2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）微專題5　電磁場中的空間立體問題和擺線問題作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）微專題5電磁場中的空間立體問題和擺線問題作業(yè)含答案微專題5電磁場中的空間立體問題和擺線問題時間|40min1.[2024·山東棗莊模擬]如圖甲所示,三維坐標系O-xyz所在的空間中,有平行于y軸且沿其正方向的勻強電場,電場強度的大小E1=7mv0210qL.一帶正電的粒子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿xOy平面從x軸上的P(L,0,0)點進入勻強電場,經(jīng)過P點時速度的大小為v0、與x軸負方向的夾角α=53°.當粒子運動一段時間Δt=2Lv0到達Q(未畫出)點時,勻強電場的方向突然變?yōu)檠貁軸正方向,若以此刻為計時起點,且電場強度的大小E2隨時間t的變化關系,如圖乙所示,電場改變方向的同時加上沿z軸正方向的勻強磁場,磁感應強度的大小B=3mv0qL.已知帶電粒子的質量為(1)加速電場的電壓U;(2)Q點的位置及帶電粒子到達Q點時的速度;(3)當t=3πLv2.[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,以長方體abcd-a'b'c'd'的ad邊中點O為坐標原點、ad方向為x軸正方向、a'a方向為y軸正方向、ab方向為z軸正方向建立O-xyz坐標系,已知Oa=ab=aa'=L.長方體中存在沿y軸負方向的勻強磁場,現(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中,恰好從a點射出磁場.(1)求磁場的磁感應強度B的大小;(2)若在長方體中加上沿y軸負方向的勻強電場,讓粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中,為使粒子能從a'點射出磁場,求電場強度E1的大小;(3)若在長方體中加上電場強度大小為E2=23mv2qL、方向沿z軸負方向的勻強電場,該粒子仍從O點沿z軸正方向以初速度v射入磁場中3.[2024·四川成都模擬]某離子束實驗裝置的基本原理如圖甲所示.Ⅰ區(qū)寬度為d,左邊界與x軸垂直交于坐標原點O,其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強磁場;Ⅱ區(qū)寬度為43d,左邊界與x軸垂直交于O1點,右邊界與x軸垂直交于O2點,其內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場.測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界,其中心C與O2點重合.從離子源不斷飄出電荷量為q、質量為m的正離子,加速后沿x軸正方向過O點,依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū),恰好到達測試板中心C.已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度大小為v0,速度方向與x軸正方向的夾角為θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8.忽略離子間的相互作用,不計離子重力(1)求Ⅰ區(qū)勻強磁場的磁感應強度大小B0;(2)求Ⅱ區(qū)勻強電場的電場強度大小E;(3)將Ⅱ區(qū)右邊界和測試板同時右移使Ⅱ區(qū)足夠大,在Ⅱ區(qū)同時填充題干中的勻強電場和磁感應強度大小為B=6mv05qd、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,其他條件不變,離子的運動軌跡如圖乙中的虛線所示4.[2024·河北石家莊模擬]如圖甲所示,立方體空間的邊長為L,側面CDHG為熒光屏,能完全吸收打在屏上的帶電粒子并發(fā)光,三維坐標系坐標原點O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH.已知從原點O向xOy平面內(nèi)各個方向均勻持續(xù)發(fā)射速率為v0、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子.不計粒子重力及粒子間的相互作用.(1)若在立方體空間內(nèi)僅存在方向平行于z軸的勻強磁場,沿y軸正方向射出的粒子恰好打在熒光屏上的H點.求磁場的磁感應強度B和粒子從原點O運動到熒光屏的最短時間t;(2)若在立方體空間內(nèi)僅存在z軸負方向的勻強電場E=32πmv025qL和沿y軸正方向的勻強磁場B=8πmv0(3)若在立方體空間內(nèi)平行y軸加如圖乙所示的磁場,其中By=6mv05qLcos2πTt.同時平行z軸加如圖丙的磁場,其中Bz=6mv05qL

微專題6電磁感應中的單桿模型例1(16分)(1)B2L(2)BL?R12mv(3)v0g[解析](1)ab棒以初速度v0向上運動時,產(chǎn)生感應電流,根據(jù)左手定則可知,ab棒受到的安培力向下,由于向上做減速運動,所以開始運動時安培力最大,加速度最大,由法拉第電磁感應定律得E=BLv0 (1分)由閉合電路歐姆定律得I=ER 根據(jù)牛頓第二定律得BIL+mg=mam(1分)聯(lián)立解得am=B2L2v(2)ab棒向上運動過程中,通過R的電荷量q=IΔt (1分)其中I=ER,E=ΔΦΔt,Δ聯(lián)立解得q=BL?R 根據(jù)能量守恒定律得12mv02=mgh+解得Q=12mv02-(3)ab棒向上運動過程中,取向上為正方向,根據(jù)動量定理得-mgt1-BI1Lt1=0-mv0 其中I1t1=E1Rt1=ΔΦab棒返回到初始位置時加速度為零,有BI'L=mg (1分)其中I'=E'R,E'=BLv'ab棒向下運動到初始位置過程中,根據(jù)動量定理得mgt2-BI2Lt2=mv'-0 其中I2t2=E2Rt2=ΔΦab從開始向上運動至回到初始位置所用時間t=t1+t2聯(lián)立解得t=v0g+mR例2(1)BLE2mr(2)EBL(3)12qE[解析](1)閉合開關瞬間,電路中的電流為I=E導體棒所受安培力為F=BIL由牛頓第二定律可知導體棒的加速度為a=F聯(lián)立解得a=BEL(2)導體棒受安培力作用而做切割磁感線運動,產(chǎn)生動生電動勢,動生電動勢與電源電動勢反向疊加,導致電路中的電流逐漸減小,當動生電動勢和電源電動勢大小相等時,電流為零,此時導體棒不再受安培力,導體棒做勻速直線運動,有E=BLv解得導體棒最終的速度大小為v=E(3)當導體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導體棒的電荷量為q,對電路由能量守恒定律得qE=Q總+12m導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=rr+聯(lián)立解得Q=12qE-14例3(1)mgt0sinθ-mv0(2)52mgv0t0sinθ-92m(3)1[解析](1)t=0到t=t0時間內(nèi),對金屬棒MN,根據(jù)動量定理有mgtsinθ·t0-I安=mv0解得I安=mgt0sinθ-mv0(2)根據(jù)圖乙可得金屬棒在t=0到t=2t0時間內(nèi)的位移為x=v02·t0+v0+3v02·t根據(jù)能量守恒定律有mgxsinθ=12m(3v0)2+ΔE解得ΔE損=52mgv0t0sinθ-92(3)根據(jù)圖乙可知,在0~t0時間內(nèi)金屬棒做勻加速直線運動,則加速度恒定,所受合外力恒定,安培力恒定,電流恒定,任意時刻電容器兩端的電壓都等于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢,有BdaΔt=Δ可得Δq=CBdaΔt而Δq=IΔt其中a=v聯(lián)立得I=CBd在0~t0時間內(nèi),對金屬棒,由動量定理有mgsinθ·t0-BdI·t0=mv0解得B=1【跟蹤訓練】1.CD[解析]0~t時間內(nèi),對導體棒,根據(jù)動量定理有F0t-BIlt=mv,則v<F0tm,A錯誤;導體棒在恒力F0的作用下運動,產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv,電流I=ER=BlvR,導體棒所受安培力F安=BIl=B2l2vR,導體棒的加速度a=F0-F安m=F0m-B2l2vmR,由此可知,隨著導體棒速度的增大,加速度逐漸減小,當加速度減小為零后,導體棒做勻速運動,由于不知道t時刻加速度是否為零,所以0~t時間內(nèi)發(fā)電機產(chǎn)生的感應電動勢可能隨時間先增大后不變,也可能一直增大,B錯誤;t時刻,電熱毯的功率P=I2R2.C[解析]閉合開關S后,該導體棒運動時的電流為I=E-BLvR+r,靜止不動時的電流為I'=ER+r,則I'>I,即導體棒運動時的電流小于其靜止不動時的電流,故A、B錯誤;當導體棒勻速運動時,有μmg=BIL,I3.BC[解析]若開關K與觸點Ⅰ接通,由能量守恒定律可知mgh=12mv2+Q,則定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱小于mgh,A錯誤;若開關K與觸點Ⅰ接通,則通過定值電阻的電荷量為q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=B?LR,B正確;若開關K與觸點Ⅱ接通,則回路中電流I=ΔqΔt=ΔU·CΔt=BLΔv·CΔt=BLCa,由牛頓第二定律得mg-BIL=ma,解得a=mgm+B2L2C,可知金屬桿做勻加速運動,下滑距離為h的過程中,有h=12at2,重力的沖量IG=mgt,聯(lián)立解得IG示意圖運動分析能量分析動能轉化為內(nèi)能,12mv0電能轉化為動能和內(nèi)能,E電=12mvm外力做功轉化為動能和內(nèi)能,WF=12mvm外力做功轉化為電場能和動能,WF=E電+12mv單桿與電阻構成回路例1[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,間距為L的兩足夠長的光滑平行金屬導軌豎直固定,其上端用阻值為R的定值電阻連接,裝置處于垂直于導軌平面向里的勻強磁場中,磁感應強度大小B.質量為m的金屬棒ab從軌道底部以初速度v0沿導軌向上運動,ab棒向上運動的最大高度為h,返回到初始位置時加速度恰好為零.運動過程中ab棒始終與導軌垂直且接觸良好,導軌和ab棒的電阻均不計,空氣阻力不計,重力加速度為g.求:(1)ab棒運動過程中的最大加速度大小;(2)ab棒向上運動過程中,通過電阻R的電荷量及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱;(3)ab棒從開始向上運動至回到初始位置所用的時間.規(guī)范答題區(qū)自評項目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)單桿與電源構成回路例2將電源、開關、導體棒與兩足夠長的光滑平行金屬導軌連接成閉合回路,整個回路水平放置,俯視圖如圖所示,虛線右側存在豎直向上的勻強磁場.已知磁感應強度為B,電源電動勢為E、內(nèi)阻為r,導體棒的質量為m,電阻為r,長度恰好等于導軌的間距L,不計金屬導軌的電阻,導體棒始終與導軌接觸良好.(1)求閉合開關瞬間導體棒的加速度的大小a;(2)求導體棒最終的速度大小v;(3)導體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導體棒的電荷量為q,求此過程中導體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q.【技法點撥】導體棒一般不是做勻變速運動,而是經(jīng)歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài).動態(tài)分析的基本思路如下:單桿與電容器構成回路例3[2024·山東濟南模擬]如圖甲所示,兩條足夠長的平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ,導軌間距為d.導軌上端與電容為C的電容器相連,虛線O1O2垂直于導軌,O1O2上方存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場,O1O2上方的導軌由不計電阻的光滑金屬材料制成,O1O2下方的導軌由粗糙的絕緣材料制成.t=0時刻,一質量為m、電阻不計的金屬棒MN由靜止釋放,運動過程中MN始終與導軌垂直且接觸良好,其速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示,其中v0和t0為已知量,重力加速度為g,電容器始終未被擊穿.求:(1)t=0到t=t0時間內(nèi),磁場對金屬棒MN的沖量大小;(2)t=0到t=2t0時間內(nèi),金屬棒MN損失的機械能;(3)勻強磁場的磁感應強度大小.【技法點撥】含容電路中,單桿在恒力(包括桿的重力)作用下,加速度是恒定的.力、電間的關聯(lián)如下:【跟蹤訓練】1.(多選)[2024·湖北孝感模擬]發(fā)電機的工作原理可以簡化為如圖所示的情景.質量為m的導體棒垂直于兩光滑平行金屬導軌放置,導軌間距為l,導軌間分布著垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場.將負載(電阻為R的電熱毯)接入導軌中形成閉合回路,導體棒在恒力F0的作用下由靜止開始沿光滑導軌運動.t時刻,導體棒速度達到v.導軌和導體棒電阻忽略不計,導軌無限長,導體棒始終與導軌垂直且接觸良好.下列說法正確的是()A.t時刻,導體棒運動的速度v=FB.0~t時間內(nèi)發(fā)電機產(chǎn)生的感應電動勢一定隨時間先增大后不變C.t時刻,電熱毯的功率為BD.電熱毯的功率最終將達到F2.[2024·重慶萬州區(qū)模擬]如圖所示,兩條粗糙程度處處相同的平行金屬導軌固定在同一水平面上,導軌間距為L,左側連接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源,右側有O1、O2兩個固定卡座,整個導軌處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌電阻不計.一質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒MN靜置在導軌上且與導軌垂直,該導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ.閉合開關S,該導體棒從靜止開始先加速運動,再勻速運動,最后碰到O1、O2兩卡座后靜止不動.整個運動過程中,該導體棒始終與兩導軌垂直并接觸良好.重力加速度為g,則 ()A.閉合開關S后,該導體棒運動時的電流比其靜止不動時的電流大B.閉合開關S后,該導體棒運動時的電流與其靜止不動時的電流相等C.該導體棒勻速運動時的速度大小為1D.該導體棒勻速運動時的速度大小為13.(多選)[2024·湖南岳陽模擬]如圖所示,豎直固定的兩光滑平行金屬導軌間距為L,處于垂直于導軌平面的勻強磁場中,磁感應強度為B.金屬桿的質量為m,定值電阻的阻值為R,其余電阻不計,電容器的電容為C(未充電),重力加速度為g,開關K與觸點Ⅰ或Ⅱ接通.現(xiàn)讓金屬桿沿導軌無初速度下滑,在金屬桿下滑距離為h的過程中,金屬桿與導軌接觸良好,對該過程,下列說法正確的是()A.若開關K與觸點Ⅰ接通,則定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為mghB.若開關K與觸點Ⅰ接通,則通過定值電阻的電荷量為B?LC.若開關K與觸點Ⅱ接通,則重力對金屬桿的沖量為2D.若開關K與觸點Ⅱ接通,則電容器所充的電能為m微專題6電磁感應中的單桿模型1.CD[解析]導體棒剛進入磁場時,由乙圖可得加速度大小為a1=30m/s2,由F1=Bi1L,i1=E1R,E1=BLv1,由牛頓第二定律F1=ma1,可得B2L2v1R=ma1,解得v1=3m/s,故A錯誤;導體棒剛要離開磁場時的加速度大小為a2=10m/s2,由B2L2v2R=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率為P2=B2L2v2Rv2=1W,故B錯誤;設導體棒在磁場中的運動時間為Δt,由動量定理可得-BILΔt=mv2-mv1,由E=BLv,I=ER,整理可得-B2L2vRΔt=mv2-mv2.BD[解析]單刀雙擲開關接1后,金屬棒MN在導軌上運動,電容器的充電電流為I=ΔQΔt,電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU,感應電動勢E=U=BLv,則可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金屬棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A錯誤;在t1=5s時,金屬棒的速度為v1=at=2×5m/s=10m/s,電容器兩端的電壓為U1=BLv1=10V,則可知電容器的電荷量為Q1=CU1=4×10C=40C,故B正確;單刀雙擲開關接2瞬間,金屬棒與電阻串聯(lián)構成閉合回路,由牛頓第二定律有mg-BIL=ma1,而I=U1R=BLv1R,聯(lián)立解得a13.A[解析]設金屬棒運動的距離為x,可知金屬棒產(chǎn)生的感應電流I=ER=2Bv0xtan30°2xcos30°·R0=Bv02R0,可知金屬棒產(chǎn)生的感應電流為定值,故A正確;根據(jù)右手定則可知感應電流方向為逆時針方向,故B錯誤;金屬棒的上端為等效電源的正極,下端為負極,始終有φA>φC,4.(1)mgRB2d2(3)g[解析](1)對金屬棒受力分析,當受力平衡時,具有最大速度,即mg=F安又F安=BId,I=ER=聯(lián)立解得v1=mgR(2)由能量守恒定律,可得mgh=12mv2+12又U0=Bdv聯(lián)立解得h=m(3)設金屬棒下落速度為v,根據(jù)題意有Bdv=LΔ設金屬棒速度達到最大值v2時,電流為I0,有mg=BI0d設該過程金屬棒下落的高度為x0,根據(jù)能量守恒定律有mgx0=12mv22+又BdvΔt=LΔI可得Bdx