2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）微专题5　电磁场中的空间立体问题和摆线问题作业含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）微专题5电磁场中的空间立体问题和摆线问题作业含答案微专题5电磁场中的空间立体问题和摆线问题时间|40min1.[2024·山东枣庄模拟]如图甲所示,三维坐标系O-xyz所在的空间中,有平行于y轴且沿其正方向的匀强电场,电场强度的大小E1=7mv0210qL.一带正电的粒子由静止开始经加速电场加速后,沿xOy平面从x轴上的P(L,0,0)点进入匀强电场,经过P点时速度的大小为v0、与x轴负方向的夹角α=53°.当粒子运动一段时间Δt=2Lv0到达Q(未画出)点时,匀强电场的方向突然变为沿z轴正方向,若以此刻为计时起点,且电场强度的大小E2随时间t的变化关系,如图乙所示,电场改变方向的同时加上沿z轴正方向的匀强磁场,磁感应强度的大小B=3mv0qL.已知带电粒子的质量为(1)加速电场的电压U;(2)Q点的位置及带电粒子到达Q点时的速度;(3)当t=3πLv2.[2024·湖南长沙模拟]如图所示,以长方体abcd-a'b'c'd'的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a'a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立O-xyz坐标系,已知Oa=ab=aa'=L.长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场,现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,恰好从a点射出磁场.(1)求磁场的磁感应强度B的大小;(2)若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场,让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中,为使粒子能从a'点射出磁场,求电场强度E1的大小;(3)若在长方体中加上电场强度大小为E2=23mv2qL、方向沿z轴负方向的匀强电场,该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中3.[2024·四川成都模拟]某离子束实验装置的基本原理如图甲所示.Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场;Ⅱ区宽度为43d,左边界与x轴垂直交于O1点,右边界与x轴垂直交于O2点,其内充满沿y轴负方向的匀强电场.测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与O2点重合.从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度大小为v0,速度方向与x轴正方向的夹角为θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8.忽略离子间的相互作用,不计离子重力(1)求Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小B0;(2)求Ⅱ区匀强电场的电场强度大小E;(3)将Ⅱ区右边界和测试板同时右移使Ⅱ区足够大,在Ⅱ区同时填充题干中的匀强电场和磁感应强度大小为B=6mv05qd、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,其他条件不变,离子的运动轨迹如图乙中的虚线所示4.[2024·河北石家庄模拟]如图甲所示,立方体空间的边长为L,侧面CDHG为荧光屏,能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光,三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH.已知从原点O向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子.不计粒子重力及粒子间的相互作用.(1)若在立方体空间内仅存在方向平行于z轴的匀强磁场,沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点.求磁场的磁感应强度B和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t;(2)若在立方体空间内仅存在z轴负方向的匀强电场E=32πmv025qL和沿y轴正方向的匀强磁场B=8πmv0(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示的磁场,其中By=6mv05qLcos2πTt.同时平行z轴加如图丙的磁场,其中Bz=6mv05qL

微专题6电磁感应中的单杆模型例1(16分)(1)B2L(2)BLℎR12mv(3)v0g[解析](1)ab棒以初速度v0向上运动时,产生感应电流,根据左手定则可知,ab棒受到的安培力向下,由于向上做减速运动,所以开始运动时安培力最大,加速度最大,由法拉第电磁感应定律得E=BLv0 (1分)由闭合电路欧姆定律得I=ER 根据牛顿第二定律得BIL+mg=mam(1分)联立解得am=B2L2v(2)ab棒向上运动过程中,通过R的电荷量q=IΔt (1分)其中I=ER,E=ΔΦΔt,Δ联立解得q=BLℎR 根据能量守恒定律得12mv02=mgh+解得Q=12mv02-(3)ab棒向上运动过程中,取向上为正方向,根据动量定理得-mgt1-BI1Lt1=0-mv0 其中I1t1=E1Rt1=ΔΦab棒返回到初始位置时加速度为零,有BI'L=mg (1分)其中I'=E'R,E'=BLv'ab棒向下运动到初始位置过程中,根据动量定理得mgt2-BI2Lt2=mv'-0 其中I2t2=E2Rt2=ΔΦab从开始向上运动至回到初始位置所用时间t=t1+t2联立解得t=v0g+mR例2(1)BLE2mr(2)EBL(3)12qE[解析](1)闭合开关瞬间,电路中的电流为I=E导体棒所受安培力为F=BIL由牛顿第二定律可知导体棒的加速度为a=F联立解得a=BEL(2)导体棒受安培力作用而做切割磁感线运动,产生动生电动势,动生电动势与电源电动势反向叠加,导致电路中的电流逐渐减小,当动生电动势和电源电动势大小相等时,电流为零,此时导体棒不再受安培力,导体棒做匀速直线运动,有E=BLv解得导体棒最终的速度大小为v=E(3)当导体棒的速度从0增加到v1的过程中,通过导体棒的电荷量为q,对电路由能量守恒定律得qE=Q总+12m导体棒产生的焦耳热为Q=rr+联立解得Q=12qE-14例3(1)mgt0sinθ-mv0(2)52mgv0t0sinθ-92m(3)1[解析](1)t=0到t=t0时间内,对金属棒MN,根据动量定理有mgtsinθ·t0-I安=mv0解得I安=mgt0sinθ-mv0(2)根据图乙可得金属棒在t=0到t=2t0时间内的位移为x=v02·t0+v0+3v02·t根据能量守恒定律有mgxsinθ=12m(3v0)2+ΔE解得ΔE损=52mgv0t0sinθ-92(3)根据图乙可知,在0~t0时间内金属棒做匀加速直线运动,则加速度恒定,所受合外力恒定,安培力恒定,电流恒定,任意时刻电容器两端的电压都等于金属棒切割磁感线产生的感应电动势,有BdaΔt=Δ可得Δq=CBdaΔt而Δq=IΔt其中a=v联立得I=CBd在0~t0时间内,对金属棒,由动量定理有mgsinθ·t0-BdI·t0=mv0解得B=1【跟踪训练】1.CD[解析]0~t时间内,对导体棒,根据动量定理有F0t-BIlt=mv,则v<F0tm,A错误;导体棒在恒力F0的作用下运动,产生的感应电动势E=Blv,电流I=ER=BlvR,导体棒所受安培力F安=BIl=B2l2vR,导体棒的加速度a=F0-F安m=F0m-B2l2vmR,由此可知,随着导体棒速度的增大,加速度逐渐减小,当加速度减小为零后,导体棒做匀速运动,由于不知道t时刻加速度是否为零,所以0~t时间内发电机产生的感应电动势可能随时间先增大后不变,也可能一直增大,B错误;t时刻,电热毯的功率P=I2R2.C[解析]闭合开关S后,该导体棒运动时的电流为I=E-BLvR+r,静止不动时的电流为I'=ER+r,则I'>I,即导体棒运动时的电流小于其静止不动时的电流,故A、B错误;当导体棒匀速运动时,有μmg=BIL,I3.BC[解析]若开关K与触点Ⅰ接通,由能量守恒定律可知mgh=12mv2+Q,则定值电阻产生的焦耳热小于mgh,A错误;若开关K与触点Ⅰ接通,则通过定值电阻的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BℎLR,B正确;若开关K与触点Ⅱ接通,则回路中电流I=ΔqΔt=ΔU·CΔt=BLΔv·CΔt=BLCa,由牛顿第二定律得mg-BIL=ma,解得a=mgm+B2L2C,可知金属杆做匀加速运动,下滑距离为h的过程中,有h=12at2,重力的冲量IG=mgt,联立解得IG示意图运动分析能量分析动能转化为内能,12mv0电能转化为动能和内能,E电=12mvm外力做功转化为动能和内能,WF=12mvm外力做功转化为电场能和动能,WF=E电+12mv单杆与电阻构成回路例1[2024·河北石家庄模拟]如图所示,间距为L的两足够长的光滑平行金属导轨竖直固定,其上端用阻值为R的定值电阻连接,装置处于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小B.质量为m的金属棒ab从轨道底部以初速度v0沿导轨向上运动,ab棒向上运动的最大高度为h,返回到初始位置时加速度恰好为零.运动过程中ab棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨和ab棒的电阻均不计,空气阻力不计,重力加速度为g.求:(1)ab棒运动过程中的最大加速度大小;(2)ab棒向上运动过程中,通过电阻R的电荷量及电阻R上产生的焦耳热;(3)ab棒从开始向上运动至回到初始位置所用的时间.规范答题区自评项目(共100分)自评得分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明(20分)使用原始表达式、无代数过程(30分)有据①②得③等说明(10分)结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)单杆与电源构成回路例2将电源、开关、导体棒与两足够长的光滑平行金属导轨连接成闭合回路,整个回路水平放置,俯视图如图所示,虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场.已知磁感应强度为B,电源电动势为E、内阻为r,导体棒的质量为m,电阻为r,长度恰好等于导轨的间距L,不计金属导轨的电阻,导体棒始终与导轨接触良好.(1)求闭合开关瞬间导体棒的加速度的大小a;(2)求导体棒最终的速度大小v;(3)导体棒的速度从0增加到v1的过程中,通过导体棒的电荷量为q,求此过程中导体棒产生的焦耳热Q.【技法点拨】导体棒一般不是做匀变速运动,而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态.动态分析的基本思路如下:单杆与电容器构成回路例3[2024·山东济南模拟]如图甲所示,两条足够长的平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,导轨间距为d.导轨上端与电容为C的电容器相连,虚线O1O2垂直于导轨,O1O2上方存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,O1O2上方的导轨由不计电阻的光滑金属材料制成,O1O2下方的导轨由粗糙的绝缘材料制成.t=0时刻,一质量为m、电阻不计的金属棒MN由静止释放,运动过程中MN始终与导轨垂直且接触良好,其速度v随时间t的变化关系如图乙所示,其中v0和t0为已知量,重力加速度为g,电容器始终未被击穿.求:(1)t=0到t=t0时间内,磁场对金属棒MN的冲量大小;(2)t=0到t=2t0时间内,金属棒MN损失的机械能;(3)匀强磁场的磁感应强度大小.【技法点拨】含容电路中,单杆在恒力(包括杆的重力)作用下,加速度是恒定的.力、电间的关联如下:【跟踪训练】1.(多选)[2024·湖北孝感模拟]发电机的工作原理可以简化为如图所示的情景.质量为m的导体棒垂直于两光滑平行金属导轨放置,导轨间距为l,导轨间分布着垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场.将负载(电阻为R的电热毯)接入导轨中形成闭合回路,导体棒在恒力F0的作用下由静止开始沿光滑导轨运动.t时刻,导体棒速度达到v.导轨和导体棒电阻忽略不计,导轨无限长,导体棒始终与导轨垂直且接触良好.下列说法正确的是()A.t时刻,导体棒运动的速度v=FB.0~t时间内发电机产生的感应电动势一定随时间先增大后不变C.t时刻,电热毯的功率为BD.电热毯的功率最终将达到F2.[2024·重庆万州区模拟]如图所示,两条粗糙程度处处相同的平行金属导轨固定在同一水平面上,导轨间距为L,左侧连接一电动势为E、内阻为r的直流电源,右侧有O1、O2两个固定卡座,整个导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨电阻不计.一质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒MN静置在导轨上且与导轨垂直,该导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ.闭合开关S,该导体棒从静止开始先加速运动,再匀速运动,最后碰到O1、O2两卡座后静止不动.整个运动过程中,该导体棒始终与两导轨垂直并接触良好.重力加速度为g,则 ()A.闭合开关S后,该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流大B.闭合开关S后,该导体棒运动时的电流与其静止不动时的电流相等C.该导体棒匀速运动时的速度大小为1D.该导体棒匀速运动时的速度大小为13.(多选)[2024·湖南岳阳模拟]如图所示,竖直固定的两光滑平行金属导轨间距为L,处于垂直于导轨平面的匀强磁场中,磁感应强度为B.金属杆的质量为m,定值电阻的阻值为R,其余电阻不计,电容器的电容为C(未充电),重力加速度为g,开关K与触点Ⅰ或Ⅱ接通.现让金属杆沿导轨无初速度下滑,在金属杆下滑距离为h的过程中,金属杆与导轨接触良好,对该过程,下列说法正确的是()A.若开关K与触点Ⅰ接通,则定值电阻产生的焦耳热为mghB.若开关K与触点Ⅰ接通,则通过定值电阻的电荷量为BℎLC.若开关K与触点Ⅱ接通,则重力对金属杆的冲量为2D.若开关K与触点Ⅱ接通,则电容器所充的电能为m微专题6电磁感应中的单杆模型1.CD[解析]导体棒刚进入磁场时,由乙图可得加速度大小为a1=30m/s2,由F1=Bi1L,i1=E1R,E1=BLv1,由牛顿第二定律F1=ma1,可得B2L2v1R=ma1,解得v1=3m/s,故A错误;导体棒刚要离开磁场时的加速度大小为a2=10m/s2,由B2L2v2R=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率为P2=B2L2v2Rv2=1W,故B错误;设导体棒在磁场中的运动时间为Δt,由动量定理可得-BILΔt=mv2-mv1,由E=BLv,I=ER,整理可得-B2L2vRΔt=mv2-mv2.BD[解析]单刀双掷开关接1后,金属棒MN在导轨上运动,电容器的充电电流为I=ΔQΔt,电容器所带电荷量的变化量ΔQ=C·ΔU,感应电动势E=U=BLv,则可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金属棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A错误;在t1=5s时,金属棒的速度为v1=at=2×5m/s=10m/s,电容器两端的电压为U1=BLv1=10V,则可知电容器的电荷量为Q1=CU1=4×10C=40C,故B正确;单刀双掷开关接2瞬间,金属棒与电阻串联构成闭合回路,由牛顿第二定律有mg-BIL=ma1,而I=U1R=BLv1R,联立解得a13.A[解析]设金属棒运动的距离为x,可知金属棒产生的感应电流I=ER=2Bv0xtan30°2xcos30°·R0=Bv02R0,可知金属棒产生的感应电流为定值,故A正确;根据右手定则可知感应电流方向为逆时针方向,故B错误;金属棒的上端为等效电源的正极,下端为负极,始终有φA>φC,4.(1)mgRB2d2(3)g[解析](1)对金属棒受力分析,当受力平衡时,具有最大速度,即mg=F安又F安=BId,I=ER=联立解得v1=mgR(2)由能量守恒定律,可得mgh=12mv2+12又U0=Bdv联立解得h=m(3)设金属棒下落速度为v,根据题意有Bdv=LΔ设金属棒速度达到最大值v2时,电流为I0,有mg=BI0d设该过程金属棒下落的高度为x0,根据能量守恒定律有mgx0=12mv22+又BdvΔt=LΔI可得Bdx