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、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.一3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

2、，求粒子在 Q时速度 v0的大小解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为 v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB m v23R设粒子在电场中运动所受电场力为 F，有F qE设粒子在电场中运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律有F ma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v at联立式得t .3RBE(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(r R)2( R)2 r 23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，

3、由几何关系知tan 3Rr R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2相同，所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 vv0联立式得v0 .qBRm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

4、 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：(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 45 h可得 r h2又 qv1B可得 v1 .qBrm 2qBhm(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vb v1cos 45得 vbqBhm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 r rsin 45 vbt3yb (v1sin 45

5、0) t h12 2 12由动能定理有： qEyb mv mv12 2b 12 21解得 E .（ 2 1） qhB2m(3)粒子在磁场中的周期为 T 2 rv1 2 mqB第一次经过 x轴的时间 t1 T58 5 m4qB在电场中运动的时间 t22 t2（ 2 1） mqB在第二次经过 x轴到第三次经过 x轴的时间t3 T34 3 m2qB所以总时间 t0 t1 t2 t3 .(114 22 2)mqB答案：(1) h (2)22qBhm （ 2 1） qhB2m(3)(114 22 2)mqB3(2018高考全国卷 )一足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

6、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6M点运动到 N点的时间解析：(1)粒子运动的轨迹如图( a)

7、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)4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)qE ma式中 q和 m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1 atl v0tv1 vcos 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 mv2R由几何关系得 l2 Rcos 联立式得v0 .2ElBl(3)由运

8、动学公式和题给数据得v1 v0cot 6联立式得 qm 43ElB2l2设粒子由 M点运动到 N点所用的时间为 t，则t2 t T2（ 2 6）2式中 T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期5T 2 mqB由式得t (1 )BlE 3 l18l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，B0v

9、0 qm B0t0坐标为 .(48v0t0 ， 0)(1)求 时带电粒子的位置坐标；t02(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 0 t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB0v0 m r1 m4 2T2得： T 2 t0， r1 2 mqB0 mv0qB0 v0t0则在 时间内转过的圆心角 ，所以在 t 时，粒子的位置坐标为： .t02 2 t02 (v0t0 ， v0t0 )(2)在 t02 t0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v v0 t02 v0E0qm6运动的位移： y t01.5 v

10、0t0v0 v2在 2t03 t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径： r22 r12v0t0故粒子偏离 x轴的最大距离：ym y r21.5 v0t0 .2v0t0(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：d2 r12 r2 ， AO间的距离为： 8 d6v0t0 48v0t0所以粒子运动至 A点的时间为： t32 t0.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

11、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v0 a

12、t0s1 v0t at212s2 v0t at2127联立式得3.s1s2(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v 2 gh2yH vyt gt212M进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0vy s1H联立式可得h H.13(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 v0vy qEmg设 M、 N离开电场时的动能分别为 Ek1、 Ek2，由动能定理得Ek1 m(v v ) mgH qEs112 20 2yEk2 m(v v ) mgH qEs212 20 2y由已知条件Ek11.5 Ek2联立 式得E .mg2q答案

13、：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8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

14、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，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 t B S t电荷量 qI t ，根据楞次定律可知，电流方向为 E F.B SR(2)平均感应电流 I ，平均安培力 F BIL，ER B SR t设竖直向上为正，根据动量定理得：( F mg) t mv0解得： v0

15、g t.B2L SmR(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： m u( m m) v0解得： v u.mm m答案：(1) 金属棒中电流方向为 E FB S t B SR(2) g t (3)B2 SLRm m um m3(2018宜春三中高三检测)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为 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

16、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？9解析：(1)小球从 P到 A，竖直方向有： h2 R4 Rsin 304 R由平抛运动规律可得： v 2 gh2y解得： vy 8gR在 A点，由速度关系 tan 60vyv0解得： v0 .26gR3(2)若小球能过 D点，则 D点速度满足 v gR小球从 P到 D由动能定理得： mgR mv2 mv12

17、12 20解得： v 14gR3 gR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26gR3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：6 mgR mv mv12 2B 12 20在 B点轨道给小球的弹力 NB满足： NB mg m解得 NB mg；143小球从 P到 F由动能定理得：3 mgR mv mv12 2F 12 20在 F点轨道给小球的弹力 NF满足： NF mg m联

18、立解得： NF mg；293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.293答案：(1) (2)能，理由见解析26gR3(3)小球运动到 F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是 mg2934(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10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

19、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，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： mg Mgsin Mg cos ( m M)a解得 a5 m/s 2.(2)从 cd边刚出磁场到线框上升到最大高度的过程中：Mgsin Mg cos Ma，2 a v2hsin 解得 v8 m/s.(3)线框匀速运动过程中，对 M： Mgsin Mg cos F 安 T mgF 安 nBIl1I 解得 v08 m/sER nBl1v0R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(L l2) Mgsin (L l2) Mg cos (L l2) Q (M m)v2 (M m)v12 12 20解得： L1.2 m.答案：(1)5 m/s 2 (2)8 m/s (3)1.2 m