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

(建议用时：40分钟)

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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