2019届高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第2讲三大观点在电磁学综合问题中的应用课后演练强化提能.doc

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1、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、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

2、中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvBm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

3、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tan联立式得v0.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：

4、(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 45h可得rh又qv1B可得v1.(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vbv1cos 45得vb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rrsin 45vbtyb(v1sin 450)th由动能定理有：qEybmvmv解得E.(3)粒子在磁场中的周期为T第一次经过x轴的时间t1T在电场中运动的时间t22t在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3T所以总时间t0t1t2t3.答案：(1)h(2)(3)3(2018高考全国卷 )一足

5、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，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间解析：(1

6、)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)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

7、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t0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，粒子的比荷，x轴上有一点A，坐标为.(1)求时带电粒子的位置坐标；(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0t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供

8、向心力可得：qB0v0mr1m得：T2t0，r1则在时间内转过的圆心角，所以在t时，粒子的位置坐标为：.(2)在t02t0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vv0t02v0运动的位移：yt01.5v0t0在2t03t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径：r22r1故粒子偏离x轴的最大距离：ymyr21.5v0t0.(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：d2r12r2，AO间的距离为：8d所以粒子运动至A点的时间为：t32t0.答案：见解析 (建议用时：40分钟)1(2017高考全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存

9、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(q0)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

10、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v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3.(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v2ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH.(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E.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

11、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S，用时t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭在t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t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t时间火箭恰好脱离导轨

12、，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v.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)解析：(1)根据电磁感应定律有：E电荷量qIt，根据楞次定律可知，电流方向为EF.(2)平均感应电流I，平均安培力FBIL，设竖直向上为正，根据动量定理得：(Fmg)tmv0解得：v0gt.(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：mu(mm)v0解得：vu.答案：(1)金属棒中电流方向为EF(2)gt(3)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

13、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：(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：h2R4Rsin 304R由平抛运动

14、规律可得：v2gh解得：vy在A点，由速度关系tan 60解得：v0.(2)若小球能过D点，则D点速度满足v小球从P到D由动能定理得：mgRmv2mv解得：v 若小球能过H点，则H点速度满足vH0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点都有可能小球从P到B由动能定理得：6mgRmvmv在B点轨道给小球的弹力NB满足：NBmgm解得NBmg；小球从P到F由动能定理得：3mgRmvmv在F点轨道给小球的弹力NF满足：NFmgm联立解得：NF

15、mg；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.答案：(1)(2)能，理由见解析(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg4(2018重庆一中考前热身考试)如图所示，倾角37的足够长的固定绝缘斜面上，有一个n5匝、质量M1 kg、总电阻R0.1 的矩形线框abcd，ab边长l11 m，bc边长l20.6 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B0.1 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m3 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，

16、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h1.92 m，线框在整个上滑过程中产生的焦耳热Q36 J，已知线框与斜面的动摩擦因数0.5, g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(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：mgMgsin Mgcos (mM)a解得a5 m/s2.(2)从cd边刚出磁场到线框上升到最大高度的过程中：Mgsin MgcosMa，2av2解得v8 m/s.(3)线框匀速运动过程中，对M：MgsinMgcos F安TmgF安nBIl1I解得v08 m/s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(Ll2)Mgsin (Ll2)Mgcos (Ll2)Q(Mm)v2(Mm)v解得：L1.2 m.答案：(1)5 m/s2(2)8 m/s(3)1.2 m10