《2022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20191024142.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022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20191024142.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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
2、加场中运动的分析方法【典题例析】 (2019·高考全国卷)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qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由
3、洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBm由几何关系知dr联立式得.(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srtan 30°带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t.答案(1)(2)【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)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B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()ABCD解析：选B.设带电粒子进入第二象限的速度为v，
4、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R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvBm、T，可得R1、R2、T1、T2，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1，在第一象限中运动的时间为t2T2，又由几何关系有cos ，则粒子在磁场中运动的时间为tt1t2，联立以上各式解得t，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
5、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v0射入电场，并从y轴上点A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Smin.解析：(1)设电子在电场中运动的加速度大小为a，时间为t0，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy则Lv0t0，a，vyat0，vy联立解得E.(2)设轨迹与x轴的交点为D，O、D间的距离为xD，则xDLta
6、n 30°L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evBm，v由几何关系有rL即r联立以上各式解得B电子在磁场中偏转的角度为120°，则有tT解得t.(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Sminr×解得Smin.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)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
7、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ma、mb、mc.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()AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbma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magqE，解得ma.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mbgqEqvbB，解得mb.c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出
8、其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcgqvcBqE，解得mc.综上所述，可知mb>ma>mc，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B1；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B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成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
9、点O的距离为l，重力加速度为g，B17E，B2E.空气阻力忽略不计(1)求带电小球a的电性及其比荷；(2)求带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数；(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mgqE，解得.(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qvB2m由几何关系有RRsin l联立解v带电小球a在杆上做匀速运动时，由平衡条件有mgsin (qvB1mgcos )解得
10、.(3)带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动的周期T带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t2两球相碰有tn(n0，1，2，)联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则lv0t解得v0.答案：(1)正电(2)(3) 命题角度解决方法易错辨析带电粒子在空间组合场中从电场进磁场的运动利用类平抛运动中的分解思想解决电场中的运动，利用垂线法确定磁场中运动的圆心注意电场进磁场时速度的大小、方向变化情况带电粒子在空间组合场中从磁场进电场的运动找磁场中匀速圆周运动的圆心、半径、圆心角，画出大体的运动轨迹图分清磁场中运动时速度偏角、圆心角、弦切角三者之间的关
11、系带电粒子在交变电、磁场中的运动利用周期性找准粒子运动规律，再结合电偏转和磁偏转规律解题在一个周期内分析清楚粒子的运动特点及速度的变化情况带电粒子在叠加场中的运动根据不同的受力情况，高中阶段一般只有两种运动情况：匀速直线运动匀速圆周运动注意粒子是否受重力，并关注粒子的受力与运动性质的关系 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速度选择器带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qEqvB，即v.这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关质谱仪加速：qUmv2.偏转：d2r.比荷.可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等磁流体发电机当等离子体匀
12、速通过 A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvBq，即UBdv电磁流量计导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差流量稳定时流量QSv回旋加速器加速电场的变化周期等于粒子在磁场内运动的周期在粒子质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能Ek，只与D形盒半径和磁感应强度有关，与加速电压无关【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、
13、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
14、，对稳定状态下的电子有eEeBv，又E，解得UBav，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FeE，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O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，磁分析器中以O2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，
15、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O2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m10.9m、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qUmv2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
16、道半径为r，根据牛顿第二定律得Bqvm依题意知rd联立解得B 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qEm联立解得E.(3)设质量为m1的离子经加速电场加速后，速度大小为v1，根据动能定理有qUm1v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联立解得质量为m1的离子在静电分析器中做匀速圆周运动的轨道半径R1R，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r1 ，所以r1<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
17、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、
18、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v0，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
19、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总设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I设两根金属棒所受安培力之和为F，有FIlB根据牛顿第二定律有Fma联立式得a.(3)设列车减速时，cd进入磁场后经t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，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1其中Bl2设回路中平均电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设cd受到的平均安培力为F，有FIlB以向右为正方向，设t时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲Ft同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述
20、值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I02I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总0mv0联立式得.讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N1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，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
21、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EBLv，回路中的感应电流I杆所受的安培力FBIL根据牛顿第二定律有mgsin ma当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度agsin ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a0时，速度最大，最大速度vm，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mgxsin Q总mv又Q杆Q总所以Q杆mgxsin .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
22、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t0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v
23、2，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EBl(v1v2)感应电流为I对甲和乙分别由牛顿第二定律得FF1ma1，F1ma2当v1v2定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1a2解得a1a2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
24、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 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d0.1 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B1 T；现有一质量m10 g，总电阻为R1 ，边长也为d0.1 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0.5，取g10 m/s2，不计其他阻力，求
25、：(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mgsin mgcos F安其中F安BId，I，EBdv解得v2 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v22ax，mgsin mgcos 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Ek1Ekmgcos ·2x，其中Ekmv2得Ek1mv20.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过
26、程中，有mgsin ·2dmgcos ·2dW安0，QW安解得Q2mgd(sin cos )0.004 J.答案：见解析(1)三大观点透彻解读双杆模型示意图力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动两棒以相同的加速度做匀加速直线运动图象观点能量观点棒1动能减少量棒2动能增加量焦耳热外力做的功棒1的动能棒2的动能焦耳热动量观点两棒组成的系统动量守恒外力的冲量等于两棒动量的增加量(2)线圈动生模型是磁感应强度不变，线圈穿越匀强磁场的模型，类似于双杆导轨模型分析线圈运动情况，看运动过程中是
27、否有磁通量不变的阶段线圈穿过磁场，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.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Ek2Ek1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、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，
28、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qvBm设粒子在电场中运动所受电场力为F，有FqE设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有Fma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有vat联立式得t.(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
29、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 (rR)2(R)2r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan 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 联立式得v0.答案：见解析2(2018·高考全国卷) 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
30、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
31、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见图(b)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qEma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量由运动学公式有v1atlv0tv1vcos 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由几何关系得l2Rcos 联立式得v0.(3)由运动学公式和题给数据得v1v0cot联立式得设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则t2tT式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T由式得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、MN，
32、如图所示放置，两轨道之间的距离l0.5 m轨道的MM端之间接一阻值R0.4 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、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为R00.5 m，水平直轨道MK、MK段粗糙，KN、KN段光滑，且KNNK区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B0.64 T，磁场区域的宽度d1 m，且其右边界与NN重合，现有一质量m0.2 kg、电阻r0.1 的导体杆ab静止在距磁场左边界s2 m处，在与杆垂直的水平恒力F2 N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数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
33、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g10 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(Fmg)smv0，代入数据解得v16 m/s，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势EBlv11.92 V，此时通过导体杆的电流I3.84 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
34、阻R的感应电流的平均值I，通过电阻R的电荷量qIt0.64 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mgm，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mvmvmg·2R0，代入数据解得v25 m/s，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能Emvmv1.1 J，此过程中电路中产生的焦耳热Q热E1.1 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L1 m的两根足够长的光滑平行
35、金属导轨倾斜放置，与水平面夹角37°，导轨电阻不计，质量m1 kg、电阻为r0.5 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R1.5 ，电容器的电容C0.5 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vt图象如图乙所示，重力加速度g10 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x5 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
36、，求经过t2 s时导体棒的速度解析：(1)由题图可知，导体棒的最大速度vm3 m/s对应的感应电动势EBLvm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BILmgsin 解得B2 T.(2)导体棒和电阻串联，由公式QI2Rt可知，QabQR13则导体棒ab产生的焦耳热Qab×21 J7 J导体棒下滑x5 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 mvQabQR得导体棒的速度v12 m/s此时感应电动势E1BLv1，感应电流I1对导体棒有mgsin BI1Lma1解得加速度a12 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 BILma2感应电流I，qCUt时间内，有UEBLv，a2解得a22 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，t2 s时导体棒的速度v2a2t4 m/s.答案：(1)2 T(2)2 m/s2 m/s2(3)4 m/s