22、縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用．求：
(1)出射粒子的動(dòng)能Em；
(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0；
(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．
解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝.
(2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則Em＝nqU0
粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為Δt
加速度a＝
粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有nd＝a·(Δt)2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－.
(3)只有在0～時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則
23、所占的比例為η＝
由η>99%，解得d<.
答案：見解析
三大觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問題
電磁感應(yīng)綜合問題的兩大研究對(duì)象及其關(guān)系
電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可視為電學(xué)對(duì)象(因?yàn)樗喈?dāng)于電源)，又可視為力學(xué)對(duì)象(因?yàn)楦袘?yīng)電流的存在而受到安培力)，而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對(duì)象的紐帶．
解決電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問題的基本步驟
(1)明確研究對(duì)象和物理過程，即研究哪段導(dǎo)體在哪一過程切割磁感線．
(2)根據(jù)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．
(3)畫出等效電路圖，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求回路中的感應(yīng)電流．
(4)分析研究導(dǎo)體受
24、力情況，要特別注意安培力方向的確定，列出動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解．
(5)分析電磁感應(yīng)中的能量問題，特別是注意分析安培力做功的情況，應(yīng)用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解．
(2018·高考天津卷)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置．圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)．a(chǎn)b和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m.列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖
25、1所示．為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)．列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉．
(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說明理由；
(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大??；
(3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l.若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？
[解析] (1)M接電源正極．列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右．根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M
26、接電源正極．
(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串、并聯(lián)知識(shí)得R總＝①
設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
I＝②
設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有
F＝IlB③
根據(jù)牛頓第二定律有
F＝ma④
聯(lián)立①②③④式得
a＝.⑤
(3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有
E1＝⑥
其中ΔΦ＝Bl2⑦
設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有
I′＝⑧
設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有
F′＝I′lB⑨
以
27、向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有
I沖＝－F′Δt⑩
同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有
I0＝2I沖?
設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有
I總＝0－mv0?
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得
＝?
討論：若恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場(chǎng)．
[答案] 見解析
角度1 單桿＋電阻＋導(dǎo)軌模型
1.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)
28、強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下．將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)到最大速度．重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌接觸良好．求：
(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；
(2)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量．
解析：(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝
桿所受的安培力F＝BIL
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－＝ma
當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿導(dǎo)軌平面向下
當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度vm＝，方向沿導(dǎo)軌平面向
29、下．
(2)桿cd從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsin θ＝Q總＋mv
又Q桿＝Q總
所以Q桿＝mgxsin θ－.
答案：見解析
角度2 雙桿＋導(dǎo)軌模型
2．(1)如圖1所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)，導(dǎo)軌間的距離為l，兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直．在t＝0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，大小恒為F的力作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，試分析金屬桿甲、乙的收尾運(yùn)動(dòng)情況．
(2
30、)如圖2所示，兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路．在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行．開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度．若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，試定性分析兩棒的收尾運(yùn)動(dòng)情況．
解析：(1)設(shè)某時(shí)刻甲和乙的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為a1和a2，受到的安培力大小均為F1，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl(v1－v2)①
感應(yīng)電流為I＝②
對(duì)甲和乙分別由牛頓第二定律得
F－F1＝ma1，F(xiàn)1＝ma2③
當(dāng)v1－v2＝定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，a1＝a2④
31、
解得a1＝a2＝⑤
可見甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大．
(2)ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流．a(chǎn)b棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速．兩棒達(dá)到相同速度后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)．
答案：見解析
角度3 線圈模型
3.如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成 θ＝37°放置，在斜面上虛線cc′和bb′與斜面
32、底邊平行，且兩線間距為d＝0.1 m，在cc′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量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cc′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，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(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大??；
(2)線圈向上離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；
(3)線圈向下通過磁場(chǎng)區(qū)域過程中，
33、線圈中產(chǎn)生的焦耳熱．
解析：(1)金屬線圈向下勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)
有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝＝2 m/s.
(2)設(shè)最高點(diǎn)離bb′的距離為x，線圈從最高點(diǎn)到開始進(jìn)入磁場(chǎng)過程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
有v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma
線圈從向上離開磁場(chǎng)到向下進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2
得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.
(3)線圈向下勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域過程中，
有mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安
解得Q＝2mgd(si
34、n θ－μcos θ)＝0.004 J.
答案：見解析
三大觀點(diǎn)透徹解讀雙桿模型
示意圖
力學(xué)觀點(diǎn)
圖象觀點(diǎn)
能量
觀點(diǎn)
動(dòng)量
觀點(diǎn)
導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)
棒1動(dòng)能減少量＝棒2動(dòng)能增加量＋焦耳熱
兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱
外力的沖量等于兩棒動(dòng)量的增加量
線圈動(dòng)生模型是磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，線圈穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)的模型，類似于雙桿＋導(dǎo)軌模型．
(1)分析線圈運(yùn)動(dòng)
35、情況，看運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段．
(2)線圈穿過磁場(chǎng)，有感應(yīng)電流產(chǎn)生時(shí)，整個(gè)線圈形成閉合電路，分析電路，由閉合電路歐姆定律列方程．
(3)對(duì)某一狀態(tài)，分析線圈的受力情況，由牛頓第二定律列式：F外＋F安＝ma.
(4)線圈穿過磁場(chǎng)時(shí)，安培力做功，其他形式的能和電能互相轉(zhuǎn)換，電流通過電阻時(shí)，電流做功使電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再由功能定理W外＋W安＝Ek2－Ek1或能量守恒定律列式．
, (建議用時(shí)：40分鐘)
1．(2018·高考天津卷)
如圖所示，在水平線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
36、里．磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、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?。?
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＝m①
設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有
F＝qE②
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＝ma③
37、
粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有
v＝at④
聯(lián)立①②③④式得
t＝.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、半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對(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＋(R)2＝r′2⑥
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
tan θ＝⑦
粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(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
38、v0，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得
tan θ＝⑧
聯(lián)立①⑥⑦⑧式得
v0＝.
答案：見解析
2.(2018·福建福州質(zhì)檢)如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直．求：
(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v1；
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；
(3)粒子從開始運(yùn)動(dòng)到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t0.
解析：(1)根據(jù)題
39、意可大體畫出粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有
rcos 45°＝h
可得r＝h
又qv1B＝
可得v1＝＝.
(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度大小為vb，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有
vb＝v1cos 45°
得vb＝
設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)經(jīng)過時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－yb
結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得r＋rsin 45°＝vbt
yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h
由動(dòng)能定理有：－qEyb＝mv－mv
解得E＝.
(3)粒子在磁場(chǎng)中的周期為T＝＝
第一次經(jīng)過x軸的時(shí)間t1＝T＝
在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2t＝
在第二次經(jīng)過x軸到
40、第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間
t3＝T＝
所以總時(shí)間t0＝t1＋t2＋t3＝.
答案：(1)h (2)
(3)
3．(2018·高考全國卷 Ⅱ)一足夠長的條狀區(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)定性畫出該粒子在電磁
41、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，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，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱)
圖(a)
(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(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
圖(b)
qE＝ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)
42、量。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
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＝⑤
由幾何關(guān)系得l＝2Rcos θ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0＝.⑦
(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得
v1＝v0cot⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
＝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＋T⑩
式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期
T＝?
由③⑦⑨⑩?式得
t′＝(1＋)．
答案：見解析
4．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖
43、乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、＋y軸方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向)．在t＝0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿＋y軸方向的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)．其中v0、t0、B0為已知量，且E0＝，粒子的比荷＝，x軸上有一點(diǎn)A，坐標(biāo)為.
(1)求時(shí)帶電粒子的位置坐標(biāo)；
(2)粒子運(yùn)動(dòng)過程中偏離x軸的最大距離；
(3)粒子經(jīng)多長時(shí)間經(jīng)過A點(diǎn)．
解析：(1)在0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：
qB0v0＝mr1＝m
得：T＝＝2t0，r1＝＝
則在時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝，所以在t＝時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為：.
(2)
在t0～2t0
44、時(shí)間內(nèi)，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
v＝v0＋t0＝2v0
運(yùn)動(dòng)的位移：y＝t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
半徑：r2＝2r1＝
故粒子偏離x軸的最大距離：
ym＝y(tǒng)＋r2＝1.5v0t0＋.
(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)的周期為4t0，一個(gè)周期內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的距離：d＝2r1＋2r2＝，AO間的距離為：＝8d
所以粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的時(shí)間為：t＝32t0.
答案：見解析
, (建議用時(shí)：40分鐘)
1．(2017·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電
45、場(chǎng)．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求
(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；
(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；
(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?
解析：(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水
46、平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
聯(lián)立①②③式得
＝3.④
(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知
＝⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H.⑧
(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則
＝⑨
設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
47、Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2?
由已知條件
Ek1＝1.5Ek2?
聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝.
答案：見解析
2.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時(shí)Δt，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時(shí)
48、間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體，當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后，噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭．
(1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向；
(2)經(jīng)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度v0；(不計(jì)空氣阻力)
(3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為u，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)
解析：(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律有：E＝＝
電荷量q＝IΔt＝，根據(jù)楞次定律可知，電流方向?yàn)镋→F.
(2)平均感應(yīng)電流I＝＝，平
49、均安培力F＝BIL，
設(shè)豎直向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理得：(F－mg)Δt＝mv0
解得：v0＝－gΔt.
(3)以火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
－m′u＋(m－m′)Δv＝0
解得：Δv＝u.
答案：(1) 金屬棒中電流方向?yàn)镋→F
(2)－gΔt (3)
3．(2018·宜春三中高三檢測(cè))如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個(gè)半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個(gè)半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R.C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接．現(xiàn)有一個(gè)比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小球，從
50、與C4的最高點(diǎn)H等高的P點(diǎn)以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點(diǎn)沿切線從凹面進(jìn)入軌道．已知重力加速度為g.求：
(1)小球在P點(diǎn)開始平拋的初速度v0的大?。?
(2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請(qǐng)說明理由．
(3)小球運(yùn)動(dòng)到何處，軌道對(duì)小球的彈力最大？最大值是多大？
解析：(1)小球從P到A，豎直方向有：h＝2R＋4Rsin 30°＝4R
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：v＝2gh
解得：vy＝
在A點(diǎn)，由速度關(guān)系tan 60°＝
解得：v0＝.
(2)若小球能過D點(diǎn)，則D點(diǎn)速度滿足v>
小球從P到D由動(dòng)能定理得：mgR＝mv2－mv
解
51、得：v＝ >
若小球能過H點(diǎn)，則H點(diǎn)速度滿足vH>0
小球從P到H由機(jī)械能守恒得H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)的初速度，為>0；綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點(diǎn)射出．
(3)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會(huì)在圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)和F點(diǎn)都有可能
小球從P到B由動(dòng)能定理得：6mgR＝mv－mv
在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg＝m
解得NB＝mg；
小球從P到F由動(dòng)能定理得：3mgR＝mv－mv
在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿足：NF－mg＝m
聯(lián)立解得：NF＝mg；
比較B、F兩點(diǎn)的情況可知：F點(diǎn)軌道給小球的彈力最大，為mg.
答案：(1)
52、 (2)能，理由見解析
(3)小球運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力最大，最大值是mg
4．(2018·重慶一中考前熱身考試)如圖所示，傾角θ＝37°的足夠長的固定絕緣斜面上，有一個(gè)n＝5匝、質(zhì)量M＝1 kg、總電阻R＝0.1 Ω的矩形線框abcd，ab邊長l1＝1 m，bc邊長l2＝0.6 m．將線框置于斜面底端，使cd邊恰好與斜面底端平齊，在斜面上的矩形區(qū)域efhg內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1 T，現(xiàn)通過沿著斜面且垂直于ab的細(xì)線以及滑輪把線框和質(zhì)量m＝3 kg的物塊連接起來，讓物塊從離地面某高度處靜止釋放，線框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，恰好能夠勻速進(jìn)入有界磁場(chǎng)區(qū)域．當(dāng)線框cd
53、邊剛好穿出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，物塊m恰好落到地面上，且不再彈離地面，線框沿斜面能夠繼續(xù)上升的最大的高度h＝1.92 m，線框在整個(gè)上滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝36 J，已知線框與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5, g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)之前的加速度大??；
(2)線框cd邊剛好穿出有界磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大??；
(3)有界磁場(chǎng)的寬度(即ef到gh的距離)．
解析：(1)對(duì)M、m整體：mg－Mgsin θ－μMgcos θ＝(m＋M)a
解得a＝5 m/s2.
(2)從cd邊剛出磁場(chǎng)到線框上升到最大高度的過程中：
Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma′，2a′·＝v2
解得v＝8 m/s.
(3)線框勻速運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)M：Mgsin θ＋μMgcos θ＋F安＝T＝mg
F安＝nBIl1
I＝＝解得v0＝8 m/s
設(shè)ef，gh間距為L，從ab邊到達(dá)ef至cd到達(dá)gh的過程中，由動(dòng)能定理：
mg(L＋l2)－Mgsin θ(L＋l2)－μMgcos θ(L＋l2)－Q
＝(M＋m)v2－(M＋m)v
解得：L＝1.2 m.
答案：(1)5 m/s2 (2)8 m/s (3)1.2 m
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