【物理】2020届二轮复习专题五2科学思维篇2　活用“三大观点”解析电磁学综合问题作业（京津鲁琼专用）

【物理】2020届二轮复习专题五2科学思维篇2　活用“三大观点”解析电磁学综合问题作业（京津鲁琼专用）

‎1．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，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 ①‎ 设粒子在电场中运动所受电场力为F，有 F＝qE ②‎ 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 ③‎ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v＝at ④‎ 联立①②③④式得 t＝. ⑤‎ ‎(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′2 ⑥‎ 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 tan θ＝ ⑦‎ 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 θ＝ ⑧‎ 联立①⑥⑦⑧式得 v0＝.‎ 答案：见解析 ‎2．(2018·高考全国卷Ⅱ) 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M点运动到N点的时间．‎ 解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)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)‎ ‎ 　　‎ 图(a) 图(b)‎ ‎(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θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有 qE＝ma ①‎ 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＝at②‎ l′＝v0t ③‎ v1＝vcos θ ④‎ 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＝ ⑤‎ 由几何关系得l＝2Rcos θ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝. ⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot ⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 t′＝2t＋T ⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝ ⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝(1＋)．‎ 答案：见解析 ‎3．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN、M′N′，如图所示放置，两轨道之间的距离l＝0.5 m．轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4 Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.5 m，水平直轨道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N′段光滑，且KNN′K′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.64 T，磁场区域的宽度d＝1 m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s＝2 m处，在与杆垂直的水平恒力F＝2 N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能通过半圆形轨道的最高处PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向；‎ ‎(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；‎ ‎(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．‎ 解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有 ‎(F－μmg)s＝mv－0，‎ 代入数据解得v1＝6 m/s，‎ 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E＝Blv1＝1.92 V，‎ 此时通过导体杆的电流I＝＝3.84 A，‎ 根据右手定则可知，电流方向由b向a.‎ ‎(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E，则由法拉第电磁感应定律有 E＝＝，‎ 通过电阻R的感应电流的平均值I＝，‎ 通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝＝0.64 C.‎ ‎(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有 mg＝m，‎ 代入数据解得v3＝ m/s，‎ 杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有 mv＝mv＋mg·2R0，‎ 代入数据解得v2＝5 m/s，‎ 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 ΔE＝mv－mv＝1.1 J，‎ 此过程中电路中产生的焦耳热Q热＝ΔE＝1.1 J.‎ 答案：(1)3.84 A　由b向a　(2)0.64 C　(3)1.1 J ‎4．(2019·烟台模拟)如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？‎ ‎(3)现在开关S1断开、S2闭合，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度．‎ 解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s 对应的感应电动势E＝BLvm 感应电流I＝ 当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则 BIL＝mgsin θ 解得B＝＝2 T.‎ ‎(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知，‎ Qab∶QR＝1∶3‎ 则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21 J＝7 J 导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有 mgxsin θ＝mv＋Qab＋QR 得导体棒的速度v1＝2 m/s 此时感应电动势E1＝BLv1，感应电流I1＝ 对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1‎ 解得加速度a1＝2 m/s2.‎ ‎(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma2‎ 感应电流I＝，Δq＝CΔU Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ 解得a2＝2 m/s2‎ 表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，ab棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度v2＝a2t＝4 m/s.‎ 答案：(1)2 T　(2)2 m/s　2 m/s2　(3)4 m/s