《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練二 培優(yōu)點3　帶電粒子在立體空間中的運動含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練二培優(yōu)點3帶電粒子在立體空間中的運動培優(yōu)點3帶電粒子在立體空間中的運動1．(2024·湖南高考)如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。(1)若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。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)設電子在磁場中運動的時間為t，電子在x軸方向做勻速直線運動，有L＝v0t在yOz平面內(nèi)，電子做勻速圓周運動，設電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律有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)所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有t＝nT(n＝1，2，3，…)聯(lián)立得B＝eq\f(2πnmv0,eL)(n＝1，2，3，…)由上式可知，當n＝1時，B有最小值，為Bmin＝eq\f(2πmv0,eL)。(2)進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向夾角為最大值θ時，沿y軸方向的分速度最大，設為vym，此時電子在yOz平面內(nèi)做圓周運動的半徑R最大，為Rmax＝r由(1)可知Rmax＝eq\f(mvym,Bmine)又|tanθ|＝eq\f(vym,v0)聯(lián)立可得vym＝eq\f(2πv0r,L)，|tanθ|＝eq\f(2πr,L)。(3)分析可知，當電子進入磁場時沿y軸方向的分速度vy取最大值vym，且沿y軸正方向時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym設電子在電場中的加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有0－veq\o\al(2,ym)＝－2aym由牛頓第二定律有eE＝ma聯(lián)立可得ym＝eq\f(2π2r2veq\o\al(2,0)m,EeL2)。2.(2024·黑龍江省齊齊哈爾市高三下三模)如圖所示，在空間直角坐標系Oxyz中，xOz平面內(nèi)NMO區(qū)域中存在沿y軸負方向的勻強磁場(圖中未畫出)，z<0區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q的帶負電粒子沿x軸正方向以大小為v0的初速度，由z軸上與O點距離為L的P點射入磁場，一段時間后，該粒子在OM邊上某點以垂直于x軸的方向射出磁場。已知OM與z軸正方向的夾角為60°，設t＝0時帶電粒子經(jīng)過x軸，不計粒子重力。(1)求NMO區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小B；(2)求t＝t1(t1>0)時刻粒子的位置坐標；(3)在xOy平面下方空間再加上一沿y軸正方向、磁感應強度大小與NMO區(qū)域內(nèi)磁感應強度大小相同的勻強磁場，求此情況下t＝t2(t2>0)時刻粒子的位置坐標。(已知t2小于該粒子做圓周運動周期的四分之一)。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)設粒子在NMO磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系有r＋eq\f(r,tan60°)＝L解得r＝eq\f(3－\r(3),2)L根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得B＝eq\f(（3＋\r(3)）mv0,3qL)。(2)設t＝t1時，粒子的位置坐標為(x1，y1，z1)，粒子經(jīng)過x軸后，沿z軸負方向做勻速直線運動，則x1＝r，z1＝－v0t1粒子沿y軸負方向做勻加速直線運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律有qE＝ma則y1＝－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)聯(lián)立解得y1＝－eq\f(qEteq\o\al(2,1),2m)故t＝t1(t1>0)時刻粒子的位置坐標為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，粒子的運動軌跡為螺旋線，其運動可分解為在xOz平面內(nèi)的勻速圓周運動與沿y軸負方向的勻加速直線運動，由于磁感應強度大小仍為B，且粒子垂直磁場方向的速度仍為v0，由r＝eq\f(mv0,qB)可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑仍為r，周期T＝eq\f(2πr,v0)粒子在磁場中做勻速圓周運動的角速度ω＝eq\f(2π,T)設t＝t2時刻粒子的位置坐標為(x2，y2，z2)，由幾何關系知x2＝r＋r－rcosωt2z2＝－rsinωt2由(2)可知y2＝－eq\f(qEteq\o\al(2,2),2m)聯(lián)立解得粒子的坐標為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)))培優(yōu)點4電磁技術的應用創(chuàng)新拓展題組一速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾元件類(疊加場：qvB＝qE)1.芯片制造中的重要工序之一是離子注入，速度選擇器是離子注入機的重要組成部分。速度選擇器模型簡化如圖所示，一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里。一不計重力的離子以一定速度自P點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列說法正確的是()A．穿過小孔的離子一定帶正電B．穿過小孔的離子速度大小一定為eq\f(E,B)C．穿過小孔的離子比荷一定相同D．若離子從右側(cè)沿中軸線射入，仍能做勻速直線運動答案：B解析：離子做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，若離子帶負電，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，若離子帶正電，電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，可知兩種情景中，電場力與洛倫茲力均有可能達到平衡，即離子可能帶正電，也可能帶負電，故A錯誤；根據(jù)A項分析，由平衡條件得qvB＝qE，解得穿過小孔的離子的速度大小一定為v＝eq\f(E,B)，與離子的比荷無關，故B正確，C錯誤；若離子帶正電，當離子從右側(cè)沿中軸線射入，則電場力方向向下，洛倫茲力方向也向下，若離子帶負電，當離子從右側(cè)沿中軸線射入，則電場力方向向上，洛倫茲力方向也向上，兩種情景中均不可能滿足平衡條件，即若離子從右側(cè)沿中軸線射入，不能做勻速直線運動，故D錯誤。2.(2024·湖北高考)(多選)磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是()A．極板MN是發(fā)電機的正極B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大答案：AC解析：等離子體在兩平行金屬極板間向右運動時，由左手定則可知，帶正電的粒子受到的洛倫茲力向上，帶負電的粒子受到的洛倫茲力向下，則極板MN上聚集正電荷，極板PQ上聚集負電荷，故極板MN是發(fā)電機的正極，A正確；當帶電粒子受到的洛倫茲力和電場力平衡時，極板間獲得穩(wěn)定電壓U，設兩極板間的距離為d，勻強磁場磁感應強度大小為B，等離子體的噴入速率為v，帶電粒子的電荷量為q，則有qvB＝qeq\f(U,d)，可得U＝Bdv，若僅增大兩極板間的距離d，則U增大，若僅增大等離子體的噴入速率v，則U增大，U與噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度無關，B、D錯誤，C正確。3.(多選)某化工廠為檢測污水排放量，技術人員在排污管末端安裝一臺污水流量計，如圖所示，該裝置由非磁性絕緣材料制成，長、寬、高分別為a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應強度大小為B＝1.25T的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板，污水充滿裝置并以某一速度從左向右勻速流經(jīng)該裝置時，測得兩個金屬板間的電壓U＝1V。下列說法中正確的是()A．金屬板M電勢高，N的電勢低B．污水中離子濃度對電壓表的示數(shù)有影響C．污水的流量(單位時間內(nèi)流出的污水體積)Q＝0.16m3/sD．電荷量為1.6×10－19C的離子，流經(jīng)該裝置時受到的靜電力F＝8.0×10－19N答案：ACD解析：根據(jù)左手定則，負離子所受的洛倫茲力方向向下，向下偏轉(zhuǎn)，則N板帶負電，M板帶正電，則M板電勢高，N板電勢低，故A正確；最終離子在靜電力和洛倫茲力作用下平衡，有qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝vBc，即電壓表示數(shù)與離子濃度無關，故B錯誤；污水的流速v＝eq\f(U,cB)，則流量Q＝vbc＝eq\f(Ub,B)＝0.16m3/s，故C正確；電荷量為1.6×10－19C的離子，流經(jīng)該裝置時受到的靜電力F＝qeq\f(U,c)＝1.6×10－19×eq\f(1,0.2)N＝8.0×10－19N，故D正確。4．(2024·江西高考)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學性能?，F(xiàn)設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖a所示，在長為a、寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當I＝1.00×10－3A時，測得U-B關系圖線如圖b所示，元電荷e＝1.60×10－19C，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近()A．1.7×1019 B．1.7×1015C．2.3×1020 D．2.3×1016答案：D解析：設此樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為n，載流子從電極3向電極1定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過此樣品的電荷量q＝nevtb，根據(jù)電流的定義式得I＝eq\f(q,t)，當載流子穩(wěn)定通過此樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有eeq\f(U,b)＝evB，聯(lián)立解得U＝eq\f(I,ne)B，結(jié)合題圖b可知，k＝eq\f(I,ne)＝eq\f(88×10－3,320×10－3)V/T，代入數(shù)據(jù)解得n＝2.3×1016，D正確。題組二質(zhì)譜儀、回旋加速器類(組合場)5.如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對eq\o\al(2,1)H粒子進行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應強度大小為B，D形盒縫隙間電場變化周期為T，加速電壓為U。忽略相對論效應和粒子在D形盒縫隙間的運動時間，下列說法正確的是()A．保持B、U和T不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子B．只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子獲得的最大動能增大C．只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子在回旋加速器中運動的時間變短D．回旋加速器只能加速帶正電的粒子，不能加速帶負電的粒子答案：C解析：利用回旋加速器對粒子進行加速時，D形盒縫隙間電場變化周期與粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，為T＝eq\f(2πm,qB)，而質(zhì)子與eq\o\al(2,1)H粒子的比荷不相等，所以為了使加速器可以加速質(zhì)子，應對加速器進行參數(shù)調(diào)節(jié)，改變B或T，A錯誤；設D形盒半徑為r，則eq\o\al(2,1)H粒子離開回旋加速器的最大速度vmax＝eq\f(\a\vs4\al(qBr),m)，所以只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子獲得的最大動能Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(\a\vs4\al(q2B2r2),2m)不會增大，B錯誤；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的動能為2qU，在回旋加速器中運動時間由回旋次數(shù)決定，設回旋次數(shù)為n，則由2nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，可得n＝eq\f(\a\vs4\al(qB2r2),4mU)，所以粒子運動總時間t＝nT＝eq\f(\a\vs4\al(qB2r2),4mU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBr2,2U)，故只增大加速電壓U，eq\o\al(2,1)H粒子在回旋加速器中運動的時間變短，C正確；回旋加速器既能加速帶正電的粒子，也能加速帶負電的粒子，D錯誤。6.質(zhì)譜儀是一種檢測同位素的儀器，利用電場和磁場可以將同位素進行分離?，F(xiàn)有氕(eq\o\al(1,1)H)、氘(eq\o\al(2,1)H)兩種帶電粒子從容器A下方的狹縫S1飄入電勢差為U0的加速電場，其初速度幾乎為零，然后沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B0的足夠大的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知帶電粒子從狹縫S3進入磁場時與垂直磁場邊界方向存在一個很小的散射角θ，所有粒子均打在底片區(qū)域內(nèi)，所能到達的最遠點為M。已知氘粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，忽略帶電粒子的重力及粒子間相互作用力。(1)求M點與狹縫S3之間的距離d；(2)若某些氘粒子進入磁場后，形成等效電流為I的粒子束，最終垂直打在照相底片上的P點(圖中未畫出)形成一個曝光點，粒子均被吸收。求氘粒子束對P點的沖擊力大小F；(3)若考慮磁感應強度在(B0－ΔB)到(B0＋ΔB)之間波動，要使在底片上能完全分辨氕、氘兩種粒子，求ΔB應滿足的條件。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)設氘粒子進入磁場時的速度為v，根據(jù)動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2氘粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)半個圓周后打在底片上的位置最遠，設氘粒子在磁場中的軌道半徑為r，此時打在底片上的位置與狹縫S3之間的距離為d2，根據(jù)幾何關系得2r＝d2氘粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，則qvB0＝eq\f(mv2,r)聯(lián)立解得d2＝eq\f(1,B0)eq\r(\f(8U0m,q))分析可得，氕粒子的質(zhì)量為eq\f(m,2)，電荷量為q，同理可得，氕粒子打在底片最遠點與狹縫S3之間的距離d1＝eq\f(1,B0)eq\r(\f(4U0m,q))綜上可知，M點與狹縫S3之間的距離d＝d2＝eq\f(1,B0)eq\r(\f(8U0m,q))。(2)設t時間內(nèi)打到P點的氘粒子個數(shù)為N，則I＝eq\f(\a\vs4\al(Nq),t)對這些氘粒子，根據(jù)動量定理有－F′t＝0－Nmv根據(jù)牛頓第三定律得F＝F′聯(lián)立解得F＝Ieq\r(\f(2U0m,q))。(3)要使氕、氘兩種粒子在底片上沒有重疊，則氘粒子打在底片上距狹縫S3的最小距離應比氕粒子打在底片上距狹縫S3的最大距離大，即2r2cosθ>2r1對氕粒子由動能定理有qU0＝eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(2,1)進入磁場后由洛倫茲力提供向心力，則有qv(B0＋ΔB)＝eq\f(mv2,r2)，qv1(B0－ΔB)＝eq\f(mveq\o\al(2,1),2r1)聯(lián)立解得ΔB<eq\f(\r(2)cosθ－1,\r(2)cosθ＋1)B0。題組三電磁技術的其他應用7．(2024·北京高考)我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室(兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域)的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動(如截面圖所示)，可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為＋e，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為－e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。(1)求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；(2)求徑向磁場的磁感應強度大小B2；(3)設被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F。答案：(1)eq\f(eE,M)(2)eq\f(mE,eB1R)(3)eq\f(nk\r(2deEM),1＋k)解析：(1)氙離子在放電室內(nèi)運動時只受電場力作用，由牛頓第二定律有eE＝Ma解得a＝eq\f(eE,M)。(2)設電子在陽極附近垂直軸線的平面繞軸線做勻速圓周運動的速度為v。電子在軸線方向上所受電場力與洛倫茲力平衡，即Ee＝evB2在垂直軸線的平面，由洛倫茲力提供向心力，有evB1＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得B2＝eq\f(mE,eB1R)。(3)設單位時間內(nèi)進入放電室的電子數(shù)為x，被電離的氙原子數(shù)為N，則有eq\f(N,x)＝k氙離子從放電室右端噴出后與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和，則有N＝n－x聯(lián)立解得N＝eq\f(nk,1＋k)設氙離子從放電室右端噴出時的速度大小為v1，氙離子經(jīng)電場加速，由動能定理有deE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－0時間Δt內(nèi)被電離的氙原子數(shù)為N總＝NΔt設這部分氙原子被電離后所受到的作用力大小為F′，由動量定理有F′·Δt＝N總·Mv1由牛頓第三定律可知，霍爾推進器獲得的推力大小F＝F′聯(lián)立解得F＝eq\f(nk\r(2deEM),1＋k)。8．(2024·浙江6月選考)探究性學習小組設計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N(由金屬細絲組成的網(wǎng)狀電極)，噴鍍板P上表面中點Q的坐標為(1.5L，0)，柵極板M中點S的坐標為(3L，0)。離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的eq\f(1,4)倍，經(jīng)電壓U＝kU0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中U0＝\f(qB2L2,8m)，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0))的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控(UNM>0)，a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場的邊界效應、離子受到的重力及離子間相互作用力。(1)若U＝U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置x0(用L表示)。(2)調(diào)節(jié)U和UNM，并保持UNM＝eq\f(3,4)U，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：①U的調(diào)節(jié)范圍(用U0表示)；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度。(3)要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，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)設a離子離開加速電場時速度大小為v，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，a離子在電場中加速的過程，根據(jù)動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0a離子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，有Bqv＝meq\f(v2,R)根據(jù)幾何關系，可知a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置坐標x＝2R聯(lián)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離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上，則a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)到x軸上的位置坐標x滿足L≤x≤2L結(jié)合(1)中x的表達式，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離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標為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，只有當eq\f(5,2)L≤xb≤eq\f(7,2)L時，b離子才可能落在P下表面解得滿足條件的U的范圍為eq\f(25U0,16)≤U≤eq\f(49U0,16)設b離子第一次到達柵極板N時的速度大小為vb，根據(jù)動能定理得qbU－qbUNM＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)－0其中UNM＝eq\f(3,4)U設b離子第一次在虛線下方磁場中運動的軌跡半徑為R′，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqbvb＝mbeq\f(veq\o\al(2,b),R′)根據(jù)幾何關系，b離子第一次離開虛線下方磁場時向左運動的距離Δxb＝2R′第一次離開虛線下方磁場時的x坐標為xb′＝xb－Δxb聯(lián)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，當U＝eq\f(25,16)U0時，b離子第一次離開虛線下方磁場時的x坐標有最小值xb1′，則可得xb1′＝eq\f(5,4)L分析可知，當U＝eq\f(49,16)U0時，b離子第一次離開虛線下方磁場時的x坐標有最大值xb2′，則可得xb2′＝eq\f(7,4)L因為xb1′、xb2′滿足L<xb1′<2L、L<xb2′<2L，故滿足eq\f(25U0,16)≤U≤eq\f(49U0,16)時，b離子均能落在P下表面，故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為Δx＝xb2′－xb1′＝eq\f(1,2)L。(3)要求a離子落在噴鍍板P上表面中點Q，由(1)(2)可知，a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)一次后到達x軸的坐標為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)。將U的值代入xb的表達式，可得b離子第一次經(jīng)過柵極板的x坐標為xb＝eq\f(2,B)eq\r(\f(8mU,q))＝3L若b離子減速n(n＝1，2，3，…)次恰好打在P板下表面中點處，設打在P板下表面中點處的速度大小為vb′，運動軌跡如圖所示，根據(jù)動能定理有Uqb－nUNMqb＝eq\f(1,2)mbvb′2－0根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqbvb′＝meq\f(vb′2,rn)聯(lián)立可得req\o\al(2,n)＝eq\f(9L2,4)－eq\f(8nm,B2q)UNMb離子減速n次恰好打在P板下表面中點，又每次從x軸上方到達x軸的坐標均為xb＝3L由幾何關系可得，2rn－1>xb－L2rn＝xb－eq\f(3,2)L將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聯(lián)立可解得n<eq\f(27,7)又n為正整數(shù)，故n只能取1，2，3將n＝1、n＝2、n＝3分別代入eq\f(9L2,4)－eq\f(8nm,B2q)UNM＝eq\f(9,16)L2可解得滿足條件的UNM值分別為UNM1＝eq\f(\a\vs4\al(27B2qL2),128m)，UNM2＝eq\f(\a\vs4\al(27B2qL2),256m)，UNM3＝eq\f(\a\vs4\al(9B2qL2),128m)。培優(yōu)專練三電磁感應的典型模型培優(yōu)點1電磁感應中的單桿模型題組一導軌接定值電阻的單桿模型1．(2023·重慶高考)如圖所示，與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U型金屬導軌。質(zhì)量為m、電阻不可忽略的導體桿MN沿導軌向下運動，以大小為v的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區(qū)域，在磁場中運動一段時間t后，速度大小變?yōu)?v。運動過程中桿與導軌垂直并接觸良好，導軌的電阻忽略不計，重力加速度為g。桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)()A．流過桿的感應電流方向從N到MB．桿沿軌道下滑的距離為eq\f(3,2)vtC．流過桿感應電流的平均電功率等于重力的平均功率D．桿所受安培力的沖量大小為mgtsinθ－mv答案：D解析：根據(jù)右手定則可知，流過桿的感應電流方向從M到N，故A錯誤；設桿切割磁感線的有效長度為L，桿接入回路的電阻為R，磁場的磁感應強度大小為B，桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)，桿受到重力、軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，其中桿所受安培力大小F安＝BIL，桿中電流大小I＝eq\f(BLv′,R)，聯(lián)立可得桿的加速度a＝gsinθ－eq\f(B2L2v′,mR)，則隨著桿的速度v′變大，加速度a將變小，即桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)，做加速度逐漸減小的加速運動，若此段時間內(nèi)桿做勻加速直線運動從v加速到2v，則桿沿軌道下滑的距離為s0＝eq\f(v＋2v,2)·t＝eq\f(3,2)vt，根據(jù)v-t圖像與t軸圍成的面積表示位移，可知桿實際沿軌道下滑的距離s>s0＝eq\f(3,2)vt，故B錯誤；在磁場中運動的此段時間內(nèi)，桿的速度增大，動能增大，由能量守恒定律可知，桿的重力勢能的減小量等于桿的動能的增加量和所產(chǎn)生的電能之和，結(jié)合功能關系知，重力對桿所做的功大于感應電流的電功，根據(jù)eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)可知，流過桿的感應電流的平均電功率小于重力的平均功率，故C錯誤；桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)，根據(jù)動量定理，有mgsinθ·t－I安＝m·2v－mv，解得桿所受安培力的沖量大小為I安＝mgtsinθ－mv，故D正確。2．(2024·四川省成都市高三下三診)(多選)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面上，其間距為d，兩完全相同的燈泡電阻均為R。長為d、電阻不計的導體棒MN置于導軌上，且與導軌保持良好接觸?？臻g存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。閉合開關S，由靜止開始對導體棒MN施加一水平向右的恒力F0，經(jīng)過足夠長的時間后，MN運動穩(wěn)定，此時恒力F0的功率為P0，且小燈泡L1恰好正常發(fā)光。不計導軌電阻，忽略燈泡的電阻變化，則()A．水平恒力F0＝Bdeq\r(\f(P0,R))B．MN運動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力大小F0恒定，導體棒將做加速度逐漸減小的減速運動C．MN運動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力大小F0恒定，經(jīng)足夠長時間，兩燈泡均能正常發(fā)光D．MN運動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力功率P0恒定，經(jīng)足夠長時間，導體棒再次穩(wěn)定時速度大小為原來穩(wěn)定時的2倍答案：AC解析：開關閉合情況下，MN運動穩(wěn)定時做勻速直線運動，由平衡條件有F安＝F0，而安培力大小F安＝BId，又P0＝I2R，聯(lián)立解得F0＝Bdeq\r(\f(P0,R))，A正確；設MN運動穩(wěn)定時的速度大小為v，由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知，此時流過MN的電流大小I＝eq\f(Bdv,R)，斷開S瞬間，MN中的電流變?yōu)閑q\f(Bdv,2R)＝eq\f(I,2)，其所受安培力減小為原來F安的eq\f(1,2)，若保持拉力大小F0恒定，MN將做加速運動，隨速度增加，MN中電流增大，所受安培力增大，合力減小，加速度減小，當安培力和F0平衡時，回路中的電流為I，則此時兩個小燈泡均正常發(fā)光，B錯誤，C正確；MN運動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力功率P0不變，設經(jīng)過足夠長的時間，導體棒再次平衡時，導體棒的速度為v′，則有F＝F安′＝BI′d＝B·eq\f(Bdv′,2R)·d＝eq\f(B2d2v′,2R)，且有P0＝Fv′，聯(lián)立解得v′＝eq\f(\r(2P0R),Bd)，同理可得，原來穩(wěn)定時導體棒的速度v＝eq\f(\r(P0R),Bd)，即導體棒再次穩(wěn)定時的速度是原來穩(wěn)定時的eq\r(2)倍，D錯誤。3．(2024·湖南高考)(多選)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內(nèi)，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經(jīng)過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，AB＝BC＝d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．金屬桿經(jīng)過BB1的速度為eq\f(v0,2)B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgdC．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍答案：CD解析：設平行金屬導軌間距為L，金屬桿經(jīng)過BB1的速度大小為vB，在AA1B1B區(qū)域運動的時間為t0，平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線，產(chǎn)生的平均感應電動勢大小為eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\o(v,\s\up6(－))，產(chǎn)生的平均感應電流大小為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，所受安培力的平均值大小為eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))LB，金屬桿在AA1B1B區(qū)域運動的過程，以運動方向為正方向，根據(jù)動量定理有I安＝mvB－mv0，又安培力的沖量I安＝－eq\o(F,\s\up6(－))t0，eq\o(v,\s\up6(－))t0＝d，聯(lián)立可得I安＝－eq\f(B2L2d,2R)，vB＝v0－eq\f(B2L2d,2mR)；設金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為t1，平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))′，同理可知，金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的過程有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，綜上可得vB＝eq\f(v0,2)＋eq\f(μgt1,2)>eq\f(v0,2)，則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于eq\f(v0,2)，且金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量I安＝I安′＝－eq\f(B2L2d,2R)，故A錯誤，C正確。整個過程，根據(jù)能量守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgd＋Q總，由焦耳定律及串聯(lián)電路規(guī)律知，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(1,2)Q總，聯(lián)立解得QR＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgd，故B錯誤。設金屬桿的初速度加倍后，金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的時間為t2，金屬桿在磁場中運動的距離為x，金屬桿在磁場中運動的過程，以運動方向為正方向，由動量定理有I安″－μmgt2＝0－2mv0，由A、C項分析同理可知，安培力的沖量I安″＝－eq\f(B2L2x,2R)，聯(lián)立可得x＝eq\f(2R,B2L2)(2mv0－μmgt2)，同理可得，金屬桿原來在磁場中運動的距離2d＝eq\f(2R,B2L2)·(mv0－μmgt1)，金屬桿初速度加倍后，到達BB1的速度增大，則在BB1C1C區(qū)域任一位置的速度均增大，則t2<t1，所以eq\f(x,2)>2d，x>4d，即將金屬桿的初速度加倍后，金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。題組二導軌接電源的單桿模型4.(2024·湖南省長沙市高三下高考模擬預測)(多選)如圖，足夠長的平行光滑金屬導軌水平固定放置，寬度為l，一端連接電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。導軌所在空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B，質(zhì)量為m、電阻為R的導體棒ab放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好，不計導軌電阻?，F(xiàn)閉合開關，導體棒運動一段位移x后達到最大速度vm，則下列說法正確的是()A．vm＝eq\f(E,Bl)B．通過導體棒的電荷量q＝eq\f(Blx,R＋r)C．安培力對導體棒做功的大小等于導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱D．導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(RmE2,2（R＋r）B2l2)答案：AD解析：導體棒先在安培力作用下做加速運動，電路中的電流i＝eq\f(E－Blv,R＋r)，所以當導體棒達到最大速度時閉合回路中的電流i＝0，則導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E，即Blvm＝E，解得vm＝eq\f(E,Bl)，故A正確；設導體棒的位移為x時，運動的時間為t，期間流過導體棒的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，由動量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝mvm－0，由電流的定義式可知，通過導體棒的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，聯(lián)立解得q＝eq\f(mE,B2l2)，故B錯誤；設電源內(nèi)阻和導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和為Q總，根據(jù)能量守恒定律可得qE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q總，由焦耳定律可知，導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(R,R＋r)Q總，聯(lián)立解得Q＝eq\f(RmE2,2（R＋r）B2l2)，故D正確；根據(jù)動能定理可知，安培力對導體棒做功的大小W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(mE2,2B2l2)>Q，故C錯誤。題組三導軌接電容器的單桿模型5．(2024·海南高考)(多選)兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計、光滑的金屬導軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L＝1m，連接處平滑。導軌平面與水平面夾角為30°，導軌兩端分別連接一個阻值R＝0.02Ω的電阻和C＝1F的電容器，整個裝置處于B＝0.2T的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分別為m1＝0.8kg、m2＝0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0＝4.32m處在一個大小F＝4.64N、方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g＝10m/s2()A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44sB．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s答案：BD解析：對cd和電容器組成的回路，當在很短時間Δt內(nèi)cd的速度變化Δv時，cd產(chǎn)生的感應電動勢變化ΔE＝BLΔv，電容器上儲存的電荷量變化Δq＝C·ΔE＝CBLΔv，則此時cd中的電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa2，此時，對cd，根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL－m2gsin30°＝m2a2，聯(lián)立解得cd的加速度大小a2＝eq\f(F－m2gsin30°,m2＋CB2L2)＝6m/s2，a2是定值，說明cd沿導軌向上做勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有x0＝eq\f(1,2)a2t2，代入數(shù)據(jù)解得cd在力F作用下運動到MN處所用時間為t＝1.2s，則ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為t＝1.2s，故A錯誤；ab從釋放到第一次碰撞前，設ab的位移為xab，碰前瞬間ab的速度為v1，根據(jù)動量定理有m1gsin30°·t－Beq\o(I,\s\up6(－))′L·t＝m1v1－0，由閉合電路歐姆定律可得，ab中感應電流的平均值eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R總)，ab所在回路的總電阻R總＝R＋Rab，由法拉第電磁感應定律可得，ab產(chǎn)生的感應電動勢的平均值eq\o(E,\s\up6(－))′＝BLeq\o(v,\s\up6(－))ab，且xab＝eq\o(v,\s\up6(－))abt，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得xab＝3m，此過程，對ab所在回路根據(jù)能量守恒定律有m1gxabsin30°＝Q＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，根據(jù)焦耳定律及串聯(lián)電路規(guī)律可得，R上消耗的焦耳熱為QR＝eq\f(R,R＋Rab)Q，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得QR＝0.78J，故B正確；兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間cd的速度大小v2＝a2t＝7.2m/s，取沿導軌向下為正方向，設兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度為v1′，cd的速度為v2′，根據(jù)動量守恒定律有m1v1－m2v2＝m1v1′＋m2v2′，根據(jù)總動能不變，有eq\f(1,2)m1veq\o\a