京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题五科学思维篇2活用“三大观点”解析电磁学综合问题讲义

科学思维篇2 活用“三大观点”解析电磁学综合问题电磁学综合问题一直是高考中的必考内容且几乎每年都作为压轴题出现，同时在选择题中也有所体现．主要考查方向有两大类：(1)带电粒子在复合场中的运动；(2)电磁感应现象中动力学问题、能量问题、电路问题等．在复习中该部分一定是重点复习内容，不仅对于基本内容及规律要熟练应用，对于综合问题也一定要强化训练，形成解决电磁综合问题的信心和习惯．带电粒子在复合场中的运动【高分快攻】1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如关系图；第3步：用规律．2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法【典题例析】 (2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间．[解析] (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝12mv 2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB ＝mv 2r②由几何关系知d ＝2r③联立①②③式得q m ＝4UB 2d 2. ④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr2＋r tan 30° ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝s v⑥ 联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋33.⑦[答案] (1)4UB 2d 2 (2)Bd 24U ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋33【题组突破】 角度1 磁场—磁场组合场中的运动分析1.(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )A ．5πm 6qBB ．7πm 6qBC ．11πm 6qBD ．13πm 6qB解析：选B.设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πRv ，可得R 1＝mv qB 、R 2＝2mv qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误．角度2 电场—磁场组合场中的运动分析2．(2019·全真模拟卷一)如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标为(－L ，0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量为－e 的电子，从虚线MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12L 射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动， 进入矩形磁场区域并从磁场边界上点Q ⎝⎛⎭⎪⎫36L ，－L 射出，速度沿x 轴负方向，不计电子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ；(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a ，时间为t 0，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y则L ＝v 0t 0，a ＝eE m ，v y ＝at 0，v y ＝v 0tan 30°联立解得E ＝3mv 2eL.(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，O 、D 间的距离为x D ，则x D ＝12L tan 30°＝36L所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示设电子离开电场时速度大小为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T则evB ＝m v 2r ，v ＝v 0sin 30°由几何关系有r ＋rsin 30°＝L即r ＝L3联立以上各式解得B ＝6mv 0eL电子在磁场中偏转的角度为120°，则有t ＝T3T ＝2πm eB ⎝⎛⎭⎪⎫或T ＝2πr v ＝πL 3v 0 解得t ＝πL9v 0.(3)以切点F 、Q 的连线为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为FQ 的对边，此时有界匀强磁场区域面积最小S min ＝3r ×r2解得S min ＝3L218.答案：见解析角度3 电场与磁场并存的叠加场问题3．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a解析：选B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g ＝qE ，解得m a ＝qEg.b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g ＝qE ＋qv b B ，解得m b ＝qE g ＋qv b Bg.c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知m c g ＋qv c B ＝qE ，解得m c ＝qE g －qv c Bg.综上所述，可知m b >m a >m c ，选项B 正确．角度4 电场、磁场和重力场并存的叠加场问题4．(2019·黄冈中学模拟)如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向．x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴．已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgl，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计．(1)求带电小球a 的电性及其比荷q m；(2)求带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴时与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？解析：(1)由带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a 带正电，且mg ＝qE ，解得q m ＝g E.(2)带电小球a 从N 点运动到Q 点的过程中，设运动半径为R ，有qvB 2＝m v 2R由几何关系有R ＋R sin θ＝32l联立解v ＝5πgl6带电小球a 在杆上做匀速运动时，由平衡条件有 mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ) 解得μ＝34. (3)带电小球a 在第三象限内做匀速圆周运动的周期T ＝2πRv＝24πl5g带电小球a 第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t 0＝2vg＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为t ＝2h g＝210πl3g两球相碰有t ＝T3＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 0＋T 2(n ＝0，1，2，…)联立解得n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0，则72l ＝v 0t解得v 0＝147gl160π. 答案：(1)正电 g E (2)34 (3)147gl160π带电粒子在复合场中的运动与现代科技的综合【高分快攻】教材中重要的五大科技应用类模型【典题例析】(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的( )A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a[解析] 由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A 错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE ＝eBv ，又E ＝U a，解得U ＝Bav ，显然前、后表面间的电压U 与电子的定向移动速度v 成正比，与元件的宽度a 成正比，与长度c 无关，B 、C 错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F ＝eE ＝eU a，D 正确．[答案] D如图所示为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，其中，加速电场的电压为U ，静电分析器中与圆心O 1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，磁分析器中以O 2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右端面平行．由离子源发出的一质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)经加速电场加速后，从M 点垂直于电场方向进入静电分析器，沿半径为R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点射出，接着由P 点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直于下边界从Q 点射出并进入收集器．已知 Q 点与圆心O 2的距离为d .(1)求磁分析器中磁场的磁感应强度B 的大小和方向； (2)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E 的大小；(3)现将离子换成质量为m 1＝0.9m 、电荷量仍为q 的另一种正离子，其他条件不变．试指出该离子进入磁分析器时的位置，并判断它射出磁场的位置在Q 点的左侧还是右侧．解析：(1)离子在加速电场中加速，设进入静电分析器的速度大小为v ，根据动能定理得qU ＝12mv 2离子射出静电分析器时的速度大小仍为v ，在磁分析器中，离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，根据牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2r依题意知r ＝d 联立解得B ＝1d2mU q由左手定则得，磁场方向垂直纸面向外．(2)在静电分析器中，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R联立解得E ＝2UR.(3)设质量为m 1的离子经加速电场加速后，速度大小为v 1，根据动能定理有qU ＝12m 1v 21离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE ＝m 1v 21R 1联立解得质量为m 1的离子在静电分析器中做匀速圆周运动的轨道半径R 1＝R ，即该离子从N 点射出静电分析器，由P 点射入磁分析器．该离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r 1＝m 1v 1qB ＝2m 1qU qB∝ m 1，所以r 1<r ，即该离子射出磁场的位置在Q 点的左侧．答案：见解析三大观点解决电磁感应问题【高分快攻】1．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 则是联系这两大对象的纽带．2．解决电磁感应与力学的综合问题的基本步骤【典题例析】(2018·高考天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab 和cd 是两根与导轨垂直、长度均为l 、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m .列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图1中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l .若某时刻列车的速度为v 0，此时ab 、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？[解析] (1)M 接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b 、由c 到d ，故M 接电源正极．(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝R2①设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总②设两根金属棒所受安培力之和为F ，有 F ＝IlB③ 根据牛顿第二定律有 F ＝ma④联立①②③④式得a ＝2BElmR.⑤(3)设列车减速时，cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有E 1＝ΔΦΔt⑥ 其中ΔΦ＝Bl2⑦设回路中平均电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有I ′＝E 12R⑧设cd 受到的平均安培力为F ′，有 F ′＝I ′lB ⑨ 以向右为正方向，设Δt 时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有 I 冲＝－F ′Δt ⑩同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I 0，有I 0＝2I 冲 ⑪ 设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有 I 总＝0－mv 0 ⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得I 总I 0＝mv 0R B 2l 3. 讨论：若I 总I 0恰为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场；若I 总I 0不是整数，设I 总I 0的整数部分为N ，则需设置N ＋1块有界磁场．[答案] 见解析【题组突破】角度1 单杆＋电阻＋导轨模型1．如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．解析：(1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下 当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L2，方向沿导轨平面向下． (2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin θ＝Q 总＋12mv 2m又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4.答案：见解析角度2 双杆＋导轨模型2．(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l ，两根质量均为m 、电阻均为R 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直．在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行，大小恒为F 的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况．(2)如图2所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度．若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况．解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2) ①感应电流为I＝E2R②对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2 ③当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1＝a2④解得a1＝a2＝F2m⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大．(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动．答案：见解析角度3 线圈模型3．(2019·滨州模拟)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量m＝10 g，总电阻为R ＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时有mg sin θ＝μmg cos θ＋F安其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝（mg sin θ－μmg cos θ）RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动有v 2＝2ax ，mg sin θ－μmg cos θ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmg cos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmg cos θg sin θ－μg cos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mg sin θ·2d －μmg cos θ·2d ＋W 安＝0，Q ＝－W 安 解得Q ＝2mgd (sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：见解析①分析线圈运动情况，看运动过程中是否有磁通量不变的阶段．②线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路，分析电路，由闭合电路欧姆定律列方程．③对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F 外＋F 安＝ma .④线圈穿过磁场时，安培力做功，其他形式的能和电能互相转换，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由功能定理W 外＋W 安＝E k2－E k1或能量守恒定律列式．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 、3R 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v 0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 ＝mv 23R①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 ＝3RB E.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＋(3R )2＝r ′2⑥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＝3Rr ′－R⑦ 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v 0，由运动的合成和分解可得tan θ＝v v 0⑧联立①⑥⑦⑧式得v 0＝qBR m.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π6，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v 0，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v 1.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v 1＝at ② l ′＝v 0t ③ v 1＝v cos 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 ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl.⑦(3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2（π2－π6）2πT⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E (1＋3πl18l ′)．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R 0＝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/s 2.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v 1，由动能定理有 (F －μmg )s ＝12mv 21－0，代入数据解得v 1＝6 m/s ，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E ＝Blv 1＝1.92 V ， 此时通过导体杆的电流I ＝ER ＋r＝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 ＝ΔΦΔt ＝BldΔt， 通过电阻R 的感应电流的平均值I ＝ER ＋r，通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝BldR ＋r＝0.64 C. (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v 2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v 3，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 v 23R 0，代入数据解得v 3＝ 5 m/s ，杆从NN ′运动至PP ′的过程，根据机械能守恒定律有 12mv 22＝12mv 23＋mg ·2R 0， 代入数据解得v 2＝5 m/s ，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 ΔE ＝12mv 21－12mv 22＝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 J4．(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S 1闭合、S 2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/s 2.(1)求磁场的磁感应强度大小B ；(2)在开关S 1闭合、S 2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S 1断开、S 2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v m ＝3 m/s 对应的感应电动势E ＝BLv m感应电流I ＝ER ＋r当导体棒的速度达到最大时，导体棒受力平衡，则 BIL ＝mg sin θ解得B ＝mg （R ＋r ）sin θL 2v m＝2 T.(2)导体棒和电阻串联，由公式Q ＝I 2Rt 可知，。