2022年高考物理二輪復習 第5板塊 電學計算題教學案

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1、2022年高考物理二輪復習 第5板塊 電學計算題教學案 電磁感應的動力學和能量問題是歷年高考的熱點和難點?？疾榈念}型既有選擇，又有計算，特別是高考試卷的壓軸題也常?？疾殡姶鸥袘木C合應用。解答這類問題時要注意從動力學和能量角度去分析，根據(jù)運動情況和能量變化情況分別列式求解。涉及的規(guī)律主要包括：①勻變速直線運動規(guī)律；②牛頓運動定律；③功能關系；④能量守恒定律。 用到的思想方法主要有： ①整體法和隔離法 ②全程法和分階段法 ③條件判斷法 ④臨界問題的分析方法 ⑤守恒思想　　?、薹纸馑枷搿? 考查點一　電磁感應中的“單桿”模型 題點(一)　“單桿”水平式 物理模型 勻強磁場與導軌

2、垂直，磁感應強度為B，導軌間距為L，導體棒質量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計 動態(tài)分析 設運動過程中某時測得導體棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a＝－，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當a＝0時，v最大，I＝不再變化 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 受力平衡，a＝0 電學特征 I不再變化 [例1]　(xx·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁

3、場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P。 [解析]　(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應電動勢E＝Bdv0 ① 回路的感應電流I＝ ② 由①②式解得I＝。 ③ (2)金屬桿所受的安培力F＝Bid ④ 由牛頓第二定律，對金屬桿F＝ma ⑤ 由③④⑤式解得a＝。 ⑥ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0

4、－v ⑦ 感應電動勢E＝Bdv′ ⑧ 感應電流的電功率P＝ ⑨ 由⑦⑧⑨式解得P＝。 ⑩ [答案]　(1)　(2)　(3) 題點(二)　“單桿”傾斜式 物理模型 勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，導軌間距為L，導體棒質量為m，電阻為R，導軌光滑，電阻不計 動態(tài)分析 棒ab剛釋放時a＝gsin α，棒ab的速度v↑→感應電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當安培力F＝mgsin α時，a＝0，速度達到最大vm＝ 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 受力平衡，a＝0 電學特征 I達到最大后不再變化 　 [例2]　如圖所

5、示，在勻強磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導軌，與水平面間的夾角θ＝30°，間距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，勻強磁場的磁感應強度大小B＝0.4 T，磁場方向垂直導軌平面向上。一質量m＝0.2 kg，電阻r＝0.1 Ω 的導體棒MN在平行于導軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運動，運動過程中導體棒始終與導軌垂直，且接觸良好，當棒的位移d＝9 m時電阻R上的消耗的功率為P＝2.7 W。其他電阻不計，g取10 m/s2。求： (1)此時通過電阻R的電流； (2)這一過程通過電阻R的電荷量q； (3)此時作用于導體棒上的外力F的大小。 [思路點撥] [解析]　(

6、1)根據(jù)熱功率：P＝I2R， 解得：I＝ ＝ A＝3 A。 (2)回路中產生的平均感應電動勢： ＝，由歐姆定律得：＝， 電流和電量之間關系式： q＝t＝＝＝ C＝4.5 C。 (3)由(1)知此時感應電流I＝3 A， 由I＝＝， 解得此時速度：v＝＝ m/s＝6 m/s， 由勻變速運動公式：v2＝2ax， 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2， 對導體棒由牛頓第二定律得： F－F安－mgsin 30°＝ma， 即：F－BIL－mgsin 30°＝ma， 解得：F＝ma＋BIL＋mgsin 30°＝0.2×2 N＋0.4×0.5×3 N＋0.2×10× N＝2 N。

7、 [答案]　(1)3 A　(2)4.5 C　(3)2 N 1．“單桿”模型分析 “單桿”模型是電磁感應中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、拉力作用下的變加速直線運動或勻速直線運動，所涉及的知識有牛頓運動定律、功能關系、能量守恒定律等。此類問題的分析要抓住三點： ①桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運動(達到最大速度或最小速度，此時合力為零)。 ②整個電路產生的電能等于克服安培力所做的功。 ③電磁感應現(xiàn)象遵從能量守恒定律。 2．力學對象和電學對象間的橋梁——感應電流I、切割速度v 3．用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題 考查點

8、二　電磁感應中的“雙桿”模型 [典例]　如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4 m。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中，將質量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持

9、良好接觸，取g＝10 m/s2。問： (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少。 [解析]　(1)由右手定則可判斷cd中電流方向為d流向c，故ab中的電流方向由a流向b。 (2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax， 有Fmax＝m1gsin θ?、? 設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有 E＝BLv?、? 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝

10、?、? 設ab所受安培力為F安，有F安＝ILB?、? 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 F安＝m1gsin θ＋Fmax?、? 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s。?、? (3)設在cd棒運動過程中電路中產生的總熱量為Q總，由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q總＋m2v2　⑦ 又Q＝Q總?、? 解得Q＝1.3 J?！、? [答案]　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 1．兩類“雙桿”模型 (1)一類是“一動一靜”，其實質是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件：靜止桿受力平衡。 (2)另一類是“兩桿都動”，對于這種情況，要注意兩

11、桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減。 2．解題方法 結合“單桿”模型的解題經驗，對“雙桿”模型進行受力分析，確定運動狀態(tài)，一般會有收尾狀態(tài)，比如有恒定的速度或者加速度等，再結合運動學規(guī)律、牛頓運動定律和能量觀點分析求解。 1．如圖所示，間距l(xiāng)＝0.3 m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內。在水平面a1b1b2a2區(qū)域內和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內分別有磁感應強度B1＝0.4 T、方向豎直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場。電阻R＝0.3 Ω、質量m1＝0.1 kg、長為l的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上，S桿的兩

12、端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好。一端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過輕質定滑輪自然下垂，繩上穿有質量m2＝0.05 kg的小環(huán)。已知小環(huán)以a＝6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動。不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求 (1)小環(huán)所受摩擦力的大?。? (2)Q桿所受拉力的瞬時功率。 解析：(1)以小環(huán)為研究對象，由牛頓第二定律 m2g－Ff＝m2a 代入數(shù)據(jù)得Ff＝0.2 N。 (2)設流過桿K的電流為I，由平衡條件得 I

13、lB1＝FT＝Ff 對桿Q，根據(jù)并聯(lián)電路特點以及平衡條件得 2IlB2＝F＋m1gsin θ 由法拉第電磁感應定律的推論得E＝B2lv 根據(jù)歐姆定律有2I＝，且R總＝＋R 拉力F的瞬時功率表達式為P＝Fv 聯(lián)立以上各式得P＝2 W。 答案：(1)0.2 N　(2)2 W 2．間距為L＝2 m的足夠長的金屬直角導軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平 面。質量均為m＝0.1 kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直放置形成閉合回路。桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導軌的電阻不計，細桿ab、cd的電阻分別為R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整個裝置處于

14、磁感應強度大小為B＝0.50 T、方向豎直向上的勻強磁場中(圖中未畫出)。當ab在平行于水平導軌的拉力F作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時，cd桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動。測得拉力F與時間t的關系如圖乙所示。g取10 m/s2。 (1)求ab桿的加速度a。 (2)當cd桿達到最大速度時，求ab桿的速度大小。 (3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2 J的功，通過cd桿橫截面的電荷量為2 C，求該過程中ab桿所產生的焦耳熱。 解析：(1)由題圖乙可知，在t＝0時，F(xiàn)＝1.5 N 對ab桿進行受力分析，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝1

15、0 m/s2。 (2)從d向c看，對cd桿進行受力分析如圖所示，當cd桿速度最大時，有 Ff＝mg＝μFN，F(xiàn)N＝F安，F(xiàn)安＝BIL， I＝ 綜合以上各式，解得v＝2 m/s。 (3)整個過程中，ab桿發(fā)生的位移 x＝＝ m＝0.2 m 對ab桿應用動能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得W安＝4.9 J，根據(jù)功能關系Q總＝W安 所以ab桿上產生的熱量Qab＝Q總＝2.94 J。 答案：(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J 考查點三　電磁感應中的“導體框”模型 [典例]　(xx·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為

16、m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求 (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H。 [解析]　(1)設磁場的

17、磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有 E1＝2Blv1 ① 設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有 I1＝ ② 設此時線框所受安培力為F1，有 F1＝2I1lB ③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有 mg＝F1 ④ 由①②③④式得 v1＝ ⑤ 設ab邊離開磁場之前線框做勻速運動的速度為v2，同理可得 v2＝ ⑥ 由⑤⑥式得 v2＝4v1。 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有 2mgl＝mv12 ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由

18、能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋28l。 ⑩ [答案]　(1)4倍　(2)＋28l 1．電磁感應中的能量轉化 2．求解焦耳熱Q的三種方法 3．解電磁感應現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉化。 (3)根據(jù)能量守恒列方程求解。 1.如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.1 m

19、，在aa′、bb′圍成的區(qū)域內有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度； (2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能； (3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產生的焦耳熱。 解析：(1)金屬線圈向下進入磁場時，

20、有 mgsin θ＝μmgcos θ＋F安， 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s。 (2)設線圈到達最高點離bb′的距離為x，則 v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 根據(jù)動能定理有 Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J。 (3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0 Q＝－W安 解得：Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 2.如圖所

21、示，P、Q為水平面內平行放置的光滑金屬長直導軌，間距L1＝0.5 m，處在豎直向下、磁感應強度大小B1＝0.5 T的勻強磁場中。導體桿ef垂直于P、Q放在導軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動。質量為m＝0.1 kg 的正方形金屬框abcd置于豎直平面內，其邊長為L2＝0.1 m，每邊電阻均為r＝0.1 Ω。線框的兩頂點a、b通過細導線與導軌相連。磁感應強度大小B2＝1 T的勻強磁場垂直金屬框abcd向里，金屬框恰好處于靜止狀態(tài)。不計其余電阻和細導線對a、b點的作用力，g取10 m/s2，求： (1)通過ab邊的電流Iab； (2)導體桿ef的運動速度v。 解析：(1)設通過正方形金屬框

22、的總電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc， 有Iab＝I，Idc＝I 金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)，有 mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 聯(lián)立解得I＝10 A，Iab＝7.5 A。 (2)設導體桿切割磁感線產生的電動勢為E，則 E＝B1L1v 設ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則 R＝＝r 根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝ 解得v＝＝ m/s＝3 m/s。 答案：(1)7.5 A　(2)3 m/s

23、 1．如圖甲是半徑為a的圓形導線框，電阻為R，虛線是圓的一條弦，虛線左右兩側導線框內磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，設垂直線框向里的磁場方向為正，求： (1)線框中0～t0時間內的感應電流大小和方向； (2)線框中0～t0時間內產生的熱量。 解析：(1)設虛線左側的面積為S1，右側的面積為S2，則根據(jù)法拉第電磁感應定律得，向里的變化磁場產生的感應電動勢為E1＝S1 感應電流方向為逆時針方向。 向外的變化磁場產生的感應電動勢為E2＝S2 感應電流方向為逆時針方向。 從題圖乙中可以得到＝，＝ 感應電流為I＝＝＝ 方向為逆時針方向。 (2)根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt

24、0＝。 答案：(1)　逆時針方向　(2) 2.如圖所示，足夠長的金屬導軌MN、PQ平行放置，間距為L，與水平面成θ角，導軌與定值電阻R1和R2相連，且R1＝R2＝R，R1支路串聯(lián)開關S，原來S閉合。勻強磁場垂直導軌平面向上，有一質量為m、有效電阻也為R的導體棒ab與導軌垂直放置，它與導軌粗糙接觸且始終接觸良好?，F(xiàn)將導體棒ab從靜止釋放，沿導軌下滑，當導體棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v，此時整個電路消耗的電功率為重力功率的。已知重力加速度為g，導軌電阻不計，求： (1)勻強磁場的磁感應強度B的大小和達到穩(wěn)定狀態(tài)后導體棒ab中的電流強度I； (2)如果導體棒ab從靜止釋放沿導軌下滑x距離后

25、達到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程回路中產生的電熱是多少？ 解析：(1)回路中的總電阻為：R總＝R 當導體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應電動勢為： E＝BLv 此時棒中的感應電流為：I＝ 此時回路的總電功率為：P電＝I2R總 此時重力的功率為：P重＝mgvsin θ 根據(jù)題給條件有：P電＝P重，解得：I＝ B＝ 。 (2)設導體棒ab與導軌間的滑動摩擦力大小為Ff，根據(jù)能量守恒定律可知：mgvsin θ＝Ffv 解得：Ff＝mgsin θ 導體棒ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和 mgsin θ·x＝mv2＋Q＋Ff·x 解得：Q＝m

26、gsin θ·x－mv2。 答案：(1) 　 (2)mgsin θ·x－mv2 3.如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50 m。軌道的MM′端接一阻值為R＝0.50 Ω的定值電阻。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應強度為B＝0.60 T的勻強磁場中，磁場區(qū)域的右邊界為NN′，寬度為d＝0.80 m。NN′端與兩條位于豎直面內的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R0＝0.50 m?，F(xiàn)有一導體桿ab靜止在距磁場的左邊界s＝2.0 m處，其質量m＝0.20 kg、電阻r＝0.10 Ω。ab桿在與桿垂直的水平恒

27、力F＝2.0 N的作用下開始運動，當運動至磁場的左邊界時撤去F，桿穿過磁場區(qū)域后，沿半圓形軌道運動，結果恰好能通過半圓形軌道的最高位置PP′。已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，軌道電阻忽略不計，取g＝10 m/s2。求： (1)導體桿通過PP′后落到直軌道上的位置離NN′的距離； (2)導體桿穿過磁場的過程中通過電阻R的電荷量； (3)導體桿穿過磁場的過程中整個電路產生的焦耳熱。 解析：(1)設導體桿運動到半圓形軌道最高位置的速度為v，因導體桿恰好能通過軌道最高位置， 由牛頓第二定律得mg＝m 導體桿通過PP′后做平拋運動x＝vt 2R0＝gt2 解

28、得：x＝1 m。 (2)q＝·Δt ＝，＝，ΔΦ＝B·ld 聯(lián)立解得：q＝0.4 C。 (3)設導體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1， 由動能定理有(F－μmg)s＝mv12 解得：v1＝6.0 m/s 在導體桿從剛進磁場到滑至最高位置的過程中，由能量守恒定律有 mv12＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd 解得：Q＝0.94 J。 答案：(1)1 m　(2)0.4 C　(3)0.94 J 4．如圖甲所示，電阻不計、間距為l的平行長金屬導軌置于水平面內，阻值為R的導體棒ab固定連接在導軌左端，另一阻值也為R的導體棒ef垂直放置在導軌上，ef與導軌接觸良好，并

29、可在導軌上無摩擦移動?，F(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點，另一端固定于墻上，輕桿與導軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d。若整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中，且從某一時刻開始，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示的方式變化。 (1)求在0～t0時間內流過導體棒ef的電流的大小與方向； (2)求在t0～2t0時間內導體棒ef產生的熱量； (3)1.5t0時刻桿對導體棒ef的作用力的大小和方向。 解析：(1)在0～t0時間內，磁感應強度的變化率＝ 產生感應電動勢的大小E1＝＝S＝ld＝ 流過導體棒ef的電流大小I1＝＝ 由楞次定律可判斷電流方向為e→f。 (2)在t0～2t0時間內，磁

30、感應強度的變化率＝ 產生感應電動勢的大小E2＝＝S＝ld＝ 流過導體棒ef的電流大小I2＝＝ 該時間內導體棒ef產生的熱量Q＝I22Rt0＝。 (3)1.5t0時刻，磁感應強度B＝B0 導體棒ef受安培力：F＝B0I2l＝ 方向水平向左 根據(jù)導體棒ef受力平衡可知桿對導體棒的作用力為 F′＝－F＝－，負號表示方向水平向右。 答案：(1)，方向為e→f　(2) (3)，方向水平向右 5.(xx屆高三·常州調研)如圖所示，水平面內有兩根足夠長的平行導軌L1、L2，其間距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的電容。質量m＝20 g的導體棒可在導軌上無摩擦滑動，導體棒

31、和導軌的電阻不計。整個空間存在著垂直導軌所在平面的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T?，F(xiàn)用一沿導軌方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于導體棒，使導體棒從靜止開始運動，經t時間后到達B處，速度v＝5 m/s。此時，突然將拉力方向變?yōu)檠貙к壪蜃?，大小變?yōu)镕2，又經2t時間后導體棒返回到初始位置A處，整個過程電容器未被擊穿。求 (1)導體棒運動到B處時，電容C上的電量； (2)t的大??； (3)F2的大小。 解析：(1)當導體棒運動到B處時，電容器兩端電壓為 U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V 此時電容器的帶電量 q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C。 (2)導

32、體棒在F1作用下有F1－BId＝ma1， 又I＝＝，a1＝ 聯(lián)立解得：a1＝＝20 m/s2 則t＝＝0.25 s。 (3)由(2)可知導體棒在F2作用下，運動的加速度 a2＝，方向向左， 又a1t2＝－ 將相關數(shù)據(jù)代入解得F2＝0.55 N。 答案：(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N 6．(xx·江蘇高考)如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已

33、經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端。導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g。求： (1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ； (2)導體棒勻速運動的速度大小v； (3)整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q。 解析：(1)在絕緣涂層上導體棒受力平衡有mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)在光滑導軌上 感應電動勢E＝BLv 感應電流I＝ 安培力F安＝BIL 導體棒受力平衡有F安＝mgsin θ 解得v＝。 (3)摩擦生熱QT＝μmgdcos θ 由能量守恒定律有3 mgdsin θ＝Q＋

34、QT＋mv2 解得Q＝2mgdsin θ－。 答案：(1)tan θ　(2) (3)2mgdsin θ－ [教師備選題] 1.如圖所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0?，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計)。求： (1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度。 (2)棒a

35、b通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能。 解析：(1)棒在磁場中勻速運動時，有F＝FA＝BIl， 再據(jù)I＝＝，聯(lián)立解得v＝。 (2)安培力做的功轉化成兩個電阻消耗的電能Q，據(jù)能量守恒定律可得 F(d0＋d)＝Q＋mv2， 解得Q＝F(d0＋d)－。 答案：(1)　(2)F(d0＋d)－ 2.如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.50 m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0 Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0 T。將一根質量為m＝0.050 kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計。現(xiàn)由靜止釋放金屬

36、棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好。已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，當金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0 m。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求： (1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大??； (2)金屬棒到達cd處的速度大小； (3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產生的熱量。 解析：(1)設金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2。 (2)設金屬棒到達cd位置時速度大小為v、通過

37、金屬棒的電流為I，金屬棒受力平衡，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s。 (3)設金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產生的熱量為Q，由能量守恒，有 mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 解得Q＝0.10 J。 答案：(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 3．(xx屆高三·福州五校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，導軌上端連接一個定值電阻。導體棒a和b放在導軌上，與導軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場。現(xiàn)對a棒施以平行導

38、軌斜向上的拉力，使它沿導軌勻速向上運動，此時放在導軌下端的b棒恰好靜止。當a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導軌。當a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質量為m，重力加速度為g，導軌電阻不計。求： (1)a棒在磁場中沿導軌向上運動的過程中，a棒中的電流Ia與定值電阻R中的電流IR之比； (2)a棒的質量ma； (3)a棒在磁場中沿導軌向上運動時所受的拉力F。 解析：(1)a棒在磁場中沿導軌向上運動時，設b棒中的電流為Ib，有 IRR＝IbR ①

39、 Ia＝IR＋Ib ② 由①②解得＝。 ③ (2)a棒在PQ上方滑動過程中機械能守恒，設a棒在PQ處向上滑動的速度大小為v1，其與在PQ處向下滑動的速度大小v2相等，即 v1＝v2＝v ④ 設磁場的磁感應強度為B，導軌間距為L，a棒在磁場中運動時產生的感應電動勢為 E＝BLv ⑤ 當a棒沿斜面向上運動時， Ib＝＝ ⑥ IbLB＝mgsin θ ⑦ a棒向下勻速運動時，設a棒中的電流為Ia′，則 Ia′＝ ⑧ Ia′LB＝magsin θ ⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma＝m。 (3)由題知，導體棒a沿導軌向上運動時，所受拉力為 F＝IaLB＋magsin θ 聯(lián)立以

40、上各式解得F＝mgsin θ。 答案：(1)2∶1　(2)m　(3)mgsin θ 4．如圖所示，質量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上，導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，左側是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。 (1)調節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v； (2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。 解析：(1)導體棒勻速下滑時，有

41、 Mgsin θ＝Bil ① 可得I＝ ② 導體棒產生的感應電動勢E0＝Blv ③ 由閉合電路歐姆定律得I＝ ④ 聯(lián)立②③④解得v＝。 ⑤ (2)改變Rx，由②式可知電流不變。設帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為U，電場強度大小為E，則 U＝IRx ⑥ E＝ ⑦ mg＝qE ⑧ 聯(lián)立②⑥⑦⑧解得Rx＝。 答案：(1)　　(2) 5．(xx·福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長為L、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應強度大小為B，方向沿z軸

42、正方向的勻強磁場中。管道內始終充滿電阻率為ρ的導電液體(有大量的正、負離子)，且開關閉合前后，液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動，液體所受的摩擦阻力不變。 (1)求開關閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0； (2)求開關閉合前后，管道兩端壓強差的變化Δp； (3)調整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S＝dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應的寬高比的值。 解析：(1)設帶電離子所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，U0保持恒定，有 qv0B＝q ① 得U0＝Bdv0。 ② (2)設開關閉合前后，管道兩端壓

43、強差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開關閉合后管道內液體受到安培力為F安，有p1hd＝f③ p2hd＝f＋F安 ④ F安＝Bid ⑤ 根據(jù)歐姆定律，有I＝ ⑥ 兩導體板間液體的電阻r＝ρ ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝。 ⑧ (3)電阻R獲得的功率為P＝I2R ⑨ P＝2R ⑩ 當＝時 ? 電阻R獲得的最大功率Pm＝。 ? 答案：(1)Bdv0　(2)　(3)　 第24講 分析近幾年全國高考卷的計算題可知，高考壓軸題多數(shù)情況下考查電學，少數(shù)情況下考查力學?？疾榈膬热萦袝r是電場，有時是磁場，有時是電場和磁場的復合場，有時是電磁感應的綜合問題。本講主要解

44、決帶電粒子在電、磁場中的運動問題。 考查內容 ①帶電粒子在電場中的運動 ②帶電粒子在磁場中的運動 ③帶電粒子在復合場中的運動 思想方法 ①假設法　　　?、诤铣煞? ③正交分解法 ④臨界、極值問題的分析方法 ⑤等效思想 ⑥分解思想 　　　 考查點一　帶電粒子在電場中的運動 題點(一)　帶電粒子的直線運動 [例1]　反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示。一質量m＝1.0×10－20 kg，電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負電的粒子從(－1 cm,0

45、)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運動。忽略粒子的重力等因素。求： (1)x軸左側電場強度E1和右側電場強度E2的大小之比； (2)該粒子運動的最大動能Ekm； (3)該粒子運動的周期T。 [解析]　(1)由題圖可知： 左側電場強度：E1＝ V/m＝2.0×103 V/m① 右側電場強度：E2＝ V/m＝4.0×103 V/m② 所以：＝。 (2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)動能定理有： qE1·x＝Ekm③ 其中x＝1.0×10－2 m 聯(lián)立①③并代入相關數(shù)據(jù)可得：Ekm＝2.0×10－8 J。④ (3)設粒子在原點左右兩側運動的時間分別為t1、t2，在原

46、點時的速度為vm，由運動學公式有 vm＝t1⑤ vm＝t2⑥ Ekm＝mvm2⑦ T＝2(t1＋t2)⑧ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦⑧并代入相關數(shù)據(jù)可得：T＝3.0×10－8 s。 [答案]　(1)1∶2　(2)2.0×10－8 J　(3)3.0×10－8 s 題點(二)　帶電粒子的曲線運動 [例2]　如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計)被加速后從金屬板的小孔穿出進入偏轉電場(小孔與上、下極板間的距離相等)。已知偏轉電場兩極板間距離為d，當加速電壓為U1、偏轉電壓為U2時，電子恰好打在下極板的右邊緣M點，現(xiàn)將偏轉電場的下極板向下平移。 (1)如何

47、只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點？ (2)如何只改變偏轉電壓U2，使電子仍打在下極板的M點？ [解析]　(1)設移動下極板前后偏轉電場的電場強度分別為E和E′，電子在偏轉電場中的加速度大小分別為a、a′，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時的速度大小分別為v0、v1 因偏轉電壓不變，所以有Ed＝E′·d， 即E′＝E 由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a 設極板長度為L，則d＝a′2，＝a2 聯(lián)立解得v12＝ 在加速電場中由動能定理知 eU1＝mv02，eU1′＝mv12 U1′＝，即加速電壓應減為原加速電壓的，才能使電子打在下極板的中點。 (2)因電子在偏轉電場

48、中水平方向上做勻速直線運動，極板移動前后，電子在偏轉電場中運動時間t相等 設極板移動前后，電子在偏轉電場中運動的加速度大小分別為a1、a2，則有 ＝a1t2，d＝a2t2， 即a2＝2a1 由牛頓第二定律知a1＝，a2＝ 聯(lián)立得U2′＝3U2，即偏轉電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，才能使電子仍打在M點。 [答案]　(1)加速電壓應減為原加速電壓的，即 (2)偏轉電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，即3U2 考查點二　帶電粒子在磁場中的運動 題點(一)　帶電粒子在有界磁場中的運動 1．磁場中勻速圓周運動問題的分析方法 2．求磁場區(qū)域最小面積的兩個注意事項 (1)注意粒子射入、

49、射出磁場邊界時速度的垂線的交點，即為軌跡圓的圓心。 (2)注意所求最小圓形磁場區(qū)域的直徑等于粒子運動軌跡的弦長。 [例1]　如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內有一個方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的圓形磁場區(qū)域，一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的A點以速度v0水平向右射出，經磁場偏轉后，打在x軸上的C點，且其速度方向與x軸正方向成θ＝60°角斜向下。若A點坐標為(0，2d)，C點坐標為(3d,0)，粒子重力不計。試求該圓形磁場區(qū)域的最小面積S及粒子在該磁場中運動的時間t。 [思路點撥] (1)由已知條件求出粒子在圓形磁場中運動的軌道半徑→由幾何關系找出圓心角→找出

50、粒子在磁場中運動時的圓弧→根據(jù)圓弧找出對應的弦長→以此弦長作為直徑的圓形區(qū)域即最小的圓形磁場區(qū)域。 (2)找出粒子在圓形磁場中運動的圓弧所對的圓心角→求出粒子在圓形磁場中運動的周期→根據(jù)圓心角求出粒子在圓形磁場中的運動時間。 [解析]　帶電粒子進入磁場時的速度大小為v0，粒子在磁場中作勻速圓周運動，洛倫茲力提供該粒子做圓周運動的向心力。 設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R，則有 qv0B＝m，即R＝ 設粒子從E點進入磁場，從D點離開磁場，則其運動軌跡如圖所示 因為θ＝60°，由幾何關系可知 ∠EO′D＝60°， 所以三角形EO′D為正三角形，ED＝R，

51、 以ED為直徑時圓形磁場區(qū)域面積最小 設圓形磁場區(qū)域的半徑為r，則有r＝＝ 所以圓形磁場區(qū)域的最小面積為S＝πr2＝ 帶電粒子在該磁場中運動的時間為t＝＝。 [答案]　　 題點(二)　帶電粒子在磁場中的多解問題 1．解決此類問題的關鍵是要找到粒子運動時產生周期性和多解的原因，從而判斷出粒子在磁場中運動的可能情形，然后由粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動的規(guī)律(通常是半徑公式、周期公式結合幾何知識)求解。 2．粒子在勻強磁場中運動時產生多解的原因通常有：帶電粒子的電性不確定；磁場方向的不確定；臨界狀態(tài)的不唯一；運動方向的不確定；運動的重復性等。 [例2]　如圖所示，寬度為d的有界

52、勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。 [解析]　若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌道半徑： R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若q為負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧， 則有：R′＝ d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 [答案]　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負電荷) 考查點三　帶電粒子在組合場中的運動 [典例]　(xx·天津高考)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在

53、垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。 [解析]　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t　① L＝at2?、? 設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at?、? 設粒子

54、到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tan α＝?、? 聯(lián)立①②③④式得α＝45°?、? 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。 設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝　⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0。　⑦ (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧ 又F＝qE　⑨ 設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m　⑩ 由幾何關系可知R＝L　? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝?！? [答案]　(1)v0，與x軸正方向成45°角斜向上　

55、(2) 1．謹記兩大偏轉模型 (1)電偏轉(勻強電場中) 受力特點及運動性質 電場力為恒力，帶電粒子做勻變速運動，軌跡為拋物線。只討論v0⊥E的情況，帶電粒子做類平拋運動 處理方法 運動的合成與分解 關注要點 (1)速度偏轉角θ，tan θ＝＝ (2)側移距離y0，y0＝ (2)磁偏轉(勻強磁場中) 受力特點及運動性質 洛倫茲力大小恒定，方向總垂直于速度方向。帶電粒子作勻速圓周運動 處理方法 勻速圓周運動規(guī)律 關注要點 (1)圓心及軌道半徑：兩點速度垂線的交點或某點速度垂線與軌跡所對弦的中垂線的交點即圓心，r＝ (2)周期及運動時間：周期T＝，運動時間

56、t＝T，掌握圓心角θ的確定方法 (3)速度的偏轉角α：α＝θ 2．解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法 1.(xx·滕州期末)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場E1的場強方向豎直向上，PS上方的電場E2的場強方向豎直向下，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內，連續(xù)分布著電荷量為＋q、質量為m的粒子。從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E1中，若從Q點射入的粒子，通過PS上的某點R進入勻強電場E2后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點的距離為。不

57、計粒子的重力及它們間的相互作用。試求： (1)電場強度E1與E2的大??； (2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？ 解析：(1)設粒子由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達R時豎直速度為vy， 則由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t12＝×t12 ＝a2t22＝×t22 vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 聯(lián)立解得：E1＝，E2＝。 (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2。因沿PS方向所有粒子做勻速運動，所以它們到達CD邊的時間同為t＝。 設PQ間距離P點為h的粒

58、子射入電場后，經過n(n＝2,3,4，…)個類似于Q→R→M的循環(huán)運動(包括粒子從電場E2穿過PS進入電場E1的運動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達PS邊的時間則為T，則有 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)。 答案：(1)　　 (2)(n＝2,3,4，…) 2.如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小

59、為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求： (1)電場強度E的大小； (2)粒子到達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值。 解析：(1)設粒子在電場中運動的時間為t，則有 x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma 聯(lián)立以上各式可得E＝。 (2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vy＝at＝v0 所以v＝ ＝ v0，方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。 (3)粒子在磁場中運動時，有 qvB＝m 當粒

60、子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r＝L，所以B＝。 答案：(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角　(3) 考查點四　帶電粒子在疊加場中的運動 題點(一)　電場和重力場的疊加 [例1]　(xx·全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的電場強度的

61、大?。粸楸ＷC后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。 [解析]　(1)設油滴質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。 在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1 ① 油滴在時刻t1的速度為 v1＝v0＋a1t1 ② 電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2

62、③ 油滴在時刻t2＝2t1的速度為 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴從t＝0到時刻t1的位移為 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內的位移為 s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由題給條件有 v02＝2g(2h) ⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上，依題意有 s1＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ? 為使E2>E1，應有 2－2＋2>1 ? 即當0 ? 才是可能的；條

63、件?式和?式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點在A點之下，依題意有 s1＋s2＝－h(huán) ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝E1 ? 為使E2>E1，應有 2－2－2>1 ? 即t1> ? 另一解為負，不合題意，已舍去。 [答案]　(1)v0－2gt1　(2)見解析 題點(二)　電場、磁場、重力場的疊加 [例2]　(xx·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速

64、度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t。 [解析]　(1)小球做勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得 v＝20 m/s ② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得 tan θ＝ θ＝60°。 ④ (2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有 a＝

65、 ⑤ 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑨ 解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有 vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3

66、.5 s。 ⑦ [答案]　(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 帶電粒子在疊加場中運動的解題思路 考查點五　帶電粒子在交變場中的運動 題點(一)　電場的周期性變化 [例1]　如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大??； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值。 [思路點撥] [解析]　(1)微粒做直線運動，則mg＋qE0＝qvB ① 微粒做圓周運動，則mg＝qE0 ② 聯(lián)立①②得q＝ ③ B＝。 ④ (2)設微粒從N1運動到Q點的時間為t