京津鲁琼专用2020版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

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1、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、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q

2、vBm设粒子在电场中运动所受电场力为F，有FqE设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有Fma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有vat联立式得t.(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 (rR)2(R)2r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan 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

3、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tan 联立式得v0.答案：见解析2(2018高考全国卷) 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

4、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，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见图(b)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qEma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量由运动学公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为

5、R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB由几何关系得l2Rcos 联立式得v0.(3)由运动学公式和题给数据得v1v0cot联立式得设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则t2tT式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T由式得t(1)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、MN，如图所示放置，两轨道之间的距离l0.5 m轨道的MM端之间接一阻值R0.4 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、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为R00.5 m，水平直轨道MK、MK段粗糙，KN、KN段光滑，且KNNK区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁

6、感应强度B0.64 T，磁场区域的宽度d1 m，且其右边界与NN重合，现有一质量m0.2 kg、电阻r0.1 的导体杆ab静止在距磁场左边界s2 m处，在与杆垂直的水平恒力F2 N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数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g10 m/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

7、v1，由动能定理有(Fmg)smv0，代入数据解得v16 m/s，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势EBlv11.92 V，此时通过导体杆的电流I3.84 A，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，通过电阻R的感应电流的平均值I，通过电阻R的电荷量qIt0.64 C.(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mgm，代入数据解得v3 m/s，杆从NN运动至PP的过程，根据机械能守恒定律有mvmv

8、mg2R0，代入数据解得v25 m/s，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能Emvmv1.1 J，此过程中电路中产生的焦耳热Q热E1.1 J.答案：(1)3.84 A由b向a(2)0.64 C(3)1.1 J4(2019烟台模拟)如图甲所示，相距L1 m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37，导轨电阻不计，质量m1 kg、电阻为r0.5 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R1.5 ，电容器的电容C0.5 F，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vt图

9、象如图乙所示，重力加速度g10 m/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x5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，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t2 s时导体棒的速度解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度vm3 m/s对应的感应电动势EBLvm感应电流I当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则BILmgsin 解得B2 T.(2)导体棒和电阻串联，由公式QI2Rt可知，QabQR13则导体棒ab产生的焦耳热Qab21 J7 J导体棒下滑x5 m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mgxsin mvQabQR得导体棒的速度v12 m/s此时感应电动势E1BLv1，感应电流I1对导体棒有mgsin BI1Lma1解得加速度a12 m/s2.(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin BILma2感应电流I，qCUt时间内，有UEBLv，a2解得a22 m/s2表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，ab棒做匀加速直线运动，t2 s时导体棒的速度v2a2t4 m/s.答案：(1)2 T(2)2 m/s2 m/s2(3)4 m/s- 5 -