高考物理二轮复习专题五科学思维篇2活用“三大观点”解析电磁学综合问题练习(含解析)

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(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＝meq \f(v2,\r(3)R)①
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＝eq \f(\r(3)RB,E).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)2＋(eq \r(3)R)2＝r′2⑥
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
tan θ＝eq \f(\r(3)R,r′－R)⑦
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
tan θ＝eq \f(v,v0)⑧
联立①⑥⑦⑧式得
v0＝eq \f(qBR,m).
答案：见解析
2．(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；
(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eq \f(π,6)，求该粒子的比荷及其从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)

图(a) 图(b)
(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
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＝vcs 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
qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
由几何关系得l＝2Rcs θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝eq \f(2El′,Bl).⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cteq \f(π,6)⑧
联立①②③⑦⑧式得
eq \f(q,m)＝eq \f(4\r(3)El′,B2l2)⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋eq \f(2（\f(π,2)－\f(π,6)）,2π)T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝eq \f(2πm,qB)⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得
t′＝eq \f(Bl,E)(1＋eq \f(\r(3)πl,18l′))．
答案：见解析
3．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN、M′N′，如图所示放置，两轨道之间的距离l＝0.5 m．轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4 Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.5 m，水平直轨道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N′段光滑，且KNN′K′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.64 T，磁场区域的宽度d＝1 m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s＝2 m处，在与杆垂直的水平恒力F＝2 N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能通过半圆形轨道的最高处PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g＝10 m/s2.求：
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向；
(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．
解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有
(F－μmg)s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，
代入数据解得v1＝6 m/s，
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势
E＝Blv1＝1.92 V，
此时通过导体杆的电流I＝eq \f(E,R＋r)＝3.84 A，
根据右手定则可知，电流方向由b向a.
(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E，则由法拉第电磁感应定律有
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Bld,Δt)，
通过电阻R的感应电流的平均值I＝eq \f(E,R＋r)，
通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝eq \f(Bld,R＋r)＝0.64 C.
(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有
mg＝meq \f(veq \\al(2,3),R0)，
代入数据解得v3＝eq \r(5) m/s，
杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＋mg·2R0，
代入数据解得v2＝5 m/s，
导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝1.1 J，
此过程中电路中产生的焦耳热Q热＝ΔE＝1.1 J.
答案：(1)3.84 A 由b向a (2)0.64 C (3)1.1 J
4．(烟台模拟)如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度．
解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)
当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则
BIL＝mgsin θ
解得B＝eq \r(\f(mg（R＋r）sin θ,L2vm))＝2 T.
(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知，
Qab∶QR＝1∶3
则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq \f(1,3)×21 J＝7 J
导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s
此时感应电动势E1＝BLv1，感应电流I1＝eq \f(E1,R＋r)
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma2
感应电流I＝eq \f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq \f(Δv,Δt)
解得a2＝2 m/s2
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，ab棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度v2＝a2t＝4 m/s.
答案：(1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s