《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第2講 三大觀點(diǎn)在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能
1.(2018·高考天津卷)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里.磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點(diǎn)靜止釋放,由M進(jìn)入磁場,從N射出.不計粒子重力.
(1)求粒子從P到M所用的時間t;
(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出,同樣能由M進(jìn)入磁場,從N射出.粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動
2、,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度v0的大?。?
解析:(1)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有
qvB=m①
設(shè)粒子在電場中運(yùn)動所受電場力為F,有
F=qE②
設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有
F=ma③
粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,有
v=at④
聯(lián)立①②③④式得
t=.⑤
(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動,其周期與速度、半徑無關(guān),運(yùn)動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定.故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短.設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′,由幾何關(guān)系可得
(r′-R)2+(R)2=r′2⑥
3、
設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為θ,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)系知
tanθ=⑦
粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動,在電場方向上的分運(yùn)動和從P釋放后的運(yùn)動情況相同,所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運(yùn)動的合成和分解可得
tanθ=⑧
聯(lián)立①⑥⑦⑧式得
v0=.
答案:見解析
2.(2018·福建福州質(zhì)檢)如圖所示,在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里.在x軸下方存在勻強(qiáng)電場,方向豎直向上.一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0,h)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開始運(yùn)動,一段
4、時間后,粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場,經(jīng)過y軸的b點(diǎn)時速度方向恰好與y軸垂直.求:
(1)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r和速度大小v1;
(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E;
(3)粒子從開始運(yùn)動到第三次經(jīng)過x軸的時間t0.
解析:(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系有
rcos 45°=h
可得r=h
又qv1B=
可得v1==.
(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1,到達(dá)b點(diǎn)時速度大小為vb,結(jié)合類平拋運(yùn)動規(guī)律,有
vb=v1cos 45°
得vb=
設(shè)粒子進(jìn)入電場經(jīng)過時間t運(yùn)動到b點(diǎn),b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為-yb
結(jié)合類平拋
5、運(yùn)動規(guī)律得r+rsin 45°=vbt
yb=(v1sin 45°+0)t=h
由動能定理有:-qEyb=mv-mv
解得E=.
(3)粒子在磁場中的周期為T==
第一次經(jīng)過x軸的時間t1=T=
在電場中運(yùn)動的時間t2=2t=
在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間
t3=T=
所以總時間t0=t1+t2+t3=.
答案:(1)h (2)
(3)
3.(2018·高考全國卷 Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,
6、寬度均為l′,電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn),它們的連線與y軸平行.一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出.不計重力.
(1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡;
(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大??;
(3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間.
解析:(1)粒子運(yùn)動的軌跡如圖(a)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱)
圖(a)
(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動.設(shè)粒
7、子從M點(diǎn)射入時速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為θ[見圖(b)],速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有
圖(b)
qE=ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運(yùn)動學(xué)公式有v1=at②
l′=v0t③
v1=vcos θ④
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)其運(yùn)動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB=⑤
由幾何關(guān)系得l=2Rcosθ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0=.⑦
(3)由運(yùn)動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得
v1=v0cot⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
=⑨
設(shè)粒子由
8、M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間為t′,則
t′=2t+T⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期
T=?
由③⑦⑨⑩?式得
t′=(1+).
答案:見解析
4.如圖甲所示,在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場,變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、+y軸方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向).在t=0時刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0,方向沿+y軸方向的帶負(fù)電粒子(不計重力).其中v0、t0、B0為已知量,且E0=,粒子的比荷=,x軸上有一點(diǎn)A,坐標(biāo)為.
(1)求時帶電粒子的位置坐標(biāo);
(2)粒子運(yùn)動過程中偏離x軸的最大距離;
(3)粒
9、子經(jīng)多長時間經(jīng)過A點(diǎn).
解析:(1)在0~t0時間內(nèi),粒子做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:
qB0v0=mr1=m
得:T==2t0,r1==
則在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α=,所以在t=時,粒子的位置坐標(biāo)為:.
(2)在t0~2t0時間內(nèi),粒子經(jīng)電場加速后的速度為v,粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示
v=v0+t0=2v0
運(yùn)動的位移:y=t0=1.5v0t0
在2t0~3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動,
半徑:r2=2r1=
故粒子偏離x軸的最大距離:
ym=y(tǒng)+r2=1.5v0t0+.
(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動的周期為4t0,一個周期內(nèi)向右運(yùn)動的距離:d=2
10、r1+2r2=,AO間的距離為:=8d
所以粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的時間為:t=32t0.
答案:見解析
(建議用時:40分鐘)
1.(2017·高考全國卷Ⅱ)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運(yùn)動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍.不計空氣阻力,重力加速度大小為g.求
(1)M與N在電場中沿水
11、平方向的位移之比;
(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度;
(3)該電場的電場強(qiáng)度大小.
解析:(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運(yùn)動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動學(xué)公式得
v0-at=0①
s1=v0t+at2②
s2=v0t-at2③
聯(lián)立①②③式得
=3.④
(2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動學(xué)公式
v=2gh⑤
H=vyt+gt2⑥
M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動,由幾何關(guān)
12、系知
=⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得
h=H.⑧
(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動,則
=⑨
設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得
Ek1=m(v+v)+mgH+qEs1⑩
Ek2=m(v+v)+mgH-qEs2?
由已知條件
Ek1=1.5Ek2?
聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E=.
答案:見解析
2.某同學(xué)設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置,如圖所示.豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌,間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間,總質(zhì)量為m,其中燃料質(zhì)量為m′,燃料室中的金屬棒EF電阻
13、為R,并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸.引燃火箭下方的推進(jìn)劑,迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動,當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS,用時Δt,此過程激勵出強(qiáng)電流,產(chǎn)生電磁推力加速火箭.在Δt時間內(nèi),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體,當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后,噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭.
(1)求回路在Δt時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量,并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向;
(2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌,求火箭脫離時的速度v0;(不計空氣阻力)
(3)火箭脫離導(dǎo)軌時,噴氣孔打開,在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?,?/p>
14、出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣葹閡,求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示:可選噴氣前的火箭為參考系)
解析:(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律有:E==
電荷量q=IΔt=,根據(jù)楞次定律可知,電流方向?yàn)镋→F.
(2)平均感應(yīng)電流I==,平均安培力F=BIL,
設(shè)豎直向上為正,根據(jù)動量定理得:(F-mg)Δt=mv0
解得:v0=-gΔt.
(3)以火箭為參考系,設(shè)豎直向上為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:
-m′u+(m-m′)Δv=0
解得:Δv=u.
答案:(1) 金屬棒中電流方向?yàn)镋→F
(2)-gΔt (3)
3.(2018·宜春三中高三檢測)如圖所示,豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為
15、4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3,以及一個半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成,C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R.C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接.現(xiàn)有一個比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小球,從與C4的最高點(diǎn)H等高的P點(diǎn)以一定的初速度v0向左水平拋出后,恰好沿C1的A端點(diǎn)沿切線從凹面進(jìn)入軌道.已知重力加速度為g.求:
(1)小球在P點(diǎn)開始平拋的初速度v0的大小.
(2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出?請說明理由.
(3)小球運(yùn)動到何處,軌道對小球的彈力最大?最大值是多大?
解析:(1)小球從P到A,豎直方向有:h=2R+
16、4Rsin 30°=4R
由平拋運(yùn)動規(guī)律可得:v=2gh
解得:vy=
在A點(diǎn),由速度關(guān)系tan 60°=
解得:v0=.
(2)若小球能過D點(diǎn),則D點(diǎn)速度滿足v>
小球從P到D由動能定理得:mgR=mv2-mv
解得:v= >
若小球能過H點(diǎn),則H點(diǎn)速度滿足vH>0
小球從P到H由機(jī)械能守恒得H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)的初速度,為>0;綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點(diǎn)射出.
(3)小球在運(yùn)動過程中,軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會在圓軌道的最低點(diǎn),B點(diǎn)和F點(diǎn)都有可能
小球從P到B由動能定理得:6mgR=mv-mv
在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿足:NB-mg
17、=m
解得NB=mg;
小球從P到F由動能定理得:3mgR=mv-mv
在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿足:NF-mg=m
聯(lián)立解得:NF=mg;
比較B、F兩點(diǎn)的情況可知:F點(diǎn)軌道給小球的彈力最大,為mg.
答案:(1) (2)能,理由見解析
(3)小球運(yùn)動到F點(diǎn)時,軌道對小球的彈力最大,最大值是mg
4.(2018·重慶一中考前熱身考試)如圖所示,傾角θ=37°的足夠長的固定絕緣斜面上,有一個n=5匝、質(zhì)量M=1 kg、總電阻R=0.1 Ω的矩形線框abcd,ab邊長l1=1 m,bc邊長l2=0.6 m.將線框置于斜面底端,使cd邊恰好與斜面底端平齊,在斜面上的矩形區(qū)域efh
18、g內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1 T,現(xiàn)通過沿著斜面且垂直于ab的細(xì)線以及滑輪把線框和質(zhì)量m=3 kg的物塊連接起來,讓物塊從離地面某高度處靜止釋放,線框沿斜面向上運(yùn)動,恰好能夠勻速進(jìn)入有界磁場區(qū)域.當(dāng)線框cd邊剛好穿出磁場區(qū)域時,物塊m恰好落到地面上,且不再彈離地面,線框沿斜面能夠繼續(xù)上升的最大的高度h=1.92 m,線框在整個上滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q=36 J,已知線框與斜面的動摩擦因數(shù)μ=0.5, g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)線框進(jìn)入磁場之前的加速度大小;
(2)線框cd邊剛好穿出有界磁場區(qū)域時的速度大??;
19、
(3)有界磁場的寬度(即ef到gh的距離).
解析:(1)對M、m整體:mg-Mgsin θ-μMgcos θ=(m+M)a
解得a=5 m/s2.
(2)從cd邊剛出磁場到線框上升到最大高度的過程中:
Mgsin θ+μMgcosθ=Ma′,2a′·=v2
解得v=8 m/s.
(3)線框勻速運(yùn)動過程中,對M:Mgsinθ+μMgcos θ+F安=T=mg
F安=nBIl1
I==解得v0=8 m/s
設(shè)ef,gh間距為L,從ab邊到達(dá)ef至到達(dá)gh的過程中,由動能定理:
mg(L+l2)-Mgsin θ(L+l2)-μMgcos θ(L+l2)-Q
=(M+m)v2-(M+m)v
解得:L=1.2 m.
答案:(1)5 m/s2 (2)8 m/s (3)1.2 m