《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练二 培优点3　带电粒子在立体空间中的运动含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练二培优点3带电粒子在立体空间中的运动培优点3带电粒子在立体空间中的运动1．(2024·湖南高考)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。答案：(1)eq\f(2πmv0,eL)(2)eq\f(2πr,L)(3)eq\f(2π2r2veq\o\al(2,0)m,EeL2)解析：(1)设电子在磁场中运动的时间为t，电子在x轴方向做匀速直线运动，有L＝v0t在yOz平面内，电子做匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，在yOz平面内做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T，由牛顿第二定律有Bevy＝meq\f(veq\o\al(2,y),R)且T＝eq\f(2πR,vy)可得R＝eq\f(mvy,Be)，T＝eq\f(2πm,Be)所有电子均能经过O进入电场，则有t＝nT(n＝1，2，3，…)联立得B＝eq\f(2πnmv0,eL)(n＝1，2，3，…)由上式可知，当n＝1时，B有最小值，为Bmin＝eq\f(2πmv0,eL)。(2)进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向夹角为最大值θ时，沿y轴方向的分速度最大，设为vym，此时电子在yOz平面内做圆周运动的半径R最大，为Rmax＝r由(1)可知Rmax＝eq\f(mvym,Bmine)又|tanθ|＝eq\f(vym,v0)联立可得vym＝eq\f(2πv0r,L)，|tanθ|＝eq\f(2πr,L)。(3)分析可知，当电子进入磁场时沿y轴方向的分速度vy取最大值vym，且沿y轴正方向时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym设电子在电场中的加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有0－veq\o\al(2,ym)＝－2aym由牛顿第二定律有eE＝ma联立可得ym＝eq\f(2π2r2veq\o\al(2,0)m,EeL2)。2.(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高三下三模)如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中，xOz平面内NMO区域中存在沿y轴负方向的匀强磁场(图中未画出)，z<0区域内存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量绝对值为q的带负电粒子沿x轴正方向以大小为v0的初速度，由z轴上与O点距离为L的P点射入磁场，一段时间后，该粒子在OM边上某点以垂直于x轴的方向射出磁场。已知OM与z轴正方向的夹角为60°，设t＝0时带电粒子经过x轴，不计粒子重力。(1)求NMO区域中匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)求t＝t1(t1>0)时刻粒子的位置坐标；(3)在xOy平面下方空间再加上一沿y轴正方向、磁感应强度大小与NMO区域内磁感应强度大小相同的匀强磁场，求此情况下t＝t2(t2>0)时刻粒子的位置坐标。(已知t2小于该粒子做圆周运动周期的四分之一)。答案：(1)eq\f(（3＋\r(3)）mv0,3qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)L，－\f(qEteq\o\al(2,1),2m)，－v0t1))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(（3－\r(3)）L－\f(3－\r(3),2)Lcos\f(（3＋\r(3)）v0t2,3L)，－\f(qEteq\o\al(2,2),2m)，－\f(3－\r(3),2)L·sin\f(（3＋\r(3)）v0t2,3L)))解析：(1)设粒子在NMO磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有r＋eq\f(r,tan60°)＝L解得r＝eq\f(3－\r(3),2)L根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得B＝eq\f(（3＋\r(3)）mv0,3qL)。(2)设t＝t1时，粒子的位置坐标为(x1，y1，z1)，粒子经过x轴后，沿z轴负方向做匀速直线运动，则x1＝r，z1＝－v0t1粒子沿y轴负方向做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有qE＝ma则y1＝－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)联立解得y1＝－eq\f(qEteq\o\al(2,1),2m)故t＝t1(t1>0)时刻粒子的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)L，－\f(qEteq\o\al(2,1),2m)，－v0t1))。(3)在xOy平面下方，粒子的运动轨迹为螺旋线，其运动可分解为在xOz平面内的匀速圆周运动与沿y轴负方向的匀加速直线运动，由于磁感应强度大小仍为B，且粒子垂直磁场方向的速度仍为v0，由r＝eq\f(mv0,qB)可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径仍为r，周期T＝eq\f(2πr,v0)粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω＝eq\f(2π,T)设t＝t2时刻粒子的位置坐标为(x2，y2，z2)，由几何关系知x2＝r＋r－rcosωt2z2＝－rsinωt2由(2)可知y2＝－eq\f(qEteq\o\al(2,2),2m)联立解得粒子的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(（3－\r(3)）L－\f(3－\r(3),2)Lcos\f(（3＋\r(3)）v0t2,3L)，－\f(qEteq\o\al(2,2),2m)，－\f(3－\r(3),2)Lsin\f(（3＋\r(3)）v0t2,3L)))培优点4电磁技术的应用创新拓展题组一速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件类(叠加场：qvB＝qE)1.芯片制造中的重要工序之一是离子注入，速度选择器是离子注入机的重要组成部分。速度选择器模型简化如图所示，一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里。一不计重力的离子以一定速度自P点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列说法正确的是()A．穿过小孔的离子一定带正电B．穿过小孔的离子速度大小一定为eq\f(E,B)C．穿过小孔的离子比荷一定相同D．若离子从右侧沿中轴线射入，仍能做匀速直线运动答案：B解析：离子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，若离子带负电，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，若离子带正电，电场力方向向下，洛伦兹力方向向上，可知两种情景中，电场力与洛伦兹力均有可能达到平衡，即离子可能带正电，也可能带负电，故A错误；根据A项分析，由平衡条件得qvB＝qE，解得穿过小孔的离子的速度大小一定为v＝eq\f(E,B)，与离子的比荷无关，故B正确，C错误；若离子带正电，当离子从右侧沿中轴线射入，则电场力方向向下，洛伦兹力方向也向下，若离子带负电，当离子从右侧沿中轴线射入，则电场力方向向上，洛伦兹力方向也向上，两种情景中均不可能满足平衡条件，即若离子从右侧沿中轴线射入，不能做匀速直线运动，故D错误。2.(2024·湖北高考)(多选)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是()A．极板MN是发电机的正极B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大答案：AC解析：等离子体在两平行金属极板间向右运动时，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，则极板MN上聚集正电荷，极板PQ上聚集负电荷，故极板MN是发电机的正极，A正确；当带电粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，极板间获得稳定电压U，设两极板间的距离为d，匀强磁场磁感应强度大小为B，等离子体的喷入速率为v，带电粒子的电荷量为q，则有qvB＝qeq\f(U,d)，可得U＝Bdv，若仅增大两极板间的距离d，则U增大，若仅增大等离子体的喷入速率v，则U增大，U与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关，B、D错误，C正确。3.(多选)某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装一台污水流量计，如图所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度大小为B＝1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置并以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个金属板间的电压U＝1V。下列说法中正确的是()A．金属板M电势高，N的电势低B．污水中离子浓度对电压表的示数有影响C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16m3/sD．电荷量为1.6×10－19C的离子，流经该装置时受到的静电力F＝8.0×10－19N答案：ACD解析：根据左手定则，负离子所受的洛伦兹力方向向下，向下偏转，则N板带负电，M板带正电，则M板电势高，N板电势低，故A正确；最终离子在静电力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝vBc，即电压表示数与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝eq\f(U,cB)，则流量Q＝vbc＝eq\f(Ub,B)＝0.16m3/s，故C正确；电荷量为1.6×10－19C的离子，流经该装置时受到的静电力F＝qeq\f(U,c)＝1.6×10－19×eq\f(1,0.2)N＝8.0×10－19N，故D正确。4．(2024·江西高考)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图a所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3A时，测得U­B关系图线如图b所示，元电荷e＝1.60×10－19C，则此样品每平方米载流子数最接近()A．1.7×1019 B．1.7×1015C．2.3×1020 D．2.3×1016答案：D解析：设此样品每平方米载流子(电子)数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝eq\f(q,t)，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有eeq\f(U,b)＝evB，联立解得U＝eq\f(I,ne)B，结合题图b可知，k＝eq\f(I,ne)＝eq\f(88×10－3,320×10－3)V/T，代入数据解得n＝2.3×1016，D正确。题组二质谱仪、回旋加速器类(组合场)5.如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对eq\o\al(2,1)H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是()A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子B．只增大加速电压U，eq\o\al(2,1)H粒子获得的最大动能增大C．只增大加速电压U，eq\o\al(2,1)H粒子在回旋加速器中运动的时间变短D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子答案：C解析：利用回旋加速器对粒子进行加速时，D形盒缝隙间电场变化周期与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为T＝eq\f(2πm,qB)，而质子与eq\o\al(2,1)H粒子的比荷不相等，所以为了使加速器可以加速质子，应对加速器进行参数调节，改变B或T，A错误；设D形盒半径为r，则eq\o\al(2,1)H粒子离开回旋加速器的最大速度vmax＝eq\f(\a\vs4\al(qBr),m)，所以只增大加速电压U，eq\o\al(2,1)H粒子获得的最大动能Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(\a\vs4\al(q2B2r2),2m)不会增大，B错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为n，则由2nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，可得n＝eq\f(\a\vs4\al(qB2r2),4mU)，所以粒子运动总时间t＝nT＝eq\f(\a\vs4\al(qB2r2),4mU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBr2,2U)，故只增大加速电压U，eq\o\al(2,1)H粒子在回旋加速器中运动的时间变短，C正确；回旋加速器既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D错误。6.质谱仪是一种检测同位素的仪器，利用电场和磁场可以将同位素进行分离。现有氕(eq\o\al(1,1)H)、氘(eq\o\al(2,1)H)两种带电粒子从容器A下方的狭缝S1飘入电势差为U0的加速电场，其初速度几乎为零，然后沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B0的足够大的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角θ，所有粒子均打在底片区域内，所能到达的最远点为M。已知氘粒子的质量为m、电荷量为q，忽略带电粒子的重力及粒子间相互作用力。(1)求M点与狭缝S3之间的距离d；(2)若某些氘粒子进入磁场后，形成等效电流为I的粒子束，最终垂直打在照相底片上的P点(图中未画出)形成一个曝光点，粒子均被吸收。求氘粒子束对P点的冲击力大小F；(3)若考虑磁感应强度在(B0－ΔB)到(B0＋ΔB)之间波动，要使在底片上能完全分辨氕、氘两种粒子，求ΔB应满足的条件。答案：(1)eq\f(1,B0)eq\r(\f(8U0m,q))(2)Ieq\r(\f(2U0m,q))(3)ΔB<eq\f(\r(2)cosθ－1,\r(2)cosθ＋1)B0解析：(1)设氘粒子进入磁场时的速度为v，根据动能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2氘粒子在磁场中偏转半个圆周后打在底片上的位置最远，设氘粒子在磁场中的轨道半径为r，此时打在底片上的位置与狭缝S3之间的距离为d2，根据几何关系得2r＝d2氘粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，则qvB0＝eq\f(mv2,r)联立解得d2＝eq\f(1,B0)eq\r(\f(8U0m,q))分析可得，氕粒子的质量为eq\f(m,2)，电荷量为q，同理可得，氕粒子打在底片最远点与狭缝S3之间的距离d1＝eq\f(1,B0)eq\r(\f(4U0m,q))综上可知，M点与狭缝S3之间的距离d＝d2＝eq\f(1,B0)eq\r(\f(8U0m,q))。(2)设t时间内打到P点的氘粒子个数为N，则I＝eq\f(\a\vs4\al(Nq),t)对这些氘粒子，根据动量定理有－F′t＝0－Nmv根据牛顿第三定律得F＝F′联立解得F＝Ieq\r(\f(2U0m,q))。(3)要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，则氘粒子打在底片上距狭缝S3的最小距离应比氕粒子打在底片上距狭缝S3的最大距离大，即2r2cosθ>2r1对氕粒子由动能定理有qU0＝eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(2,1)进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，则有qv(B0＋ΔB)＝eq\f(mv2,r2)，qv1(B0－ΔB)＝eq\f(mveq\o\al(2,1),2r1)联立解得ΔB<eq\f(\r(2)cosθ－1,\r(2)cosθ＋1)B0。题组三电磁技术的其他应用7．(2024·北京高考)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为－e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2；(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。答案：(1)eq\f(eE,M)(2)eq\f(mE,eB1R)(3)eq\f(nk\r(2deEM),1＋k)解析：(1)氙离子在放电室内运动时只受电场力作用，由牛顿第二定律有eE＝Ma解得a＝eq\f(eE,M)。(2)设电子在阳极附近垂直轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动的速度为v。电子在轴线方向上所受电场力与洛伦兹力平衡，即Ee＝evB2在垂直轴线的平面，由洛伦兹力提供向心力，有evB1＝meq\f(v2,R)联立解得B2＝eq\f(mE,eB1R)。(3)设单位时间内进入放电室的电子数为x，被电离的氙原子数为N，则有eq\f(N,x)＝k氙离子从放电室右端喷出后与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和，则有N＝n－x联立解得N＝eq\f(nk,1＋k)设氙离子从放电室右端喷出时的速度大小为v1，氙离子经电场加速，由动能定理有deE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－0时间Δt内被电离的氙原子数为N总＝NΔt设这部分氙原子被电离后所受到的作用力大小为F′，由动量定理有F′·Δt＝N总·Mv1由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F＝F′联立解得F＝eq\f(nk\r(2deEM),1＋k)。8．(2024·浙江6月选考)探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N(由金属细丝组成的网状电极)，喷镀板P上表面中点Q的坐标为(1.5L，0)，栅极板M中点S的坐标为(3L，0)。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的eq\f(1,4)倍，经电压U＝kU0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中U0＝\f(qB2L2,8m)，k大小可调，a和b离子初速度视为0))的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控(UNM>0)，a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。(1)若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0(用L表示)。(2)调节U和UNM，并保持UNM＝eq\f(3,4)U，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：①U的调节范围(用U0表示)；②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度。(3)要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。答案：(1)L(2)①U0≤U≤4U0②eq\f(1,2)L(3)eq\f(\a\vs4\al(9B2qL2),32m)eq\f(\a\vs4\al(27B2qL2),128m)或eq\f(\a\vs4\al(27B2qL2),256m)或eq\f(\a\vs4\al(9B2qL2),128m)解析：(1)设a离子离开加速电场时速度大小为v，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，a离子在电场中加速的过程，根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq\f(v2,R)根据几何关系，可知a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置坐标x＝2R联立解得x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))若U＝U0＝eq\f(\a\vs4\al(B2qL2),8m)可得x0＝L。(2)①分析可知，要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上，则a离子经磁场偏转到x轴上的位置坐标x满足L≤x≤2L结合(1)中x的表达式，解得eq\f(\a\vs4\al(qB2L2),8m)≤U≤eq\f(\a\vs4\al(qB2L2),2m)即U0≤U≤4U0。②由(1)分析同理可知，b离子经过电压为U的电场加速后，在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为xb＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mbU,qb))其中eq\f(\a\vs4\al(qb),mb)＝eq\f(\a\vs4\al(q),4m)可得xb＝eq\f(2,B)eq\r(\f(8mU,q))代入U0≤U≤4U0得2L≤xb≤4L分析可知，只有当eq\f(5,2)L≤xb≤eq\f(7,2)L时，b离子才可能落在P下表面解得满足条件的U的范围为eq\f(25U0,16)≤U≤eq\f(49U0,16)设b离子第一次到达栅极板N时的速度大小为vb，根据动能定理得qbU－qbUNM＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)－0其中UNM＝eq\f(3,4)U设b离子第一次在虚线下方磁场中运动的轨迹半径为R′，根据洛伦兹力提供向心力有Bqbvb＝mbeq\f(veq\o\al(2,b),R′)根据几何关系，b离子第一次离开虚线下方磁场时向左运动的距离Δxb＝2R′第一次离开虚线下方磁场时的x坐标为xb′＝xb－Δxb联立可得xb′＝eq\f(2,B)eq\r(\f(8mU,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))分析可知，当U＝eq\f(25,16)U0时，b离子第一次离开虚线下方磁场时的x坐标有最小值xb1′，则可得xb1′＝eq\f(5,4)L分析可知，当U＝eq\f(49,16)U0时，b离子第一次离开虚线下方磁场时的x坐标有最大值xb2′，则可得xb2′＝eq\f(7,4)L因为xb1′、xb2′满足L<xb1′<2L、L<xb2′<2L，故满足eq\f(25U0,16)≤U≤eq\f(49U0,16)时，b离子均能落在P下表面，故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Δx＝xb2′－xb1′＝eq\f(1,2)L。(3)要求a离子落在喷镀板P上表面中点Q，由(1)(2)可知，a离子经磁场偏转一次后到达x轴的坐标为x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))＝eq\f(3,2)L可得U＝eq\f(\a\vs4\al(9B2qL2),32m)。将U的值代入xb的表达式，可得b离子第一次经过栅极板的x坐标为xb＝eq\f(2,B)eq\r(\f(8mU,q))＝3L若b离子减速n(n＝1，2，3，…)次恰好打在P板下表面中点处，设打在P板下表面中点处的速度大小为vb′，运动轨迹如图所示，根据动能定理有Uqb－nUNMqb＝eq\f(1,2)mbvb′2－0根据洛伦兹力提供向心力有Bqbvb′＝meq\f(vb′2,rn)联立可得req\o\al(2,n)＝eq\f(9L2,4)－eq\f(8nm,B2q)UNMb离子减速n次恰好打在P板下表面中点，又每次从x轴上方到达x轴的坐标均为xb＝3L由几何关系可得，2rn－1>xb－L2rn＝xb－eq\f(3,2)L将rn－1、rn的值代入，可得eq\f(9L2,4)－eq\f(8（n－1）m,B2q)UNM>L2eq\f(9L2,4)－eq\f(8nm,B2q)UNM＝eq\f(9,16)L2联立可解得n<eq\f(27,7)又n为正整数，故n只能取1，2，3将n＝1、n＝2、n＝3分别代入eq\f(9L2,4)－eq\f(8nm,B2q)UNM＝eq\f(9,16)L2可解得满足条件的UNM值分别为UNM1＝eq\f(\a\vs4\al(27B2qL2),128m)，UNM2＝eq\f(\a\vs4\al(27B2qL2),256m)，UNM3＝eq\f(\a\vs4\al(9B2qL2),128m)。培优专练三电磁感应的典型模型培优点1电磁感应中的单杆模型题组一导轨接定值电阻的单杆模型1．(2023·重庆高考)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内()A．流过杆的感应电流方向从N到MB．杆沿轨道下滑的距离为eq\f(3,2)vtC．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率D．杆所受安培力的冲量大小为mgtsinθ－mv答案：D解析：根据右手定则可知，流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；设杆切割磁感线的有效长度为L，杆接入回路的电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，其中杆所受安培力大小F安＝BIL，杆中电流大小I＝eq\f(BLv′,R)，联立可得杆的加速度a＝gsinθ－eq\f(B2L2v′,mR)，则随着杆的速度v′变大，加速度a将变小，即杆在磁场中运动的此段时间内，做加速度逐渐减小的加速运动，若此段时间内杆做匀加速直线运动从v加速到2v，则杆沿轨道下滑的距离为s0＝eq\f(v＋2v,2)·t＝eq\f(3,2)vt，根据v­t图像与t轴围成的面积表示位移，可知杆实际沿轨道下滑的距离s>s0＝eq\f(3,2)vt，故B错误；在磁场中运动的此段时间内，杆的速度增大，动能增大，由能量守恒定律可知，杆的重力势能的减小量等于杆的动能的增加量和所产生的电能之和，结合功能关系知，重力对杆所做的功大于感应电流的电功，根据eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)可知，流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，有mgsinθ·t－I安＝m·2v－mv，解得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgtsinθ－mv，故D正确。2．(2024·四川省成都市高三下三诊)(多选)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，其间距为d，两完全相同的灯泡电阻均为R。长为d、电阻不计的导体棒MN置于导轨上，且与导轨保持良好接触。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。闭合开关S，由静止开始对导体棒MN施加一水平向右的恒力F0，经过足够长的时间后，MN运动稳定，此时恒力F0的功率为P0，且小灯泡L1恰好正常发光。不计导轨电阻，忽略灯泡的电阻变化，则()A．水平恒力F0＝Bdeq\r(\f(P0,R))B．MN运动稳定后，断开S，若保持拉力大小F0恒定，导体棒将做加速度逐渐减小的减速运动C．MN运动稳定后，断开S，若保持拉力大小F0恒定，经足够长时间，两灯泡均能正常发光D．MN运动稳定后，断开S，若保持拉力功率P0恒定，经足够长时间，导体棒再次稳定时速度大小为原来稳定时的2倍答案：AC解析：开关闭合情况下，MN运动稳定时做匀速直线运动，由平衡条件有F安＝F0，而安培力大小F安＝BId，又P0＝I2R，联立解得F0＝Bdeq\r(\f(P0,R))，A正确；设MN运动稳定时的速度大小为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，此时流过MN的电流大小I＝eq\f(Bdv,R)，断开S瞬间，MN中的电流变为eq\f(Bdv,2R)＝eq\f(I,2)，其所受安培力减小为原来F安的eq\f(1,2)，若保持拉力大小F0恒定，MN将做加速运动，随速度增加，MN中电流增大，所受安培力增大，合力减小，加速度减小，当安培力和F0平衡时，回路中的电流为I，则此时两个小灯泡均正常发光，B错误，C正确；MN运动稳定后，断开S，若保持拉力功率P0不变，设经过足够长的时间，导体棒再次平衡时，导体棒的速度为v′，则有F＝F安′＝BI′d＝B·eq\f(Bdv′,2R)·d＝eq\f(B2d2v′,2R)，且有P0＝Fv′，联立解得v′＝eq\f(\r(2P0R),Bd)，同理可得，原来稳定时导体棒的速度v＝eq\f(\r(P0R),Bd)，即导体棒再次稳定时的速度是原来稳定时的eq\r(2)倍，D错误。3．(2024·湖南高考)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．金属杆经过BB1的速度为eq\f(v0,2)B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgdC．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍答案：CD解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆经过BB1的速度大小为vB，在AA1B1B区域运动的时间为t0，平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，产生的平均感应电动势大小为eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\o(v,\s\up6(－))，产生的平均感应电流大小为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，所受安培力的平均值大小为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))LB，金属杆在AA1B1B区域运动的过程，以运动方向为正方向，根据动量定理有I安＝mvB－mv0，又安培力的冲量I安＝－eq\o(F,\s\up6(－))t0，eq\o(v,\s\up6(－))t0＝d，联立可得I安＝－eq\f(B2L2d,2R)，vB＝v0－eq\f(B2L2d,2mR)；设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t1，平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))′，同理可知，金属杆在BB1C1C区域运动的过程有I安′－μmgt1＝0－mvB，且I安′＝－eq\o(F,\s\up6(－))′t1，eq\o(F,\s\up6(－))′＝eq\o(I,\s\up6(－))′LB，eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,2R)，eq\o(E,\s\up6(－))′＝BLeq\o(v,\s\up6(－))′，eq\o(v,\s\up6(－))′t1＝d，可解得I安′＝－eq\f(B2L2d,2R)，vB＝eq\f(B2L2d,2mR)＋μgt1，综上可得vB＝eq\f(v0,2)＋eq\f(μgt1,2)>eq\f(v0,2)，则金属杆经过BB1的速度大于eq\f(v0,2)，且金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安＝I安′＝－eq\f(B2L2d,2R)，故A错误，C正确。整个过程，根据能量守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgd＋Q总，由焦耳定律及串联电路规律知，定值电阻R产生的热量为QR＝eq\f(1,2)Q总，联立解得QR＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgd，故B错误。设金属杆的初速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t2，金属杆在磁场中运动的距离为x，金属杆在磁场中运动的过程，以运动方向为正方向，由动量定理有I安″－μmgt2＝0－2mv0，由A、C项分析同理可知，安培力的冲量I安″＝－eq\f(B2L2x,2R)，联立可得x＝eq\f(2R,B2L2)(2mv0－μmgt2)，同理可得，金属杆原来在磁场中运动的距离2d＝eq\f(2R,B2L2)·(mv0－μmgt1)，金属杆初速度加倍后，到达BB1的速度增大，则在BB1C1C区域任一位置的速度均增大，则t2<t1，所以eq\f(x,2)>2d，x>4d，即将金属杆的初速度加倍后，金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。题组二导轨接电源的单杆模型4.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，宽度为l，一端连接电动势为E、内阻为r的电源。导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，不计导轨电阻。现闭合开关，导体棒运动一段位移x后达到最大速度vm，则下列说法正确的是()A．vm＝eq\f(E,Bl)B．通过导体棒的电荷量q＝eq\f(Blx,R＋r)C．安培力对导体棒做功的大小等于导体棒上产生的焦耳热D．导体棒上产生的焦耳热Q＝eq\f(RmE2,2（R＋r）B2l2)答案：AD解析：导体棒先在安培力作用下做加速运动，电路中的电流i＝eq\f(E－Blv,R＋r)，所以当导体棒达到最大速度时闭合回路中的电流i＝0，则导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E，即Blvm＝E，解得vm＝eq\f(E,Bl)，故A正确；设导体棒的位移为x时，运动的时间为t，期间流过导体棒的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，由动量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝mvm－0，由电流的定义式可知，通过导体棒的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，联立解得q＝eq\f(mE,B2l2)，故B错误；设电源内阻和导体棒上产生的焦耳热之和为Q总，根据能量守恒定律可得qE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q总，由焦耳定律可知，导体棒上产生的焦耳热Q＝eq\f(R,R＋r)Q总，联立解得Q＝eq\f(RmE2,2（R＋r）B2l2)，故D正确；根据动能定理可知，安培力对导体棒做功的大小W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(mE2,2B2l2)>Q，故C错误。题组三导轨接电容器的单杆模型5．(2024·海南高考)(多选)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02Ω的电阻和C＝1F的电容器，整个装置处于B＝0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1＝0.8kg、m2＝0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32m处在一个大小F＝4.64N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g＝10m/s2()A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44sB．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78JC．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/sD．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s答案：BD解析：对cd和电容器组成的回路，当在很短时间Δt内cd的速度变化Δv时，cd产生的感应电动势变化ΔE＝BLΔv，电容器上储存的电荷量变化Δq＝C·ΔE＝CBLΔv，则此时cd中的电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa2，此时，对cd，根据牛顿第二定律有F－BIL－m2gsin30°＝m2a2，联立解得cd的加速度大小a2＝eq\f(F－m2gsin30°,m2＋CB2L2)＝6m/s2，a2是定值，说明cd沿导轨向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有x0＝eq\f(1,2)a2t2，代入数据解得cd在力F作用下运动到MN处所用时间为t＝1.2s，则ab从释放到第一次碰撞前所用时间为t＝1.2s，故A错误；ab从释放到第一次碰撞前，设ab的位移为xab，碰前瞬间ab的速度为v1，根据动量定理有m1gsin30°·t－Beq\o(I,\s\up6(－))′L·t＝m1v1－0，由闭合电路欧姆定律可得，ab中感应电流的平均值eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R总)，ab所在回路的总电阻R总＝R＋Rab，由法拉第电磁感应定律可得，ab产生的感应电动势的平均值eq\o(E,\s\up6(－))′＝BLeq\o(v,\s\up6(－))ab，且xab＝eq\o(v,\s\up6(－))abt，联立并代入数据，解得xab＝3m，此过程，对ab所在回路根据能量守恒定律有m1gxabsin30°＝Q＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，根据焦耳定律及串联电路规律可得，R上消耗的焦耳热为QR＝eq\f(R,R＋Rab)Q，联立并代入数据，解得QR＝0.78J，故B正确；两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间cd的速度大小v2＝a2t＝7.2m/s，取沿导轨向下为正方向，设两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度为v1′，cd的速度为v2′，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝m1v1′＋m2v2′，根据总动能不变，有eq\f(1,2)m1veq\o\a