《2017-2018學(xué)年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學(xué)年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題教學(xué)案（64頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第5板塊 電學(xué)計(jì)算題 第23講 電磁感應(yīng)的動力學(xué)和能量問題是歷年高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)。考查的題型既有選擇，又有計(jì)算，特別是高考試卷的壓軸題也常?？疾殡姶鸥袘?yīng)的綜合應(yīng)用。解答這類問題時要注意從動力學(xué)和能量角度去分析，根據(jù)運(yùn)動情況和能量變化情況分別列式求解。涉及的規(guī)律主要包括：①勻變速直線運(yùn)動規(guī)律；②牛頓運(yùn)動定律；③功能關(guān)系；④能量守恒定律。 用到的思想方法主要有： ①整體法和隔離法 ②全程法和分階段法 ③條件判斷法 ④臨界問題的分析方法 ⑤守恒思想　　　⑥分解思想　 考查點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的“單桿”模型 題點(diǎn)(一)　“單桿”水平式 物理模型 勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)

2、強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì) 動態(tài)分析 設(shè)運(yùn)動過程中某時測得導(dǎo)體棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a＝－，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當(dāng)a＝0時，v最大，I＝不再變化 收尾狀態(tài) 運(yùn)動形式 勻速直線運(yùn)動 力學(xué)特征 受力平衡，a＝0 電學(xué)特征 I不再變化 [例1]　(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以

3、速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P。 [解析]　(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0 ① 回路的感應(yīng)電流I＝ ② 由①②式解得I＝。 ③ (2)金屬桿所受的安培力F＝Bid ④ 由牛頓第二定律，對金屬桿F＝ma ⑤ 由③④⑤式解得a＝。 ⑥ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v ⑦

4、 感應(yīng)電動勢E＝Bdv′ ⑧ 感應(yīng)電流的電功率P＝ ⑨ 由⑦⑧⑨式解得P＝。 ⑩ [答案]　(1)　(2)　(3) 題點(diǎn)(二)　“單桿”傾斜式 物理模型 勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì) 動態(tài)分析 棒ab剛釋放時a＝gsin α，棒ab的速度v↑→感應(yīng)電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsin α?xí)r，a＝0，速度達(dá)到最大vm＝ 收尾狀態(tài) 運(yùn)動形式 勻速直線運(yùn)動 力學(xué)特征 受力平衡，a＝0 電學(xué)特征 I達(dá)到最大后不再變化 　 [例2]　如圖所示，在勻

5、強(qiáng)磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，與水平面間的夾角θ＝30°，間距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4 T，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量m＝0.2 kg，電阻r＝0.1 Ω 的導(dǎo)體棒MN在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，當(dāng)棒的位移d＝9 m時電阻R上的消耗的功率為P＝2.7 W。其他電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求： (1)此時通過電阻R的電流； (2)這一過程通過電阻R的電荷量q； (3)此時作用于導(dǎo)體棒上的外力F的大小。 [思路點(diǎn)撥] [解析]　(1)根據(jù)

6、熱功率：P＝I2R， 解得：I＝ ＝ A＝3 A。 (2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢： ＝，由歐姆定律得：＝， 電流和電量之間關(guān)系式： q＝t＝＝＝ C＝4.5 C。 (3)由(1)知此時感應(yīng)電流I＝3 A， 由I＝＝， 解得此時速度：v＝＝ m/s＝6 m/s， 由勻變速運(yùn)動公式：v2＝2ax， 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2， 對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得： F－F安－mgsin 30°＝ma， 即：F－BIL－mgsin 30°＝ma， 解得：F＝ma＋BIL＋mgsin 30°＝0.2×2 N＋0.4×0.5×3 N＋0.2×10× N＝2 N。 [答

7、案]　(1)3 A　(2)4.5 C　(3)2 N 1．“單桿”模型分析 “單桿”模型是電磁感應(yīng)中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導(dǎo)體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、拉力作用下的變加速直線運(yùn)動或勻速直線運(yùn)動，所涉及的知識有牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等。此類問題的分析要抓住三點(diǎn)： ①桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運(yùn)動(達(dá)到最大速度或最小速度，此時合力為零)。 ②整個電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。 ③電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律。 2．力學(xué)對象和電學(xué)對象間的橋梁——感應(yīng)電流I、切割速度v 3．用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 考查點(diǎn)二　電磁

8、感應(yīng)中的“雙桿”模型 [典例]　如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸

9、，取g＝10 m/s2。問： (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。 [解析]　(1)由右手定則可判斷cd中電流方向?yàn)閐流向c，故ab中的電流方向由a流向b。 (2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax， 有Fmax＝m1gsin θ　① 設(shè)ab剛好要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝BLv?、? 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝?、?

10、設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝ILB?、? 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 F安＝m1gsin θ＋Fmax?、? 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s?！、? (3)設(shè)在cd棒運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q總＋m2v2?、? 又Q＝Q總?、? 解得Q＝1.3 J?！、? [答案]　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 1．兩類“雙桿”模型 (1)一類是“一動一靜”，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件：靜止桿受力平衡。 (2)另一類是“兩桿都動”，對于這種情況，要注意兩桿切割磁

11、感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減。 2．解題方法 結(jié)合“單桿”模型的解題經(jīng)驗(yàn)，對“雙桿”模型進(jìn)行受力分析，確定運(yùn)動狀態(tài)，一般會有收尾狀態(tài)，比如有恒定的速度或者加速度等，再結(jié)合運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律和能量觀點(diǎn)分析求解。 1．如圖所示，間距l(xiāng)＝0.3 m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)。在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.4 T、方向豎直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場。電阻R＝0.3 Ω、質(zhì)量m1＝0.1 kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在

12、b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好。一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2＝0.05 kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a＝6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動。不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求 (1)小環(huán)所受摩擦力的大小； (2)Q桿所受拉力的瞬時功率。 解析：(1)以小環(huán)為研究對象，由牛頓第二定律 m2g－Ff＝m2a 代入數(shù)據(jù)得Ff＝0.2 N。 (2)設(shè)流過桿K的電流為I，由平衡條件得 IlB1＝

13、FT＝Ff 對桿Q，根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)以及平衡條件得 2IlB2＝F＋m1gsin θ 由法拉第電磁感應(yīng)定律的推論得E＝B2lv 根據(jù)歐姆定律有2I＝，且R總＝＋R 拉力F的瞬時功率表達(dá)式為P＝Fv 聯(lián)立以上各式得P＝2 W。 答案：(1)0.2 N　(2)2 W 2．間距為L＝2 m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平 面。質(zhì)量均為m＝0.1 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，細(xì)桿ab、cd的電阻分別為R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)

14、度大小為B＝0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中(圖中未畫出)。當(dāng)ab在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動時，cd桿也同時從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動。測得拉力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示。g取10 m/s2。 (1)求ab桿的加速度a。 (2)當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時，求ab桿的速度大小。 (3)若從開始到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力F做了5.2 J的功，通過cd桿橫截面的電荷量為2 C，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)由題圖乙可知，在t＝0時，F(xiàn)＝1.5 N 對ab桿進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝10 m/

15、s2。 (2)從d向c看，對cd桿進(jìn)行受力分析如圖所示，當(dāng)cd桿速度最大時，有 Ff＝mg＝μFN，F(xiàn)N＝F安，F(xiàn)安＝BIL， I＝ 綜合以上各式，解得v＝2 m/s。 (3)整個過程中，ab桿發(fā)生的位移 x＝＝ m＝0.2 m 對ab桿應(yīng)用動能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得W安＝4.9 J，根據(jù)功能關(guān)系Q總＝W安 所以ab桿上產(chǎn)生的熱量Qab＝Q總＝2.94 J。 答案：(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J 考查點(diǎn)三　電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體框”模型 [典例]　(2015·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，

16、相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求 (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H。 [解析]　(1)設(shè)磁場的磁感

17、應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框做勻速運(yùn)動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E1＝2Blv1 ① 設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有 I1＝ ② 設(shè)此時線框所受安培力為F1，有 F1＝2I1lB ③ 由于線框做勻速運(yùn)動，其受力平衡，有 mg＝F1 ④ 由①②③④式得 v1＝ ⑤ 設(shè)ab邊離開磁場之前線框做勻速運(yùn)動的速度為v2，同理可得 v2＝ ⑥ 由⑤⑥式得 v2＝4v1。 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律，有 2mgl＝mv12 ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量

18、守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋28l。 ⑩ [答案]　(1)4倍　(2)＋28l 1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 2．求解焦耳熱Q的三種方法 3．解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。 (3)根據(jù)能量守恒列方程求解。 1.如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.1 m，在

19、aa′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計(jì)其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度； (2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能； (3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)金屬線圈向下進(jìn)入磁場時，有

20、 mgsin θ＝μmgcos θ＋F安， 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s。 (2)設(shè)線圈到達(dá)最高點(diǎn)離bb′的距離為x，則 v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 根據(jù)動能定理有 Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J。 (3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0 Q＝－W安 解得：Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 2.如圖所示，

21、P、Q為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長直導(dǎo)軌，間距L1＝0.5 m，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)體桿ef垂直于P、Q放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運(yùn)動。質(zhì)量為m＝0.1 kg 的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)，其邊長為L2＝0.1 m，每邊電阻均為r＝0.1 Ω。線框的兩頂點(diǎn)a、b通過細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝1 T的勻強(qiáng)磁場垂直金屬框abcd向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對a、b點(diǎn)的作用力，g取10 m/s2，求： (1)通過ab邊的電流Iab； (2)導(dǎo)體桿ef的運(yùn)動速度v。 解析：(1)設(shè)通過正方形金屬框的總

22、電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc， 有Iab＝I，Idc＝I 金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有 mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 聯(lián)立解得I＝10 A，Iab＝7.5 A。 (2)設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E，則 E＝B1L1v 設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則 R＝＝r 根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝ 解得v＝＝ m/s＝3 m/s。 答案：(1)7.5 A　(2)3 m/s

23、1．如圖甲是半徑為a的圓形導(dǎo)線框，電阻為R，虛線是圓的一條弦，虛線左右兩側(cè)導(dǎo)線框內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化如圖乙所示，設(shè)垂直線框向里的磁場方向?yàn)檎?，求? (1)線框中0～t0時間內(nèi)的感應(yīng)電流大小和方向； (2)線框中0～t0時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)設(shè)虛線左側(cè)的面積為S1，右側(cè)的面積為S2，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，向里的變化磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝S1 感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向。 向外的變化磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝S2 感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向。 從題圖乙中可以得到＝，＝ 感應(yīng)電流為I＝＝＝ 方向?yàn)槟鏁r針方向。 (2)根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt0＝

24、。 答案：(1)　逆時針方向　(2) 2.如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，間距為L，與水平面成θ角，導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連，且R1＝R2＝R，R1支路串聯(lián)開關(guān)S，原來S閉合。勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置，它與導(dǎo)軌粗糙接觸且始終接觸良好?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放，沿導(dǎo)軌下滑，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v，此時整個電路消耗的電功率為重力功率的。已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，求： (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后導(dǎo)體棒ab中的電流強(qiáng)度I； (2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達(dá)到

25、穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程回路中產(chǎn)生的電熱是多少？ 解析：(1)回路中的總電阻為：R總＝R 當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應(yīng)電動勢為： E＝BLv 此時棒中的感應(yīng)電流為：I＝ 此時回路的總電功率為：P電＝I2R總 此時重力的功率為：P重＝mgvsin θ 根據(jù)題給條件有：P電＝P重，解得：I＝ B＝ 。 (2)設(shè)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力大小為Ff，根據(jù)能量守恒定律可知：mgvsin θ＝Ffv 解得：Ff＝mgsin θ 導(dǎo)體棒ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和 mgsin θ·x＝mv2＋Q＋Ff·x 解得：Q＝mgs

26、in θ·x－mv2。 答案：(1) 　 (2)mgsin θ·x－mv2 3.如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50 m。軌道的MM′端接一阻值為R＝0.50 Ω的定值電阻。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.60 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域的右邊界為NN′，寬度為d＝0.80 m。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，兩半圓形軌道的半徑均為R0＝0.50 m?，F(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s＝2.0 m處，其質(zhì)量m＝0.20 kg、電阻r＝0.10 Ω。ab桿在與桿垂直的水平恒力F

27、＝2.0 N的作用下開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動至磁場的左邊界時撤去F，桿穿過磁場區(qū)域后，沿半圓形軌道運(yùn)動，結(jié)果恰好能通過半圓形軌道的最高位置PP′。已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，軌道電阻忽略不計(jì)，取g＝10 m/s2。求： (1)導(dǎo)體桿通過PP′后落到直軌道上的位置離NN′的距離； (2)導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R的電荷量； (3)導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)設(shè)導(dǎo)體桿運(yùn)動到半圓形軌道最高位置的速度為v，因?qū)w桿恰好能通過軌道最高位置， 由牛頓第二定律得mg＝m 導(dǎo)體桿通過PP′后做平拋運(yùn)動x＝vt 2R0＝gt2 解得：

28、x＝1 m。 (2)q＝·Δt ＝，＝，ΔΦ＝B·ld 聯(lián)立解得：q＝0.4 C。 (3)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動至磁場的左邊界時的速度為v1， 由動能定理有(F－μmg)s＝mv12 解得：v1＝6.0 m/s 在導(dǎo)體桿從剛進(jìn)磁場到滑至最高位置的過程中，由能量守恒定律有 mv12＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd 解得：Q＝0.94 J。 答案：(1)1 m　(2)0.4 C　(3)0.94 J 4．如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為l的平行長金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左端，另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上，ef與導(dǎo)軌接觸良好，并可在

29、導(dǎo)軌上無摩擦移動?，F(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d。若整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，且從某一時刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖乙所示的方式變化。 (1)求在0～t0時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向； (2)求在t0～2t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量； (3)1.5t0時刻桿對導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向。 解析：(1)在0～t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率＝ 產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E1＝＝S＝ld＝ 流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I1＝＝ 由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑→f。 (2)在t0～2t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)

30、強(qiáng)度的變化率＝ 產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E2＝＝S＝ld＝ 流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I2＝＝ 該時間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量Q＝I22Rt0＝。 (3)1.5t0時刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0 導(dǎo)體棒ef受安培力：F＝B0I2l＝ 方向水平向左 根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可知桿對導(dǎo)體棒的作用力為 F′＝－F＝－，負(fù)號表示方向水平向右。 答案：(1)，方向?yàn)閑→f　(2) (3)，方向水平向右 5.(2018屆高三·常州調(diào)研)如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的電容。質(zhì)量m＝20 g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，導(dǎo)體棒

31、和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動，經(jīng)t時間后到達(dá)B處，速度v＝5 m/s。此時，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個過程電容器未被擊穿。求 (1)導(dǎo)體棒運(yùn)動到B處時，電容C上的電量； (2)t的大小； (3)F2的大小。 解析：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動到B處時，電容器兩端電壓為 U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V 此時電容器的帶電量 q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C。 (2)導(dǎo)

32、體棒在F1作用下有F1－BId＝ma1， 又I＝＝，a1＝ 聯(lián)立解得：a1＝＝20 m/s2 則t＝＝0.25 s。 (3)由(2)可知導(dǎo)體棒在F2作用下，運(yùn)動的加速度 a2＝，方向向左， 又a1t2＝－ 將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F2＝0.55 N。 答案：(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N 6．(2014·江蘇高考)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之

33、前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g。求： (1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ； (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小v； (3)整個運(yùn)動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析：(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)在光滑導(dǎo)軌上 感應(yīng)電動勢E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F安＝BIL 導(dǎo)體棒受力平衡有F安＝mgsin θ 解得v＝。 (3)摩擦生熱QT＝μmgdcos θ 由能量守恒定律有3 mgdsin θ＝

34、Q＋QT＋mv2 解得Q＝2mgdsin θ－。 答案：(1)tan θ　(2) (3)2mgdsin θ－ [教師備選題] 1.如圖所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界相距d0?，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運(yùn)動，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì))。求： (1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度。 (2)

35、棒ab通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能。 解析：(1)棒在磁場中勻速運(yùn)動時，有F＝FA＝BIl， 再據(jù)I＝＝，聯(lián)立解得v＝。 (2)安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個電阻消耗的電能Q，據(jù)能量守恒定律可得 F(d0＋d)＝Q＋mv2， 解得Q＝F(d0＋d)－。 答案：(1)　(2)F(d0＋d)－ 2.如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.50 m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0 Ω，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T。將一根質(zhì)量為m＝0.050 kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)?，F(xiàn)由靜止釋放

36、金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0 m。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求： (1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時的加速度大??； (2)金屬棒到達(dá)cd處的速度大小； (3)金屬棒由位置ab運(yùn)動到cd的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)設(shè)金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2。 (2)設(shè)金屬棒到達(dá)cd位置時速度大小為v、

37、通過金屬棒的電流為I，金屬棒受力平衡，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s。 (3)設(shè)金屬棒從ab運(yùn)動到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有 mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 解得Q＝0.10 J。 答案：(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 3．(2018屆高三·福州五校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)對a棒施

38、以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求： (1)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動的過程中，a棒中的電流Ia與定值電阻R中的電流IR之比； (2)a棒的質(zhì)量ma； (3)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時所受的拉力F。 解析：(1)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時，設(shè)b棒中的電流為Ib，有 IRR＝I

39、bR ① Ia＝IR＋I(xiàn)b ② 由①②解得＝。 ③ (2)a棒在PQ上方滑動過程中機(jī)械能守恒，設(shè)a棒在PQ處向上滑動的速度大小為v1，其與在PQ處向下滑動的速度大小v2相等，即 v1＝v2＝v ④ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L，a棒在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E＝BLv ⑤ 當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動時， Ib＝＝ ⑥ IbLB＝mgsin θ ⑦ a棒向下勻速運(yùn)動時，設(shè)a棒中的電流為Ia′，則 Ia′＝ ⑧ Ia′LB＝magsin θ ⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma＝m。 (3)由題知，導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時，所受拉力為 F＝IaLB＋magsin θ

40、 聯(lián)立以上各式解得F＝mgsin θ。 答案：(1)2∶1　(2)m　(3)mgsin θ 4．如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻。 (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v； (2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。 解析：(1)導(dǎo)體棒勻速下

41、滑時，有 Mgsin θ＝Bil ① 可得I＝ ② 導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E0＝Blv ③ 由閉合電路歐姆定律得I＝ ④ 聯(lián)立②③④解得v＝。 ⑤ (2)改變Rx，由②式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為U，電場強(qiáng)度大小為E，則 U＝IRx ⑥ E＝ ⑦ mg＝qE ⑧ 聯(lián)立②⑥⑦⑧解得Rx＝。 答案：(1)　　(2) 5．(2014·福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長為L、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

42、，方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)，且開關(guān)閉合前后，液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動，液體所受的摩擦阻力不變。 (1)求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0； (2)求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化Δp； (3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S＝dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比的值。 解析：(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，U0保持恒定，有 qv0B＝q ① 得U0＝Bdv0。 ② (2)設(shè)開關(guān)閉合前后

43、，管道兩端壓強(qiáng)差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hd＝f③ p2hd＝f＋F安 ④ F安＝Bid ⑤ 根據(jù)歐姆定律，有I＝ ⑥ 兩導(dǎo)體板間液體的電阻r＝ρ ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝。 ⑧ (3)電阻R獲得的功率為P＝I2R ⑨ P＝2R ⑩ 當(dāng)＝時 ? 電阻R獲得的最大功率Pm＝。 ? 答案：(1)Bdv0　(2)　(3)　 第24講 分析近幾年全國高考卷的計(jì)算題可知，高考壓軸題多數(shù)情況下考查電學(xué)，少數(shù)情況下考查力學(xué)?？疾榈膬?nèi)容有時是電場，有時是磁場，有時是電場和磁場的復(fù)合場，有時是電磁感應(yīng)的綜合問題

44、。本講主要解決帶電粒子在電、磁場中的運(yùn)動問題。 考查內(nèi)容 ①帶電粒子在電場中的運(yùn)動 ②帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 ③帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 思想方法 ①假設(shè)法　　　　②合成法 ③正交分解法 ④臨界、極值問題的分析方法 ⑤等效思想 ⑥分解思想 　　　 考查點(diǎn)一　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 題點(diǎn)(一)　帶電粒子的直線運(yùn)動 [例1]　反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m＝1.0×10－20 kg，電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負(fù)電的粒子從(－

45、1 cm,0)點(diǎn)由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運(yùn)動。忽略粒子的重力等因素。求： (1)x軸左側(cè)電場強(qiáng)度E1和右側(cè)電場強(qiáng)度E2的大小之比； (2)該粒子運(yùn)動的最大動能Ekm； (3)該粒子運(yùn)動的周期T。 [解析]　(1)由題圖可知： 左側(cè)電場強(qiáng)度：E1＝ V/m＝2.0×103 V/m① 右側(cè)電場強(qiáng)度：E2＝ V/m＝4.0×103 V/m② 所以：＝。 (2)粒子運(yùn)動到原點(diǎn)時速度最大，根據(jù)動能定理有： qE1·x＝Ekm③ 其中x＝1.0×10－2 m 聯(lián)立①③并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：Ekm＝2.0×10－8 J。④ (3)設(shè)粒子在原點(diǎn)左右兩側(cè)運(yùn)動的時間分別為t1

46、、t2，在原點(diǎn)時的速度為vm，由運(yùn)動學(xué)公式有 vm＝t1⑤ vm＝t2⑥ Ekm＝mvm2⑦ T＝2(t1＋t2)⑧ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦⑧并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：T＝3.0×10－8 s。 [答案]　(1)1∶2　(2)2.0×10－8 J　(3)3.0×10－8 s 題點(diǎn)(二)　帶電粒子的曲線運(yùn)動 [例2]　如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計(jì))被加速后從金屬板的小孔穿出進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，電子恰好打在下極板的右邊緣M點(diǎn)，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場的下極板向下平移。

47、 (1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點(diǎn)？ (2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點(diǎn)？ [解析]　(1)設(shè)移動下極板前后偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度分別為E和E′，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度大小分別為a、a′，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時的速度大小分別為v0、v1 因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有Ed＝E′·d， 即E′＝E 由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a 設(shè)極板長度為L，則d＝a′2，＝a2 聯(lián)立解得v12＝ 在加速電場中由動能定理知 eU1＝mv02，eU1′＝mv12 U1′＝，即加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，才能使電子打在下極板的中點(diǎn)。 (2)因電

48、子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向上做勻速直線運(yùn)動，極板移動前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時間t相等 設(shè)極板移動前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的加速度大小分別為a1、a2，則有 ＝a1t2，d＝a2t2， 即a2＝2a1 由牛頓第二定律知a1＝，a2＝ 聯(lián)立得U2′＝3U2，即偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，才能使電子仍打在M點(diǎn)。 [答案]　(1)加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，即 (2)偏轉(zhuǎn)電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，即3U2 考查點(diǎn)二　帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 題點(diǎn)(一)　帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動 1．磁場中勻速圓周運(yùn)動問題的分析方法 2．求磁場區(qū)域最小面積的兩個注意事項(xiàng) (1)注

49、意粒子射入、射出磁場邊界時速度的垂線的交點(diǎn)，即為軌跡圓的圓心。 (2)注意所求最小圓形磁場區(qū)域的直徑等于粒子運(yùn)動軌跡的弦長。 [例1]　如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一個方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的圓形磁場區(qū)域，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的A點(diǎn)以速度v0水平向右射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，打在x軸上的C點(diǎn)，且其速度方向與x軸正方向成θ＝60°角斜向下。若A點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2d)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(3d,0)，粒子重力不計(jì)。試求該圓形磁場區(qū)域的最小面積S及粒子在該磁場中運(yùn)動的時間t。 [思路點(diǎn)撥] (1)由已知條件求出粒子在圓形磁場中運(yùn)動的軌道半徑→由幾何關(guān)系找出

50、圓心角→找出粒子在磁場中運(yùn)動時的圓弧→根據(jù)圓弧找出對應(yīng)的弦長→以此弦長作為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場區(qū)域。 (2)找出粒子在圓形磁場中運(yùn)動的圓弧所對的圓心角→求出粒子在圓形磁場中運(yùn)動的周期→根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場中的運(yùn)動時間。 [解析]　帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為v0，粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供該粒子做圓周運(yùn)動的向心力。 設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R，則有 qv0B＝m，即R＝ 設(shè)粒子從E點(diǎn)進(jìn)入磁場，從D點(diǎn)離開磁場，則其運(yùn)動軌跡如圖所示 因?yàn)棣龋?0°，由幾何關(guān)系可知 ∠EO′D＝60°， 所以三角形EO′D為正三角形，

51、ED＝R， 以ED為直徑時圓形磁場區(qū)域面積最小 設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為r，則有r＝＝ 所以圓形磁場區(qū)域的最小面積為S＝πr2＝ 帶電粒子在該磁場中運(yùn)動的時間為t＝＝。 [答案]　　 題點(diǎn)(二)　帶電粒子在磁場中的多解問題 1．解決此類問題的關(guān)鍵是要找到粒子運(yùn)動時產(chǎn)生周期性和多解的原因，從而判斷出粒子在磁場中運(yùn)動的可能情形，然后由粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律(通常是半徑公式、周期公式結(jié)合幾何知識)求解。 2．粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運(yùn)動方向的不確定；運(yùn)動的重復(fù)性等。 [例2]　如圖所示，寬

52、度為d的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。 [解析]　若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌道半徑： R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧， 則有：R′＝ d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 [答案]　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負(fù)電荷) 考查點(diǎn)三　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 [典例]　(2017·天津高考)平面直角坐標(biāo)系xOy

53、中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問： (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 [解析]　(1)在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動時間為t，有 2L＝v0t?、? L＝at2?、? 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時沿y軸方向的分速度為vy vy＝a

54、t?、? 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tan α＝?、? 聯(lián)立①②③④式得α＝45°　⑤ 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度大小為v，由運(yùn)動的合成有v＝?、? 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0?！、? (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧ 又F＝qE　⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m?、? 由幾何關(guān)系可知R＝L　? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝?！? [答案]　(1)v0，與x軸正方向成

55、45°角斜向上　(2) 1．謹(jǐn)記兩大偏轉(zhuǎn)模型 (1)電偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)電場中) 受力特點(diǎn)及運(yùn)動性質(zhì) 電場力為恒力，帶電粒子做勻變速運(yùn)動，軌跡為拋物線。只討論v0⊥E的情況，帶電粒子做類平拋運(yùn)動 處理方法 運(yùn)動的合成與分解 關(guān)注要點(diǎn) (1)速度偏轉(zhuǎn)角θ，tan θ＝＝ (2)側(cè)移距離y0，y0＝ (2)磁偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)磁場中) 受力特點(diǎn)及運(yùn)動性質(zhì) 洛倫茲力大小恒定，方向總垂直于速度方向。帶電粒子作勻速圓周運(yùn)動 處理方法 勻速圓周運(yùn)動規(guī)律 關(guān)注要點(diǎn) (1)圓心及軌道半徑：兩點(diǎn)速度垂線的交點(diǎn)或某點(diǎn)速度垂線與軌跡所對弦的中垂線的交點(diǎn)即圓心，r＝ (2)周期及運(yùn)動時間：周

56、期T＝，運(yùn)動時間t＝T，掌握圓心角θ的確定方法 (3)速度的偏轉(zhuǎn)角α：α＝θ 2．解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的思路方法 1.(2017·滕州期末)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PS下方的電場E1的場強(qiáng)方向豎直向上，PS上方的電場E2的場強(qiáng)方向豎直向下，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。從某時刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場E1中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場E2后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若

57、MS兩點(diǎn)的距離為。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。試求： (1)電場強(qiáng)度E1與E2的大??； (2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？ 解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點(diǎn)的時間分別為t1與t2，到達(dá)R時豎直速度為vy， 則由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t12＝×t12 ＝a2t22＝×t22 vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 聯(lián)立解得：E1＝，E2＝。 (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2。因沿PS方向所有粒子做勻速運(yùn)動，所以它們到達(dá)CD邊的時間同為t＝。 設(shè)P

58、Q間距離P點(diǎn)為h的粒子射入電場后，經(jīng)過n(n＝2,3,4，…)個類似于Q→R→M的循環(huán)運(yùn)動(包括粒子從電場E2穿過PS進(jìn)入電場E1的運(yùn)動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達(dá)PS邊的時間則為T，則有 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)。 答案：(1)　　 (2)(n＝2,3,4，…) 2.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P

59、(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求： (1)電場強(qiáng)度E的大??； (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。 解析：(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t，則有 x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma 聯(lián)立以上各式可得E＝。 (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時沿y軸負(fù)方向的分速度為vy＝at＝v0 所以v＝ ＝ v0，方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。 (3)粒子在磁場中運(yùn)動時，有

60、 qvB＝m 當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時有r＝L，所以B＝。 答案：(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角　(3) 考查點(diǎn)四　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 題點(diǎn)(一)　電場和重力場的疊加 [例1]　(2017·全國卷Ⅰ)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運(yùn)動到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度； (

61、2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。 [解析]　(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動，故勻強(qiáng)電場方向向上。 在t＝0時，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1 ① 油滴在時刻t1的速度為 v1＝v0＋a1t1 ② 電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動，加速度方向向下，大小a2滿足

62、 qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在時刻t2＝2t1的速度為 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴從t＝0到時刻t1的位移為 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由題給條件有 v02＝2g(2h) ⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 s1＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2＋2>1 ? 即當(dāng)0

63、> ? 才是可能的；條件?式和?式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有 s1＋s2＝－h(huán) ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2－2>1 ? 即t1> ? 另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。 [答案]　(1)v0－2gt1　(2)見解析 題點(diǎn)(二)　電場、磁場、重力場的疊加 [例2]　(2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量

64、q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。 [解析]　(1)小球做勻速直線運(yùn)動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得 v＝20 m/s ② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得 tan θ＝ θ＝60°。 ④ (2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動

65、，設(shè)其加速度為a，有 a＝ ⑤ 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑨ 解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，其初速度為 vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有 vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代

66、入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑦ [答案]　(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的解題思路 考查點(diǎn)五　帶電粒子在交變場中的運(yùn)動 題點(diǎn)(一)　電場的周期性變化 [例1]　如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。 [思路點(diǎn)撥] [解析]　(1)微粒做直線運(yùn)動，則mg＋qE0＝qvB ① 微粒做圓周運(yùn)動，則mg＝qE0 ② 聯(lián)立①②得q＝ ③ B＝。 ④ (2)設(shè)微