案：(1) (2)(n2,3,4，)2.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，通過電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第象限，又經(jīng)過磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。解析：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有xv0t2h，yat2h，qEma聯(lián)立以上各式可得E。(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vyatv0所以v v0，方向指向第象限與x軸正方向成45°角。(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvBm當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有rL，所以B。答案：(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45°角(3)考查點(diǎn)四帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)電場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加例1(xx·全國卷)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??；為保證后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。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s1v0t1a1t12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s2v1t1a2t12由題給條件有v022g(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222>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222>1即t1>另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。答案(1)v02gt1(2)見解析題點(diǎn)(二)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加例2(xx·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m1×106 kg，電荷量q2×106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2。求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB 代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足tan 代入數(shù)據(jù)解得tan 60°。(2)解法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有a設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有yat2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為，又tan 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s。解法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vyvsin 若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s。答案(1)20 m/s，方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上(2)3.5 s帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路考查點(diǎn)五帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題點(diǎn)(一)電場(chǎng)的周期性變化例1如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)(邊界為L(zhǎng)1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上的周期性變化的電場(chǎng)(如圖乙所示)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上。t0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)求電場(chǎng)變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。思路點(diǎn)撥解析(1)微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則mgqE0qvB微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則mgqE0聯(lián)立得qB。(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t