高考物理大二轮复习 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）试题

活用“三大观点”解析电磁学综合问题1．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、eq\r(3)R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＝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＝qE ②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＝ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at ④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′2 ⑥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tanθ＝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tanθ＝eq\f(v,v0) ⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m).答案：见解析2．(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；(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＝ma ①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＝at②l′＝v0t ③v1＝vcosθ ④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＝2Rcosθ ⑥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＝v0coteq\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)T ⑩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＝0.5m．轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4Ω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＝0.5m，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＝0.64T，磁场区域的宽度d＝1m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s＝2m处，在与杆垂直的水平恒力F＝2N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＝10m/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\o\al(2,1)－0，代入数据解得v1＝6m/s，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Blv1＝1.92V，此时通过导体杆的电流I＝eq\f(E,R＋r)＝3.84A，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)＝0.64C.(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\o\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\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋mg·2R0，代入数据解得v2＝5m/s，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.1J，此过程中电路中产生的焦耳热Q热＝ΔE＝1.1J.答案：(1)3.84A由b向a(2)0.64C(3)1.1J4．(2019·烟台模拟)如图甲所示，相距L＝1m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＝1kg、电阻为r＝0.5Ω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＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，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＝10m/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＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，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＝2s时导体棒的速度．解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度vm＝3m/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＝mgsinθ解得B＝eq\r(\f(mg（R＋r）sinθ,L2vm))＝2T.(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)×21J＝7J导体棒下滑x＝5m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mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Qab＋QR得导体棒的速度v1＝2m/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mgsinθ－BI1L＝ma1解得加速度a1＝2m/s2.(3)开关S1断开、S2闭合时，任意