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
更新时间:2024-03-25 15:19:01 阅读量: 综合文库 文档下载
。 。 。 。 。 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
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1.(2018·高考天津卷)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
3R①
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
2
2
2
1
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 3Rtanθ=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
vtanθ=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°
2
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
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.
3
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)
(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=2Rcosθ⑥ 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
4
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′
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=标为?
B0v0
π
,粒子的比荷=
qπ
,x轴上有一点A,坐mB0t0
?48v0t0,0?.
?
?π?
(1)求时带电粒子的位置坐标; 2
(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:
t0
v20
qB0v0=m2r1=m Tr1
4π
2πmmv0v0t0
得:T==2t0,r1==
qB0qB0π
2
t0πt0?v0t0,v0t0?.
则在时间内转过的圆心角α=,所以在t=时,粒子的位置坐标为:?π?222?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
5
E0qv=v0+t0=2v0
m运动的位移:y=
v0+vt0=1.5v0t0
2
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
2
6
12
s2=v0t-at③
2联立①②③式得 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 v0s1
=⑦ vyH联立①②⑤⑥⑦式可得
12
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,
7
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.
(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:
8
(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? 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
9
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,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/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
2
(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/s.
(2)从cd边刚出磁场到线框上升到最大高度的过程中:
2
Mgsin θ+μMgcosθ=Ma′,2a′·解得v=8 m/s.
hsin θ
=v
2
(3)线框匀速运动过程中,对M:Mgsinθ+μMgcos θ+F安=T=mg
F安=nBIl1
I==
EnBl1v0
解得v0=8 m/s
RR设ef,gh间距为L,从ab边到达ef至到达gh的过程中,由动能定理:
mg(L+l2)-Mgsin θ(L+l2)-μMgcos θ(L+l2)-Q
1122=(M+m)v-(M+m)v0 22解得:L=1.2 m.
答案:(1)5 m/s (2)8 m/s (3)1.2 m
10
2
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