高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題五 科學(xué)思維篇2 活用“三大觀點(diǎn)”解析電磁學(xué)綜合問(wèn)題練習(xí)（含解析）試題

活用“三大觀點(diǎn)”解析電磁學(xué)綜合問(wèn)題1．如圖所示，在水平線(xiàn)ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出．不計(jì)粒子重力．(1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t；(2)若粒子從與P同一水平線(xiàn)上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出．粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小．解析：(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R) ①設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F＝qE ②設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma ③粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有v＝at ④聯(lián)立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E). ⑤(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定．故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短．設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2 ⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R) ⑦粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場(chǎng)方向上的分速度始終等于v0，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0) ⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m).答案：見(jiàn)解析2．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線(xiàn)與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出．不計(jì)重力．(1)定性畫(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大?。?3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間．解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示．(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線(xiàn)，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱(chēng))圖(a)圖(b)(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ[見(jiàn)圖(b)]，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma ①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝at②l′＝v0t ③v1＝vcosθ ④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R) ⑤由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl). ⑦(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0coteq\f(π,6) ⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2) ⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則t′＝2t＋eq\f(2（\f(π,2)－\f(π,6)）,2π)T ⑩式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB) ?由③⑦⑨⑩?式得t′＝eq\f(Bl,E)(1＋eq\f(\r(3)πl(wèi),18l′))．答案：見(jiàn)解析3．同一水平面上的兩根正對(duì)平行金屬直軌道MN、M′N(xiāo)′，如圖所示放置，兩軌道之間的距離l＝0.5m．軌道的MM′端之間接一阻值R＝0.4Ω的定值電阻，軌道的電阻可忽略不計(jì)，NN′端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0＝0.5m，水平直軌道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N(xiāo)′段光滑，且KNN′K′區(qū)域恰好處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.64T，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d＝1m，且其右邊界與NN′重合，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場(chǎng)左邊界s＝2m處，在與桿垂直的水平恒力F＝2N作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體桿ab與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高處PP′.已知導(dǎo)體桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與軌道始終垂直且接觸良好，取g＝10m/s2.求：(1)導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)導(dǎo)體桿的電流大小和方向；(2)導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量；(3)導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱．解析：(1)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理有(F－μmg)s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/s，導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv1＝1.92V，此時(shí)通過(guò)導(dǎo)體桿的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝3.84A，根據(jù)右手定則可知，電流方向由b向a.(2)設(shè)導(dǎo)體桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為E，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bld,Δt)，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的平均值I＝eq\f(E,R＋r)，通過(guò)電阻R的電荷量q＝IΔt＝eq\f(Bld,R＋r)＝0.64C.(3)設(shè)導(dǎo)體桿離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高處的速度為v3，因?qū)w桿恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高處，則在軌道最高處時(shí)，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,3),R0)，代入數(shù)據(jù)解得v3＝eq\r(5)m/s，桿從NN′運(yùn)動(dòng)至PP′的過(guò)程，根據(jù)機(jī)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，代入數(shù)據(jù)解得v2＝5m/s，導(dǎo)體桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.1J，此過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q熱＝ΔE＝1.1J.答案：(1)3.84A由b向a(2)0.64C(3)1.1J4．(2019·煙臺(tái)模擬)如圖甲所示，相距L＝1m的兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量m＝1kg、電阻為r＝0.5Ω的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5Ω，電容器的電容C＝0.5F，電容器的耐壓值足夠大，導(dǎo)軌所在平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在開(kāi)關(guān)S1閉合、S2斷開(kāi)的狀態(tài)下將導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)在開(kāi)關(guān)S1閉合、S2斷開(kāi)的狀態(tài)下，當(dāng)導(dǎo)體棒下滑的距離x＝5m時(shí)，定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為21J，此時(shí)導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多大？(3)現(xiàn)在開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)、S2閉合，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過(guò)t＝2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度．解析：(1)由題圖可知，導(dǎo)體棒的最大速度vm＝3m/s對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大時(shí)，導(dǎo)體棒受力平衡，則BIL＝mgsinθ解得B＝eq\r(\f(mg（R＋r）sinθ,L2vm))＝2T.(2)導(dǎo)體棒和電阻串聯(lián)，由公式Q＝I2Rt可知，Qab∶QR＝1∶3則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝eq\f(1,3)×21J＝7J導(dǎo)體棒下滑x＝5m的距離，導(dǎo)體棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Qab＋QR得導(dǎo)體棒的速度v1＝2m/s此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv1，感應(yīng)電流I1＝eq\f(E1,R＋r)對(duì)導(dǎo)體棒有mgsinθ－BI1L＝ma1解得加速度a1＝2m/s2.(3)開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)、S2閉合時(shí)，任意