高考物理二、三輪復(fù)習(xí)總攻略專題7.3電磁學(xué)計算題的命題視角(原卷版+解析)

第七部分計算壓軸滿分策略專題7.3電磁學(xué)計算題的命題視角目錄TOC\o"1-3"\h\u命題視角(一)帶電粒子(帶電體)在電場中的運(yùn)動 1命題視角(二)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 13命題視角(三)電路與電磁感應(yīng) 28命題視角(一)帶電粒子(帶電體)在電場中的運(yùn)動一、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動分析方法1．動力學(xué)觀點(diǎn)：利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解，適用于勻變速直線運(yùn)動問題．2．能量觀點(diǎn)：利用動能定理求解．(1)qEd＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，適用于勻強(qiáng)電場中直線運(yùn)動問題．(2)qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，適用于任何電場中直線運(yùn)動問題．二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)分析方法1．用平拋運(yùn)動規(guī)律處理(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間為t＝eq\f(L,v0).(2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).(3)離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02).(4)速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,L)＝eq\f(qUL,2mdv02).2．用動能定理處理涉及功能問題時可用，偏轉(zhuǎn)時靜電力做的功是W＝qEy(y為偏移量)．三、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(1)對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，需要進(jìn)行分段研究，分析粒子在每段運(yùn)動過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動性質(zhì)．(2)作出粒子的v－t圖像或某一方向上的v－t圖像，借助圖像、結(jié)合軌跡，使運(yùn)動過程更直觀．轉(zhuǎn)換思路如下：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像．四、帶電粒子(帶電體)在電場和重力場疊加場中的運(yùn)動1．在電場和重力場的疊加場中，若微粒做勻變速直線運(yùn)動，合力方向必與速度方向共線．2．根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變．3．“等效法”在電場中的應(yīng)用(1)如圖，先作出重力與靜電力的合力F合，將這個合力視為一個等效重力，則等效重力加速度g′＝eq\f(F合,m).(2)等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn).【例1】(2022·安徽馬鞍山市一模)如圖甲所示，金屬絲K產(chǎn)生的熱電子(初速度不計)經(jīng)A、B間的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在豎直熒光屏上．C、D極板長為l，板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為eq\f(l,6).現(xiàn)給A、B間加一加速電壓UAB，C、D兩板間加一交變電壓，電壓大小為U、周期T＝eq\f(2l,v0)(如圖乙所示)，設(shè)C、D間的電場可看作勻強(qiáng)電場，且兩板外無電場．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e(重力不計)，經(jīng)加速電場加速后以速度v0射入偏轉(zhuǎn)電場，且所有電子均能從C、D板間射出．電子間相互作用不計，試求：(1)A、B間加速電壓UAB的大小；(2)熒光屏上被電子擊中部分的長度D；(3)到達(dá)熒光屏上O點(diǎn)的電子動能．【例2】(2022·河南安陽市一模)如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E＝1.0×104V/m.該空間有一個半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點(diǎn)，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.04kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小球2(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于C點(diǎn)．輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點(diǎn)．質(zhì)量也為m＝0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點(diǎn)左側(cè)某點(diǎn)后釋放．小球1沿光滑水平面運(yùn)動到C點(diǎn)與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧運(yùn)動到A點(diǎn)．P、C兩點(diǎn)間距離較遠(yuǎn)，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)黏合體在A點(diǎn)的速度大小；(2)彈簧的彈性勢能；(3)小球黏合體由A點(diǎn)到達(dá)水平面運(yùn)動的時間．【感悟真題】1.(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運(yùn)動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強(qiáng)度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？2.(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？3.(2022·廣東高考，14)密立根通過觀測油滴的運(yùn)動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離h1，此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運(yùn)動。B在勻速運(yùn)動時間t內(nèi)上升了距離h2(h2≠h1)，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：(1)比例系數(shù)k；(2)油滴A、B的帶電荷量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；(3)新油滴勻速運(yùn)動速度的大小和方向?！久＝痤}】1.(2022·云南第一次統(tǒng)測)如圖甲所示，電子槍的金屬絲K連續(xù)不斷地逸出電子，電子初速度不計，經(jīng)M、N兩金屬板之間的電場加速后，沿A、B兩水平金屬極板間的中心線OP射入極板間的偏轉(zhuǎn)電場，UMN＝－U0。A、B兩板間的距離為d，兩板間的電勢差uAB隨時間t的變化圖像如圖乙所示，圖中U1已知，uAB的變化周期為3t0。兩板間的電場視為勻強(qiáng)電場，t＝0時刻射入A、B兩極板間的電子在偏轉(zhuǎn)電場中經(jīng)4t0后從極板右側(cè)射出。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為－e，重力不計，打到極板上的電子均被吸收，不計電子之間的相互作用力。(1)求A、B金屬板的長度L；(2)求t＝0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，從極板右側(cè)射出時相對中線OP在豎直方向的位移y；(3)僅上下調(diào)整A、B兩水平極板的位置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉(zhuǎn)電場，要使從極板右側(cè)射出的電子速度均水平，求A、B兩板間的最小距離d1。2.(2022·浙江舟山中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，水平絕緣軌道AB和豎直放置半徑為R的光滑絕緣半圓軌道BCD在B點(diǎn)平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平邊界MN下方有場強(qiáng)為E的水平向左的勻強(qiáng)電場，電場區(qū)域足夠大?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平軌道上距離B點(diǎn)為eq\f(21,5)R的A點(diǎn)由靜止釋放，已知：滑塊的電荷量q＝eq\f(3mg,4E)，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑塊從B點(diǎn)剛進(jìn)入半圓軌道時的速度大小及滑塊對軌道的壓力大??；(2)滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時的速度大小；(3)滑塊在軌道上運(yùn)動的最大速度大?。?4)以B為原點(diǎn)，BA方向為正方向建立x坐標(biāo)軸，滑塊都從水平軌道AB上由靜止釋放，且不考慮滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)之后的情況。要使滑塊不脫離軌道，滑塊釋放的位置x應(yīng)該滿足什么條件？【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(14gR)eq\f(9,2)mg(2)eq\r(gR)(3)2eq\r(gR)(4)0≤x≤eq\f(3,5)R或x≥eq\f(21,5)R【解析】(1)設(shè)滑塊從B點(diǎn)剛進(jìn)入半圓軌道時的速度大小為vB，根據(jù)動能定理有qELAB－μmgLAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①解得vB＝eq\f(1,2)eq\r(14gR)②設(shè)滑塊在B點(diǎn)受到半圓軌道的支持力大小為FN根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)③聯(lián)立②③解得FN＝eq\f(9,2)mg④根據(jù)牛頓第三定律可知在B點(diǎn)滑塊對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝eq\f(9,2)mg。⑤(2)設(shè)滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時的速度大小為vD，根據(jù)動能定理有qER－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥解得vD＝eq\r(gR)。⑦(3)滑塊在電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動，設(shè)等效重力的方向與豎直方向的夾角為θ，則根據(jù)力的合成與分解有tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)⑧解得θ＝37°⑨當(dāng)滑塊運(yùn)動到半圓軌道上的等效最低點(diǎn)P時速度達(dá)到最大值vm，易知PO與豎直方向的夾角為37°。對滑塊從B到P的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有qERsin37°－mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑩解得vm＝2eq\r(gR)。?(4)若滑塊能夠通過D點(diǎn)，則根據(jù)⑦式可知meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg?說明滑塊從A點(diǎn)釋放后恰好能夠通過D點(diǎn)，則滑塊一定能通過D點(diǎn)所對應(yīng)x的取值范圍是x≥eq\f(21,5)R?若滑塊到達(dá)C點(diǎn)前速度減為零，則也不會脫離軌道。假設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時速度恰好為零，則(qE－μmg)x＋qER－mgR＝0?解得x＝eq\f(3,5)R?所以滑塊無法到達(dá)C點(diǎn)以上位置所對應(yīng)x的取值范圍是0≤x≤eq\f(3,5)R?綜上所述，要使滑塊不脫離軌道，滑塊釋放的位置x應(yīng)該滿足的條件是0≤x≤eq\f(3,5)R或x≥eq\f(21,5)R。3.(2022·遼寧省高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動到C點(diǎn)離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場．已知P點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方，整個運(yùn)動過程小球的電荷量保持不變，A、B間的距離為2R，重力加速度為g.求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。?2)小球在半圓軌道上運(yùn)動的最大速率及小球?qū)Π雸A軌道的壓力的最大值；(3)小球在水平軌道上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離．命題視角(二)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．帶電粒子在電場或磁場中的運(yùn)動性質(zhì)(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中可能做勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、類斜拋運(yùn)動．處理方法一般有動力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式)、動能定理、運(yùn)動的合成與分解．(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中可能做直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動或螺旋線運(yùn)動．2．帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的處理方法(1)按照進(jìn)入不同的場的時間順序分成幾個不同的階段．(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運(yùn)動情況．若粒子進(jìn)入電場區(qū)域，則其運(yùn)動為加速(減速)以及偏轉(zhuǎn)兩大類運(yùn)動，而進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子通常做勻速圓周運(yùn)動．(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，注意運(yùn)用幾何知識，找出相應(yīng)幾何關(guān)系與物理關(guān)系．(4)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運(yùn)動的“橋梁”．二、帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1．在重力、靜電力和洛倫茲力中的兩者或三者共同作用下，帶電粒子可能靜止，可能做勻速(勻變速)直線運(yùn)動或類平拋運(yùn)動，還可能做勻速圓周運(yùn)動．(1)若只有兩個場，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài)．例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時，重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時，重力場與電場疊加滿足mg＝qE時．(2)若三場共存，合力為零時，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直．(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運(yùn)動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，即qvB＝meq\f(v2,r).2．當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動或有約束的變速直線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.【例題】(2022·浙大附中選考模擬)電子對湮滅是指電子e－和正電子e＋碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線的過程，電子對湮滅是正電子發(fā)射計算機(jī)斷層掃描(PET)及正電子湮滅能譜學(xué)(PAS)的物理基礎(chǔ)。如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy上，P點(diǎn)在x軸上，且OP＝2L，Q點(diǎn)在負(fù)y軸上某處。在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，在第Ⅱ象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，與x、y軸分別相切于A、C兩點(diǎn)，OA＝L，在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出)，未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小為v0的電子束從A點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點(diǎn)射入電場，最后從P點(diǎn)射出電場區(qū)域；另一束速度大小為eq\r(2)v0的正電子束從Q點(diǎn)沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后進(jìn)入未知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達(dá)P點(diǎn)，且恰好與從P點(diǎn)射出的電子束正碰發(fā)生湮滅，即相碰時兩束粒子速度方向相反。已知正、負(fù)電子質(zhì)量均為m、電荷量大小均為e，正、負(fù)電子的重力不計。忽略正、負(fù)電子間的相互作用，求：(1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小；(2)電子從A點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時間；(3)Q點(diǎn)縱坐標(biāo)及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S。命題角度1.本題以“電子對湮滅”為情境設(shè)置組合場問題，考查帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動。2.通過帶電粒子在電場、磁場中受力分析和運(yùn)動分析，考查學(xué)生分析綜合能力。3.此題根據(jù)問題情境，電磁場的分布特點(diǎn)，能對帶電粒子進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析和運(yùn)動分析，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律、幾何知識等求解相關(guān)問題。審題破題1.明確場的組合，拆分運(yùn)動過程，作出運(yùn)動軌跡圖(如圖甲)。甲乙2.電子從A到C軌跡為eq\f(1,4)圓周，運(yùn)動時間為t＝eq\f(1,4)T；電子在電場中從C到P做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解求運(yùn)動時間。3.正電子進(jìn)入未知矩形磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)，要使矩形磁場面積最小，右側(cè)應(yīng)與軌跡相切。在P點(diǎn)正、負(fù)電子正碰發(fā)生湮滅，判斷速度方向與x軸的夾角，畫出正電子運(yùn)動示意圖(如圖乙)。解題關(guān)鍵1.拆分過程，構(gòu)建圓周運(yùn)動模型和類平拋運(yùn)動模型。2.分段處理，應(yīng)用洛倫茲力提供向心力和平拋運(yùn)動規(guī)律求解。3.確定臨界條件，知道“正碰發(fā)生湮滅”的意義，可判斷正電子的速度方向。規(guī)范答題(1)電子束從A點(diǎn)沿y軸正方向射入，經(jīng)過C點(diǎn)，由題意可得電子在磁場中運(yùn)動的半徑R＝L又ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)解得B＝eq\f(mv0,eL)1分電子在電場中做類平拋運(yùn)動，得2L＝v0t1又L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，加速度a＝eq\f(eE,m)1分解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2eL)1分(2)電子束在磁場中運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πL,v0)1分電子在磁場中運(yùn)動了四分之一圓周，則t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)1分在電場中運(yùn)動時間t1＝eq\f(2L,v0)，故從A到P的時間t＝t1＋t2＝eq\f(（4＋π）L,2v0)1分(3)速度為eq\r(2)v0的正電子在磁場中運(yùn)動的半徑R2＝eq\f(m·\r(2)v0,eB)＝eq\r(2)L1分電子從P點(diǎn)穿過x軸時與x軸正方向夾角為θL＝eq\f(vy,2)t1，vy＝v0，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1得θ＝45°1分故Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)y＝－(eq\r(2)R2＋2Ltan45°)＝－4L1分未知矩形磁場區(qū)域的最小面積為圖中矩形PFMN的面積S＝2L(eq\r(2)－1)L＝2(eq\r(2)－1)L21分答案(1)eq\f(mv0,eL)eq\f(mveq\o\al(2,0),2eL)(2)eq\f(（4＋π）L,2v0)(3)－4L2(eq\r(2)－1)L2【感悟真題】1.(2022·湖南高考，13)如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為eq\r(3)d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值E′。2.(2021·全國甲卷·25)如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點(diǎn)處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運(yùn)動過程中粒子未與擋板碰撞．已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力．(1)求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；(3)若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離．3.(2021·山東高考，17)某離子束實驗裝置的基本原理如圖8甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于O1點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于O2點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與O2點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為θ。忽略離子間的相互作用，不計重力。(1)求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動時速度的大小v；(2)求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E；(3)保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B(數(shù)值未知)、方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動軌跡與測試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動測試板，求移動后C到O1的距離s?！久＝痤}】1.(2022·山東省名校聯(lián)盟高三期末)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子所受重力不計)從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場，其入射方向與x軸的夾角θ＝30°，第一次進(jìn)入電場后，粒子到達(dá)坐標(biāo)為(2eq\r(3)L＋L，L)的P點(diǎn)處時的速度大小為v、方向沿x軸正方向．求：(1)粒子從O點(diǎn)射入磁場時的速度大小v0；(2)電場的電場強(qiáng)度大小E以及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間t.2.(2022·貴州貴陽市五校聯(lián)考)如圖所示，在y軸的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在x軸的上方有一平行板式加速電場．有一薄絕緣板放置在y軸處，且與紙面垂直．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于板的方向沿直線從A處穿過絕緣板，而后從x軸上的D處以與x軸負(fù)方向夾角為30°的方向進(jìn)入第四象限，若在此時再施加一個電場可以使粒子沿直線到達(dá)y軸上的C點(diǎn)(C點(diǎn)在圖上未標(biāo)出)．已知OD長為l，不計粒子的重力．求：(1)粒子經(jīng)過絕緣板時損失了多少動能；(2)所加電場的電場強(qiáng)度和帶電粒子在y軸的右側(cè)運(yùn)動的總時間．3.(2022·安徽省江南十校一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，y軸正向豎直向上，x軸正向水平向右，x軸在水平平面M內(nèi)，在x軸上方存在方向豎直向下、電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場．兩平行水平面M和N之間的距離為d，其間的區(qū)域存在方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E2的勻強(qiáng)電場(E2＝eq\f(1,2)E1)和方向水平向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．帶電荷量分別為q和－q(q>0)的小球1和2先后從y軸上距O點(diǎn)為h的P點(diǎn)以相同的初速率v0沿x軸正向水平射出，小球1從x軸上距O點(diǎn)為2h的A點(diǎn)進(jìn)入MN間，恰好未從平面N離開．小球2從x軸上C點(diǎn)進(jìn)入兩平面間，最后從平面N上某點(diǎn)離開．設(shè)兩小球質(zhì)量分別為m1和m2，且qE1＝2m1g，題中h、d和重力加速度g已知，其他量均未知．(1)求兩小球的初速率v0；(2)求電場強(qiáng)度E2和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小之比；(3)若C點(diǎn)坐標(biāo)為(4h,0)，求m1和m2之比以及球2離開平面N時速度大?。?.(2022·安徽宣城市高三期末)如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；第二象限某區(qū)域存在方向垂直xOy平面向外，面積最小的半圓形勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；一重力不計的帶正電粒子，沿與x軸正方向成θ＝60°角的方向，以速度v0從點(diǎn)M(－d,0)射入磁場，接著恰好以垂直y軸的速度從y軸上的N點(diǎn)(圖中未畫出)穿出磁場進(jìn)入電場區(qū)域，最終帶電粒子從x軸上P點(diǎn)射出電場區(qū)域．求：(1)該粒子的比荷；(2)第二象限半圓形磁場區(qū)域的面積；(3)該粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時間．命題視角(三)電路與電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)中的綜合問題1．電磁感應(yīng)常常與牛頓運(yùn)動定律、動能定理、能量守恒定律、動量定理、動量守恒定律相結(jié)合，以綜合計算題的形式出現(xiàn)，綜合性較強(qiáng)．2．分析方法(1)若題目涉及物體運(yùn)動的加速度、速度的變化和運(yùn)動情況分析，常選用牛頓運(yùn)動定律分析．(2)若題目涉及末速度、時間、電荷量、位移等物理量，常選用動量定理、動量守恒定律分析．(3)若物體所受各力不變，可用動能定理求解．(4)若題目涉及功和能量轉(zhuǎn)化，常選用功能關(guān)系、能量守恒定律分析.【例題】(10分)(2022·金麗衢十二校聯(lián)考)間距L＝0.5m的兩平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分(足夠長)組成，兩部分通過絕緣材料在D、E兩點(diǎn)平滑連接，傾斜部分導(dǎo)軌與水平面間夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端接有R＝1Ω的電阻?？臻g分布如圖所示的勻強(qiáng)磁場，傾斜導(dǎo)軌的磁場方向垂直導(dǎo)軌平面ACDE向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，水平區(qū)域GF邊界右側(cè)磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，DEFG為無場區(qū)域?，F(xiàn)有三根長度均為L＝0.5m的金屬棒a、b、c與導(dǎo)軌良好接觸，其質(zhì)量ma＝0.1kg、mb＝0.2kg、mc＝0.1kg，其電阻Ra＝1Ω，Rb＝1Ω，Rc＝2Ω，金屬棒a由靜止釋放，釋放處離水平導(dǎo)軌的高度為h＝5m。金屬棒在到達(dá)ED邊界前速度已達(dá)到穩(wěn)定，金屬棒b、c放置在水平導(dǎo)軌上。不計一切摩擦阻力及導(dǎo)軌的電阻，金屬棒一直處在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌保持垂直，始終未相碰，重力加速度為g＝10m/s2。求：(1)金屬棒a運(yùn)動過程中的最大速度vm；(2)金屬棒a下滑過程運(yùn)動的總時間t；(3)金屬棒a進(jìn)入GF后，金屬棒b最終如何運(yùn)動？此過程中金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱。命題角度1.本題在“雙桿模型”的基礎(chǔ)上拓展為“三桿”問題，考查電磁感應(yīng)中力、電綜合問題。2.本題以電磁感應(yīng)為依托，結(jié)合受力平衡、動量定理和動量守恒定律和能量守恒定律，綜合考查學(xué)生的綜合分析能力。審題破題1.金屬棒a到ED邊界前速度已達(dá)到穩(wěn)定說明a棒受力平衡，可列平衡方程。2.運(yùn)動分析：a棒下滑過程為變加速過程，故求解時間應(yīng)考慮動量定理。3.分析a、b、c棒的運(yùn)動確定最終運(yùn)動狀態(tài)，正確選取系統(tǒng)，利用動量守恒定律、能量守恒定律列方程求解。解題關(guān)鍵1.明確“穩(wěn)定”的含義，列平衡方程。2.運(yùn)動分析和受力分析是關(guān)鍵，正確選擇物理規(guī)律是解題的保證。規(guī)范答題(1)對金屬棒a：速度穩(wěn)定時，受力平衡，有magsinθ＝ILB由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(BLvm,R＋Ra)解得vm＝4m/s。(2)由動量定理得：magtsinθ－eq\o(I,\s\up6(－))LBt＝mavm又eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R＋Ra)解得t＝3.3s。(3)b棒最終做勻速運(yùn)動，且a、b、c的速度相同對a、b、c棒組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律知mavm＝(ma＋mb＋mc)v′代入數(shù)值解得v′＝1m/s由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)(ma＋mb＋mc)v′2得Q＝0.6J又Qa∶(Qb＋Qc)＝1∶eq\f(2,3)Qb∶Qc＝2∶1代入數(shù)值解得Qb＝0.16J。答案(1)4m/s(2)3.3s(3)見解析【感悟真題】1.(2022·浙江1月選考)如圖所示，水平固定一半徑r＝0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度ω＝600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C＝0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“[”形金屬框fcde。棒ab長度和“[”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m＝0.01kg，de與cf長度均為l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均為豎直向上；棒ab和“[”形框的cd邊的電阻均為R＝0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運(yùn)動過程中始終與軌道垂直。開始時開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板(M或N)帶正電？(2)電容器釋放的電荷量ΔQ；(3)框abcd進(jìn)入磁場后，ab邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離x。2.(2022·遼寧卷·15)如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L.abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上．初始時刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動，磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)．兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直．兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計．(1)求M剛進(jìn)入磁場時受到的安培力F的大小和方向；(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為eq\f(v0,3)，求：①N在磁場內(nèi)運(yùn)動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N(yùn)到ab的最小距離x；(3)初始時刻，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍．2．(2022·浙江6月選考)艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖甲所示，用于推動模型飛機(jī)的動子(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v－t圖如圖乙所示，在t1至t3時間內(nèi)F＝(800－10v)N，t3時撤去F。已知起飛速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，線圈匝數(shù)n＝100匝，每匝周長l＝1m，飛機(jī)的質(zhì)量M＝10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不計空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求：(1)恒流源的電流I；(2)線圈電阻R;(3)時刻t3。3.(2021·全國乙卷，25)如圖1，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U形導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m。初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝eq\f(3,16)m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求：(1)金屬棒在磁場中運(yùn)動時所受安培力的大小；(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；(3)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離。4.(2022·湖北高考，15)如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L＝0.2m、回路電阻R＝1.6×10－3Ω、質(zhì)量m＝0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L。現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4eq\r(2)N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動。從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動；dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab邊進(jìn)入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大?。?2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；(3)磁場區(qū)域的水平寬度?！久＝痤}】1．(2022·陜西漢中檢測)如圖8甲所示，光滑的金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.6Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5kg，電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，現(xiàn)用和導(dǎo)軌平行的恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)金屬棒上滑的位移s＝3.8m時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，對應(yīng)過程的v－t圖像如圖乙所示。取g＝10m/s2，導(dǎo)軌足夠長(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)運(yùn)動過程中a、b哪端電勢高，并計算恒力F的大小；(2)從金屬桿開始運(yùn)動到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)由圖中信息計算0～1s內(nèi)，導(dǎo)體棒滑過的位移。9.(2022·河北全過程縱向評價聯(lián)考)如圖9甲所示，質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻R＝0.5Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在相距為L＝0.5m的金屬導(dǎo)軌上，定值電阻阻值也為0.5Ω。金屬導(dǎo)軌足夠長，固定在水平面上，電阻不計。在垂直于導(dǎo)軌平面的區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中存在方向向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)用一根與軌道平面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.1kg的重物相連，導(dǎo)體棒在磁場外從靜止釋放后始終在導(dǎo)軌上運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好。已知導(dǎo)體棒運(yùn)動的v－t圖像如圖乙所示。求：(1)導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒穿過磁場Ⅰ的過程中穿過閉合回路橫截面的電荷量q；(3)導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域Ⅱ的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量以及克服摩擦力所做的功。3.(2022·浙江嘉興選考模擬)如圖所示，間距L＝0.8m、傾角θ＝37°的兩根平行傾斜光滑導(dǎo)軌與間距相同的兩根平行水平光滑導(dǎo)軌在b、e處平滑連接，導(dǎo)軌全部固定且水平導(dǎo)軌足夠長。其中MN、PQ兩段用特殊光滑絕緣材料替代，導(dǎo)軌其余部分用電阻不計的金屬材料制成，在導(dǎo)軌的a、d兩點(diǎn)間串接一個阻值為R＝2.4Ω的電阻，傾斜導(dǎo)軌所在區(qū)域分布著垂直導(dǎo)軌平面向上的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T的勻強(qiáng)磁場，水平導(dǎo)軌的NQ右側(cè)區(qū)域分布著豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度亦為B＝1T的勻強(qiáng)磁場，將長度比導(dǎo)軌間距略大的金屬棒A和C分別垂直導(dǎo)軌靜置于導(dǎo)軌上，位置如圖中所示，其中金屬棒C離NQ邊界的距離為x＝eq\f(15,8)m，某一時刻靜止釋放金屬棒A，在其沿傾斜導(dǎo)軌下滑過程中始終受到一個與其運(yùn)動方向相反且大小等于其對地速度k倍的阻力作用，其中k＝0.2N·s/m，金屬棒A在到達(dá)be位置前已處于勻速運(yùn)動狀態(tài)。已知金屬棒A的質(zhì)量為m1＝0.1kg、電阻為R1＝4Ω，金屬棒C的質(zhì)量為m2＝0.4kg、電阻為R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2。(1)金屬棒A下滑過程中，a、d兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢高？(2)求金屬棒A勻速下滑的速度大?。?3)判斷金屬棒A能否與金屬棒C發(fā)生碰撞？若能，請計算金屬棒A進(jìn)入NQ右側(cè)區(qū)域至碰撞前產(chǎn)生的焦耳熱；若不能，請計算金屬棒A進(jìn)入NQ右側(cè)區(qū)域至到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。4.(2022·稽陽聯(lián)誼學(xué)校11月聯(lián)考)如圖所示，QMH與DEK為兩根固定的平行水平金屬導(dǎo)軌，在QD和ME兩側(cè)分別接有相同的弧形金屬導(dǎo)軌PQ、CD、MN、EF，導(dǎo)軌間距均為l。水平金屬導(dǎo)軌QM和DE長度皆為L(足夠長)，只在其間分布有豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。水平導(dǎo)軌MH和EK間接有阻值為2R的定值電阻，由開關(guān)S控制通斷，其他電阻均不計。a、b為材料相同、長度都為l的導(dǎo)體棒，跨接在弧形導(dǎo)軌上。已知a棒的質(zhì)量為2m、電阻為R，b棒的質(zhì)量為m、電阻為2R，初始時b棒用插銷固定(圖中未畫出)。兩棒距水平導(dǎo)軌高度都為h，由靜止釋放a棒、b棒，兩棒會分別通過DQ、EM進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，a棒、b棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動時不會相碰。兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計棒與導(dǎo)軌間的摩擦，重力加速度為g。(1)若閉合開關(guān)S，b棒插銷固定，讓a棒由靜止釋放，求a棒減速為零時，通過定值電阻的電荷量和其上產(chǎn)生的焦耳熱分別為多大？(2)若拔去金屬棒b的插銷，斷開開關(guān)S，同時釋放a、b棒，兩棒進(jìn)入磁場后，立即撤去弧形軌道，如先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已做勻速運(yùn)動，則此棒從進(jìn)入磁場到勻速運(yùn)動的過程中其上產(chǎn)生的焦耳熱多大？(3)在(2)的情形下，求a、b兩棒在磁場區(qū)域運(yùn)動中的最近間距為多大？5.(2022·福建泉州市質(zhì)量監(jiān)測)如圖，間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜固定，傾角θ＝30°，電阻不計的導(dǎo)軌上放置兩根有一定阻值的金屬桿ab和cd，兩桿質(zhì)量均為m，cd桿中點(diǎn)通過平行于導(dǎo)軌的輕繩系在固定的拉力傳感器上．整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)給ab桿一個沿導(dǎo)軌向上、大小為v0的初速度，同時對ab桿施加一個平行于導(dǎo)軌的推力，使拉力傳感器示數(shù)FT隨時間t按FT＝eq\f(mg2,3v0)t＋eq\f(mg,6)的規(guī)律變化．已知重力加速度大小為g，兩桿不相碰，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計一切摩擦．(1)求t＝0時回路中的感應(yīng)電流大小I0；(2)求ab桿的速度vt隨時間t變化的關(guān)系式；(3)若在0～eq\f(3v0,2g)時間內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求推力F在0～eq\f(3v0,2g)時間內(nèi)做的功．6.(2022·廣東廣州模擬)如圖所示，光滑水平面上放有質(zhì)量M＝0.06kg的U型導(dǎo)體框，其電阻忽略不計，一質(zhì)量m＝0.02kg、電阻R＝3Ω的金屬棒CD置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDQP，PQ長度L＝0.6m。初始時CD與PQ相距s0＝0.4m。導(dǎo)體框受到水平恒力F＝0.48N作用，和金屬棒一起以相同的加速度由靜止開始向右運(yùn)動，金屬棒運(yùn)動距離s＝eq\f(3,16)m后進(jìn)入一方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與金屬棒平行。金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的PQ邊正好進(jìn)入磁場。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，重力加速度取g＝10m/s2。(1)求金屬棒進(jìn)入磁場時的速度大小；(2)求金屬棒在磁場中與導(dǎo)體框的摩擦力大小；(3)證明導(dǎo)體框PQ邊進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，并求它保持勻速運(yùn)動所通過的距離。7.(2022·河北張家口期末)如圖所示，足夠長、間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、de構(gòu)成傾角為θ的斜面，上端接有阻值為R的定值電阻，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌bc、ef處于同一水平面內(nèi)，傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌在b、e處平滑連接，且b、e處裝有感應(yīng)開關(guān)。傾斜導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，水平導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。距離b足夠遠(yuǎn)處接有未閉合的開關(guān)S，在開關(guān)S右側(cè)垂直導(dǎo)軌放置導(dǎo)體棒N，在傾斜導(dǎo)軌上距b、e足夠遠(yuǎn)的位置放置導(dǎo)體棒M，現(xiàn)將導(dǎo)體棒M由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)體棒M通過b、e處后瞬間感應(yīng)開關(guān)自動斷開。已知導(dǎo)體棒M的質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)體棒N的質(zhì)量為2m，電阻為2R，兩導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g，不計導(dǎo)軌電阻及空氣阻力。(1)保持開關(guān)S斷開，求導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)前瞬間的速度大小；(2)若固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S，求導(dǎo)體棒M在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動的位移；(3)若不固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S，求導(dǎo)體棒N上產(chǎn)生的焦耳熱。第七部分計算壓軸滿分策略專題7.3電磁學(xué)計算題的命題視角目錄TOC\o"1-3"\h\u命題視角(一)帶電粒子(帶電體)在電場中的運(yùn)動 1命題視角(二)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 13命題視角(三)電路與電磁感應(yīng) 28命題視角(一)帶電粒子(帶電體)在電場中的運(yùn)動一、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動分析方法1．動力學(xué)觀點(diǎn)：利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解，適用于勻變速直線運(yùn)動問題．2．能量觀點(diǎn)：利用動能定理求解．(1)qEd＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，適用于勻強(qiáng)電場中直線運(yùn)動問題．(2)qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，適用于任何電場中直線運(yùn)動問題．二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)分析方法1．用平拋運(yùn)動規(guī)律處理(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間為t＝eq\f(L,v0).(2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).(3)離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02).(4)速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,L)＝eq\f(qUL,2mdv02).2．用動能定理處理涉及功能問題時可用，偏轉(zhuǎn)時靜電力做的功是W＝qEy(y為偏移量)．三、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(1)對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，需要進(jìn)行分段研究，分析粒子在每段運(yùn)動過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動性質(zhì)．(2)作出粒子的v－t圖像或某一方向上的v－t圖像，借助圖像、結(jié)合軌跡，使運(yùn)動過程更直觀．轉(zhuǎn)換思路如下：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像．四、帶電粒子(帶電體)在電場和重力場疊加場中的運(yùn)動1．在電場和重力場的疊加場中，若微粒做勻變速直線運(yùn)動，合力方向必與速度方向共線．2．根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變．3．“等效法”在電場中的應(yīng)用(1)如圖，先作出重力與靜電力的合力F合，將這個合力視為一個等效重力，則等效重力加速度g′＝eq\f(F合,m).(2)等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn).【例1】(2022·安徽馬鞍山市一模)如圖甲所示，金屬絲K產(chǎn)生的熱電子(初速度不計)經(jīng)A、B間的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在豎直熒光屏上．C、D極板長為l，板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為eq\f(l,6).現(xiàn)給A、B間加一加速電壓UAB，C、D兩板間加一交變電壓，電壓大小為U、周期T＝eq\f(2l,v0)(如圖乙所示)，設(shè)C、D間的電場可看作勻強(qiáng)電場，且兩板外無電場．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e(重力不計)，經(jīng)加速電場加速后以速度v0射入偏轉(zhuǎn)電場，且所有電子均能從C、D板間射出．電子間相互作用不計，試求：(1)A、B間加速電壓UAB的大小；(2)熒光屏上被電子擊中部分的長度D；(3)到達(dá)熒光屏上O點(diǎn)的電子動能．【答案】(1)eq\f(mv02,2e)(2)eq\f(4eUl2,3mdv02)(3)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(e2U2l2,18md2v02)【解析】(1)A、B間加速過程有eUAB＝eq\f(1,2)mv02得UAB＝eq\f(mv02,2e)(2)若在t＝nT(n＝0,1,2,3，…)時刻射入偏轉(zhuǎn)電場，電子射中熒光屏的位置為熒光屏上被電子擊中O點(diǎn)上部分的最遠(yuǎn)處，則有l(wèi)＝v0t1，y1＝eq\f(1,2)at12，a＝eq\f(eU,md)v1y＝at1，y2＝v1yt2，t2＝eq\f(l,6v0)聯(lián)立解得y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(2eUl2,3mdv02)故熒光屏上被電子擊中部分的長度為D＝2y＝eq\f(4eUl2,3mdv02)(3)電子要達(dá)到O點(diǎn)，必須在豎直方向上先經(jīng)歷t3時間的加速，后經(jīng)歷t3時間的減速，再反向加速時間t4，離開偏轉(zhuǎn)電場后，保持勻速運(yùn)動，設(shè)時間為t5，整個過程向上的位移和向下的位移大小相等，運(yùn)動軌跡如圖所示所以有eq\f(1,2)at32×2＝eq\f(1,2)at42＋at4t52t3＋t4＝eq\f(l,v0)t5＝eq\f(l,6v0)可得t3＝t4＝2t5＝eq\f(l,3v0)設(shè)電子擊中O點(diǎn)時速度大小為v，則v2＝v02＋vy2vy＝at4，a＝eq\f(eU,md)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(e2U2l2,18md2v02).【例2】(2022·河南安陽市一模)如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E＝1.0×104V/m.該空間有一個半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點(diǎn)，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.04kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小球2(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于C點(diǎn)．輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點(diǎn)．質(zhì)量也為m＝0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點(diǎn)左側(cè)某點(diǎn)后釋放．小球1沿光滑水平面運(yùn)動到C點(diǎn)與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧運(yùn)動到A點(diǎn)．P、C兩點(diǎn)間距離較遠(yuǎn)，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)黏合體在A點(diǎn)的速度大小；(2)彈簧的彈性勢能；(3)小球黏合體由A點(diǎn)到達(dá)水平面運(yùn)動的時間．【答案】(1)5m/s(2)9.2J(3)0.6s【解析】(1)小球2所受靜電力F＝qE＝6×10－5×1×104N＝0.6N，方向水平向右小球黏合體的重力為G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N，方向豎直向下如圖所示小球黏合體所受重力與靜電力的合力與豎直方向的夾角的正切值為tanθ＝eq\f(qE,G)＝eq\f(3,4)所以θ＝37°所以A點(diǎn)是小球黏合體在重力場和電場中做圓周運(yùn)動的等效最高點(diǎn)，由于小球黏合體恰能沿圓弧到達(dá)A點(diǎn)，所以eq\f(qE,sin37°)＝2meq\f(vA2,R)解得vA＝5m/s(2)小球黏合體從C點(diǎn)到A點(diǎn)，由動能定理得－qERsin37°－2mg·(R＋Rcos37°)＝eq\f(1,2)×2mvA2－eq\f(1,2)×2mvC2解得vC＝eq\r(115)m/s小球1、2的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC解得小球1碰撞前的速度v1＝2eq\r(115)m/s由機(jī)械能守恒可得彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv12＝9.2J(3)如圖，小球黏合體過A點(diǎn)后豎直方向上做勻加速運(yùn)動豎直方向上的初速度為v0＝vAsin37°＝3m/s由豎直方向做勻加速運(yùn)動可得R＋Rcos37°＝v0t＋eq\f(1,2)gt2解得t＝0.6s【感悟真題】1.(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運(yùn)動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強(qiáng)度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？【答案】(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)【解析】(1)由題意知，初速度為零的帶正電粒子從A點(diǎn)進(jìn)入電場，從C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，并由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mv02③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv02,2qR)④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故勻強(qiáng)電場中的等勢線與BC平行．作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動能增量最大．由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大，在電場中運(yùn)動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)at12⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2)v0,4)⑨(3)解法1：設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場，在電場中運(yùn)動的時間為t.以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系．由運(yùn)動學(xué)公式有y＝eq\f(1,2)at2⑩x＝vt?粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2?粒子在電場中運(yùn)動時，其x軸方向的動量不變，y軸方向的初始動量為零．設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y軸方向的速度分量為v2，由題給條件及運(yùn)動學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0或v＝eq\f(\r(3),2)v0解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運(yùn)動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，垂直AC方向做勻速直線運(yùn)動，因動量的變化量只發(fā)生在電場方向上，若粒子從進(jìn)入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點(diǎn)離開電場．設(shè)粒子進(jìn)入電場時的速度為v在沿電場方向：R＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(v0,2)t在垂直電場方向：eq\r(3)R＝vt聯(lián)立以上兩式得：v＝eq\f(\r(3),2)v0由題意知，粒子進(jìn)入電場時的速度v＝0時，動量變化量的大小也為mv0.2.(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【答案】(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【解析】(1)PG、QG間電場強(qiáng)度大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))；⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)).⑧3.(2022·廣東高考，14)密立根通過觀測油滴的運(yùn)動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離h1，此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運(yùn)動。B在勻速運(yùn)動時間t內(nèi)上升了距離h2(h2≠h1)，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：(1)比例系數(shù)k；(2)油滴A、B的帶電荷量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；(3)新油滴勻速運(yùn)動速度的大小和方向?！敬鸢浮?1)eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)(2)油滴A不帶電油滴B帶負(fù)電eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)見解析【解析】(1)未加電壓時，油滴勻速時的速度大小v1＝eq\f(h1,t)，勻速時有m0g＝f，又f＝kmeq\f(1,3)v1聯(lián)立可得k＝eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)(2)加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受靜電力方向向上，極板間電場強(qiáng)度方向向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動時，速度大小為v2＝eq\f(h2,t)根據(jù)平衡條件可得m0g＋kmeq\f(1,3)v2＝qeq\f(U,d)聯(lián)立解得q＝eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)根據(jù)ΔEp＝－W電，又有W電＝qh2eq\f(U,d)聯(lián)立解得ΔEp＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為2m0，帶電荷量仍為q，新油滴所受靜電力F′＝eq\f(qU,d)＝eq\f(m0g（h1＋h2）,h1)若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共可得v共>0新油滴向上加速，達(dá)到平衡時有2m0g＋k·(2m0)eq\f(1,3)v＝F′解得速度大小為v＝eq\f(h2－h(huán)1,\r(3,2)t)，方向向上；若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0新油滴向下加速，達(dá)到平衡時有2m0g＝F′＋k·(2m0)eq\f(1,3)v′解得速度大小為v′＝eq\f(h1－h(huán)2,\r(3,2)t)，方向向下?！久＝痤}】1.(2022·云南第一次統(tǒng)測)如圖甲所示，電子槍的金屬絲K連續(xù)不斷地逸出電子，電子初速度不計，經(jīng)M、N兩金屬板之間的電場加速后，沿A、B兩水平金屬極板間的中心線OP射入極板間的偏轉(zhuǎn)電場，UMN＝－U0。A、B兩板間的距離為d，兩板間的電勢差uAB隨時間t的變化圖像如圖乙所示，圖中U1已知，uAB的變化周期為3t0。兩板間的電場視為勻強(qiáng)電場，t＝0時刻射入A、B兩極板間的電子在偏轉(zhuǎn)電場中經(jīng)4t0后從極板右側(cè)射出。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為－e，重力不計，打到極板上的電子均被吸收，不計電子之間的相互作用力。(1)求A、B金屬板的長度L；(2)求t＝0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，從極板右側(cè)射出時相對中線OP在豎直方向的位移y；(3)僅上下調(diào)整A、B兩水平極板的位置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉(zhuǎn)電場，要使從極板右側(cè)射出的電子速度均水平，求A、B兩板間的最小距離d1。【答案】(1)4t0eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(5eU1teq\o\al(2,0),md)(3)eq\f(eU1teq\o\al(2,0),md)【解析】(1)電子在M、N間做加速運(yùn)動，根據(jù)動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))電子在A、B兩極板間水平方向做勻速直線運(yùn)動L＝v0·4t0解得L＝4t0eq\r(\f(2eU0,m))。(2)t＝0時刻，射入偏轉(zhuǎn)電場的電子豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得eE＝maE＝eq\f(U1,d)解得a＝eq\f(eU1,md)在0～2t0時間內(nèi)豎直方向的位移為y1＝eq\f(1,2)a(2t0)2末速度為v1＝a·2t0在2t0～3t0時間內(nèi)的末速度為v2＝v1－at0在這段時間內(nèi)的位移為y2＝eq\f(v1＋v2,2)t0在3t0～4t0時間內(nèi)的末速度為v3＝v2＋at0在3t0～4t0時間內(nèi)豎直方向的位移為y3＝eq\f(v2＋v3,2)t0t＝0時刻，射入偏轉(zhuǎn)電場的電子從極板右側(cè)射出時，相對中線OP在豎直方向的位移y＝y(tǒng)1＋y2＋y3解得y＝eq\f(5eU1teq\o\al(2,0),md)。(3)僅上下調(diào)整A、B兩水平極板的位置，滿足電子仍然能沿OP方向射入偏轉(zhuǎn)電場，使從極板右側(cè)射出的電子速度均水平且A、B兩板間的距離最小的條件是2t0＋3nt0時刻入射的粒子恰好飛出電場，其他時刻入射的粒子全部打在極板上被吸收，則y1′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)逆向思維有y2′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)A、B兩板間的最小距離d1＝y(tǒng)1′＋y2′解得d1＝eq\f(eU1teq\o\al(2,0),md)。2.(2022·浙江舟山中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，水平絕緣軌道AB和豎直放置半徑為R的光滑絕緣半圓軌道BCD在B點(diǎn)平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平邊界MN下方有場強(qiáng)為E的水平向左的勻強(qiáng)電場，電場區(qū)域足夠大。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平軌道上距離B點(diǎn)為eq\f(21,5)R的A點(diǎn)由靜止釋放，已知：滑塊的電荷量q＝eq\f(3mg,4E)，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑塊從B點(diǎn)剛進(jìn)入半圓軌道時的速度大小及滑塊對軌道的壓力大?。?2)滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時的速度大??；(3)滑塊在軌道上運(yùn)動的最大速度大?。?4)以B為原點(diǎn)，BA方向為正方向建立x坐標(biāo)軸，滑塊都從水平軌道AB上由靜止釋放，且不考慮滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)之后的情況。要使滑塊不脫離軌道，滑塊釋放的位置x應(yīng)該滿足什么條件？【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(14gR)eq\f(9,2)mg(2)eq\r(gR)(3)2eq\r(gR)(4)0≤x≤eq\f(3,5)R或x≥eq\f(21,5)R【解析】(1)設(shè)滑塊從B點(diǎn)剛進(jìn)入半圓軌道時的速度大小為vB，根據(jù)動能定理有qELAB－μmgLAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①解得vB＝eq\f(1,2)eq\r(14gR)②設(shè)滑塊在B點(diǎn)受到半圓軌道的支持力大小為FN根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)③聯(lián)立②③解得FN＝eq\f(9,2)mg④根據(jù)牛頓第三定律可知在B點(diǎn)滑塊對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝eq\f(9,2)mg。⑤(2)設(shè)滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時的速度大小為vD，根據(jù)動能定理有qER－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥解得vD＝eq\r(gR)。⑦(3)滑塊在電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動，設(shè)等效重力的方向與豎直方向的夾角為θ，則根據(jù)力的合成與分解有tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)⑧解得θ＝37°⑨當(dāng)滑塊運(yùn)動到半圓軌道上的等效最低點(diǎn)P時速度達(dá)到最大值vm，易知PO與豎直方向的夾角為37°。對滑塊從B到P的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有qERsin37°－mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑩解得vm＝2eq\r(gR)。?(4)若滑塊能夠通過D點(diǎn)，則根據(jù)⑦式可知meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg?說明滑塊從A點(diǎn)釋放后恰好能夠通過D點(diǎn)，則滑塊一定能通過D點(diǎn)所對應(yīng)x的取值范圍是x≥eq\f(21,5)R?若滑塊到達(dá)C點(diǎn)前速度減為零，則也不會脫離軌道。假設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時速度恰好為零，則(qE－μmg)x＋qER－mgR＝0?解得x＝eq\f(3,5)R?所以滑塊無法到達(dá)C點(diǎn)以上位置所對應(yīng)x的取值范圍是0≤x≤eq\f(3,5)R?綜上所述，要使滑塊不脫離軌道，滑塊釋放的位置x應(yīng)該滿足的條件是0≤x≤eq\f(3,5)R或x≥eq\f(21,5)R。3.(2022·遼寧省高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動到C點(diǎn)離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場．已知P點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方，整個運(yùn)動過程小球的電荷量保持不變，A、B間的距離為2R，重力加速度為g.求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；(2)小球在半圓軌道上運(yùn)動的最大速率及小球?qū)Π雸A軌道的壓力的最大值；(3)小球在水平軌道上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離．【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(2\r(2)＋1gR)(2＋3eq\r(2))mg(3)(4eq\r(2)－5)R【解析】(1)設(shè)小球過C點(diǎn)時的速度大小為vC，小球從A運(yùn)動到C的過程中，根據(jù)動能定理有qE·3R－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，小球從C運(yùn)動到P的過程中水平方向有2R＝vCt1豎直方向有R＝eq\f(1,2)gt12聯(lián)立解得E＝eq\f(mg,q)(2)小球運(yùn)動到等效最低點(diǎn)D時速度最大，設(shè)最大速度為v，OD與豎直線OB夾角為α，由于mg＝qE，則α＝45°，小球從A點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mvm2即eq\f(1,2)mvm2＝mgR(sinα＋cosα＋1)解得最大速率vm＝eq\r(2\r(2)＋1gR)由于小球在D點(diǎn)時速度最大且靜電力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點(diǎn)時對半圓軌道的壓力最大，設(shè)此壓力大小為F，在D點(diǎn)對小球進(jìn)行受力分析，并建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，設(shè)在D點(diǎn)受到的支持力大小為F′根據(jù)牛頓第二定律有F′－qEsin45°－mgcos45°＝eq\f(mvm2,R)解得F′＝(2＋3eq\r(2))mg根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)＝F′即小球?qū)Π雸A軌道壓力的最大值為F＝(2＋3eq\r(2))mg(3)小球通過P點(diǎn)時水平方向速度大小為v1＝vC＝eq\r(2gR)豎直方向速度大小為v2＝gt1＝eq\r(2gR)進(jìn)入電場后，水平方向加速度大小為a1＝eq\f(Eq,m)＝g豎直方向加速度大小為a2＝eq\f(mg,m)＝g故小球在水平方向做勻減速運(yùn)動，在豎直方向做勻加速運(yùn)動水平方向有x＝v1t2－eq\f(1,2)a1t22豎直方向有R＝v2t2＋eq\f(1,2)a2t22聯(lián)立解得x＝(4eq\r(2)－5)R.命題視角(二)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．帶電粒子在電場或磁場中的運(yùn)動性質(zhì)(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中可能做勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、類斜拋運(yùn)動．處理方法一般有動力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式)、動能定理、運(yùn)動的合成與分解．(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中可能做直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動或螺旋線運(yùn)動．2．帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的處理方法(1)按照進(jìn)入不同的場的時間順序分成幾個不同的階段．(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運(yùn)動情況．若粒子進(jìn)入電場區(qū)域，則其運(yùn)動為加速(減速)以及偏轉(zhuǎn)兩大類運(yùn)動，而進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子通常做勻速圓周運(yùn)動．(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，注意運(yùn)用幾何知識，找出相應(yīng)