1、第 2 讲 三大观点在电磁学综合问题中的应用, 真题再现 考情分析(2018高考全国卷)如图，在 y0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场一个氕核 H 和一个氘核 H 先后从 y 轴上1 21yh 点以相同的动能射出，速度方向沿 x 轴正方向已知 H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60，并从1坐标原点 O 处第一次射出磁场 . H 的质量为 m，电荷量为 q.1不计重力求(1) H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离；1(2)磁场的磁感应强度大小；(3) H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的
2、距离.21解析：(1) H 在电场中做类平抛运动，1在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示设 H 在电场中的加速度大小为1a1，初速度大小为 v1，它在电场中的运动时间为 t1，第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 s1.由运动学公式有 s1v 1t1h a1t 12 21由题给条件， H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角1160 . H 进入磁场时速度的 y 分量的大小为 a1t1v 1tan 11联立以上各式得 s1 h.233命题点分析带电粒子在组合场中的运动思路方法该粒子的运动属于从电场进入磁场的情况，在电场中做类平抛运动，一定要准确计算出穿出电场时粒子速度的大小和方向的变化
3、情况在磁场中做匀速圆周运动，由在磁场中做圆周运动的规律进行求解(2) H 在电场中运动时 ，由牛顿第二定律有 qEma 11设 H 进入磁场时速度的大小为 v1，由速度合成法则有 v11设磁感应强度大小为 B， H 在磁场中运动的圆轨道半径为1R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B 由几何关系得 s12R 1sin 1联立以上各式得 B .6mEqh(3)设 H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 v2，在电21场中的加速度大小为 a2，由题给条件得(2m)v mv 12 2 12 21由牛顿第二定律得 qE2ma 2设 H 第一次射入磁场时的速度大小为 v2，速度的方向与 x21
4、轴正方向夹角为 2，入射点到原点的距离为 s2，在电场中运动的时间为 t2.由运动学公式有 s2v 2t2h a2t 12 2v2 sin 2 a2t2v2联立以上各式得 s2s 1， 2 1，v 2 v122设 H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由式及粒子在21匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2 R1（2m）v2qB 2所以出射点在原点左侧设 H 进入磁场的入射点到第一次21离开磁场的出射点的距离为 s2，由几何关系有 s22R 2sin 2联立式得， H 第一次离开磁场时的位置到原点21O 的距离为 s2s 2 ( 1) h.233 2答案：见解析续 表真题再现 考情分析(2017高
5、考全国卷)真空中存在电场强度大小为 E1 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 v0.在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变持续一段时间 t1 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点重力加速度大小为 g.(1)求油滴运动到 B 点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1 和 v0 应满足的条件已知不存在电场时，油滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍.解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，
6、油滴速度方向向上为正油滴在电场强度大小为 E1 的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上在 t0 时，电场强度突然从 E1 增加至 E2 时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1 满足qE2mgma 1油滴在时刻 t1 的速度为 v1v 0a 1t1电场强度在时刻 t1 突然反向， 油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小 a2 满足 qE2mgma 2油滴在时刻 t22t 1 的速度为 v2v 1a 2t1命题点分析带电油滴在电场中的运动思路方法由粒子做匀速直线运动可知受力平衡，当电场改变时，通过牛顿第二定律结合运动学公式可求解此类匀变速直线运动问题；在讨论距离关系时，
7、要充分考虑到 B 在 A点之上和之下两种情况进行讨论分析结合运动学公式联立求解由式得 v2v 02gt 1.(2)由题意，在 t0 时刻前有 qE1mg 油滴从 t0 到时刻 t1 的位移为 s1v 0t1 a1t 12 21油滴在从时刻 t1 到时刻 t22t 1 的时间间隔内的位移为 s2v 1t1 a2t1221由题给条件有 v 2g(2 h)20式中 h 是 B、A 两点之间的距离.若 B 点在 A 点之上，依题意有 s1s 2h由式得 E2 E12 2v0gt1 14(v0gt1)2 为使 E2E1，应有 22 1v0gt1 14(v0gt1)2即当 0 (1 32)v0g才是可能的
8、；条件式和式分别对应于 v20 和 v2E1，应有 22 1v0gt1 14(v0gt1)2即 t1 (52 1)v0g另一解为负，不合题意，已舍去.答案：见解析命题规律研究及预测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、电路问题等综合应用.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
9、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：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如关系图： 磁 偏 转粒 子 垂 直 于 磁 感 线进 入 匀 强 磁 场 匀 速 圆周 运 动 电 偏 转粒 子 垂 直 于 电 场 线进 入 匀 强 电 场 类 平 抛运 动第 3 步：用规律 磁 偏 转匀 速圆 周运 动 圆 轨 迹 找 半 径 定 圆 心 半 径 公 式周 期 公 式 )电 偏 转类 平抛 运动 初 速 度 方 向 匀 速 直 线 运 动电 场 方 向 匀 变 速 直 线 运 动 )带电粒子在叠加场中运动的分析方法(1)弄清叠加场的组成(2)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力
10、外要特别注意静电力和磁场力的分析(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合(4)对于粒子连续通过几个不同情况的场的问题，要分阶段进行处理(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解对于临界问题，注意挖掘隐含条件 高 分 快 攻 (2018高考全国卷)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压 U加速后在纸面内水平向右运动，自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸
11、面向里，磁场左边界竖直已知甲种离子射入磁场的速度大小为 v1，并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN 的中点射出；MN 长为 l.不计重力影响和离子间的相互作用求(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比解析 (1)设甲种离子所带电荷量为 q1、质量为 m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为 B，由动能定理有 q1U m1v 12 21由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1Bm 1 由几何关系知 2R1l由式得 B .4Ulv1(2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2.同理有
12、 q2U m2v 12 2q2v2B m2 由题给条件有 2R2 l2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 14.q1m1 q2m2答案 见解析题 组 突 破 角度 1 带电粒子在组合场中的运动1.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 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，
13、电子做匀速直线运动， (0， 12L)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(36L， L)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 Lv 0t0，a ，v yat 0，v yeEm v0tan 30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 xD Ltan 30 L12 36所以 DQ 平
14、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 ，vv2r v0sin 30由几何关系有 r Lrsin 30即 rL3联立以上各式解得 B6mv0eL电子在磁场中偏转的角度为 120，则有 tT3T2meB(或 T 2rv L3v0)解得 t .L9v0(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 Smin r3r2解得 Smin .3L218答案：见解析角度 2 带电粒子在叠加场中
15、的运动2.(2018黄冈中学模拟)如图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场经过桌边的虚线 PQ 与桌面成 45角，虚线上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为 m，电荷量为 q；C 球不带电且质量为 km(k7)A、C 间夹着质量可忽略的火药现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电荷量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间 A 的速度大小为 v0.(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能？(2)求 A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后 A、C 在桌上相遇，求爆炸前 A 球与桌边 P
16、的距离解析：(1)设爆炸之后 C 的速度大小为 vC，在爆炸前后由动量守恒定律可得 0mv 0kmv C又由能量守恒定律可得E 总 mv kmv mv .12 20 12 2C k 12k 20(2)由“A 球对桌面的压力为零”可知 A 球的重力和电场力等大反向 ，故 A 球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则 T .2mqBA 球在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何知识可得粒子在磁场中运动了 个圆周，34则 t2 .3m2qB(3)由 0mv 0kmv C可得 vC ，A 球在磁场中做匀速圆周运动的半径 Rv0k mv0qB设爆炸前 A 球与桌边 P 的距离为 xA，爆炸后到相遇前 C 运动的位移
17、为 xC，运动时间为 tC，则 tC t 2 ，x Cv CtCxAv0 Rv0由图可得 Rx Ax C联立解得 xA .2k 2 32（k 1） mv0qB答案：见解析命题角度 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在一个周
18、期内分析清楚粒子的运动特点及速度的变化情况题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教材中重要的五大科技应用类模型高 分 快 攻 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EB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：qU mv2.偏转：d 2r .12 2mvqB比荷 .可以用来确定带电粒子qm 8 UB2d2的比荷和分析同位素等磁流体发电机当等离子体匀速通过 A、B 板间时，A、B 板上聚
19、集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvBq，即 UBdvUd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QSvUd4B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（qBR）22m和磁感应强度有关，与加速电压无关如图所示为 “双聚焦分析器 ”质谱议的结构示意图，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
20、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 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 m1 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
21、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 mv212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 Bqvmv2r依题意知 rd联立解得 B 1d 2mUq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 qEmv2R联立解得 E .2UR(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 qU m1v12 21离子在静电分析器中做匀速圆周
22、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 r199%，解得 d0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍不计空气阻力，重力加速度大小为 g.求(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的
23、电场强度大小解析：(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v 0t at212s2v 0t at212联立式得3.s1s2(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式v 2gh2yHv yt gt212M 进入电场后做直线运动， 由几何关系知 v0vy s1H联立式可得h H.13(3)设电场强度的大小为
24、E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 v0vy qEmg设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、E k2，由动能定理得Ek1 m(v v )mgHqEs 112 20 2yEk2 m(v v )mgHqEs 212 20 2y由已知条件Ek11.5E k2联立式得E .mg2q答案：见解析2.某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图所示竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为 L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场 B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为 m，其中燃料质量为 m，燃料室中的金属棒 EF 电阻为 R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触引燃火箭下方的推进剂
25、，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好 )向上运动，当回路 CEFDC 面积减少量达到最大值 S，用时 t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭在 t 时间内，电阻 R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体，当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭(1)求回路在 t 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒 EF 的电荷量，并判断金属棒 EF中的感应电流方向；(2)经 t 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度 v0；( 不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为 m的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为 u，求喷气后火箭增加的
26、速度 v.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)解析：(1)根据电磁感应定律有：E t BSt电荷量 qI t ，根据楞次定律可知，电流方向为 EF.BSR(2)平均感应电流 I ，平均安培力 FBI L，ER BSRt设竖直向上为正，根据动量定理得：(Fmg )tmv 0解得：v 0 g t.B2LSmR(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正方向，根据动量守恒定律得：m u (mm) v0解得： v u.mm m答案：(1) 金属棒中电流方向为 EFB S t B SR(2) g t (3)B2 SLRm m um m3(2018宜春三中高三检测) 如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为 4R、圆心
27、角为150的圆弧形光滑滑槽 C1 和两个半径为 R 的半圆形光滑滑槽 C2、C 3，以及一个半径为2R 的半圆形光滑圆管 C4 组成， C4 内径远小于 R.C1、C 2、C 3、C 4 各衔接处平滑连接现有一个比 C4 内径略小的、质量为 m 的小球，从与 C4 的最高点 H 等高的 P 点以一定的初速度v0 向左水平抛出后，恰好沿 C1 的 A 端点沿切线从凹面进入轨道已知重力加速度为 g.求：(1)小球在 P 点开始平抛的初速度 v0 的大小(2)小球能否依次通过 C1、C 2、C 3、C 4 各轨道而从 I 点射出？请说明理由(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？解
28、析：(1)小球从 P 到 A，竖直方向有： h2R4Rsin 304R由平抛运动规律可得：v 2gh2y解得：v y 8gR在 A 点，由速度关系 tan 60vyv0解得：v 0 .26gR3(2)若小球能过 D 点，则 D 点速度满足 v gR小球从 P 到 D 由动能定理得：mgR mv2 mv12 12 20解得：v 14gR3 gR若小球能过 H 点，则 H 点速度满足 vH0小球从 P 到 H 由机械能守恒得 H 点的速度等于 P 点的初速度，为 0；综上所述小球26gR3能依次通过 C1、C 2、C 3、C 4 各轨道从 I 点射出(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点 ，B 点和 F 点都有可能小球从 P 到 B 由动能定理得：6mgR mv mv12 2B 12 20在 B 点轨道给小球的弹力 NB满足：N Bmgm解得 NB mg；143小球从 P 到 F 由动能定理得：3mgR mv mv12 2F 12 20在 F 点轨道给小球的弹力 NF满足：N Fmgm联立解得：N F mg；293比较 B、F 两点的情况可知：F 点轨道给小球的弹力最大，为 mg.293答案：(1) (2)能，理由见解析26gR3
