2019届高考物理二轮复习 专题五 三大观点的应用（课件+学案+练习）（打包6套）.zip

1第 1 讲 三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40 分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA＝2 kg、 mB＝1 kg.初始时 A 静止于水平地面上， B 悬于空中．现将 B 竖直向上再举高 h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直， A、 B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触．取 g＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t；(2)A 的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B 离地面的高度 H.解析：(1) B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝ gt2①12代入数据解得 t＝0.6 s．②(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vB＝ gt③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、 B 的重力， A、 B 相互作用，由动量守恒得mBvB＝( mA＋ mB)v④之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s.⑤(3)细绳绷直后， A、 B 一起运动， B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、 B 的速度为零，这一过程中 A、 B 组成的系统机械能守恒，有(mA＋ mB)v2＋ mBgH＝ mAgH⑥12代入数据解得 H＝0.6 m.答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点 P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为 m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为 2R、 R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面 AB、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为 0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为 θ ＝37°，AB＝C D＝2 R， A、 D 等高， D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始2终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为 g.(1)如果滑块恰好能经 P 点飞出，为了使滑块恰好沿 AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的 A、 D 点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点 P 和小圆弧最低点 Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经 P 点飞出时速度为 vP，由牛顿第二定律有 mg＝得 vP＝ 2gR到达 A 点时速度方向要沿着斜面 AB，则vy＝ vPtanθ ＝342gR所以 A、 D 点离地高度为 h＝3 R－ ＝ R.3916(2)进入 A 点时滑块的速度为 v＝ ＝vPcos θ 542gR假设经过一个来回能够回到 A 点，设回来时动能为 Ek，则 Ek＝ mv2－4 μmg cos 12θ ·2Rμmg cos θ ，则根据动能定理得mg·2Rsin θ － μmg cos θ ·s＝0－ mv212得滑块在锅内斜面上运动的总路程 s＝ .221R16(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为 v1、 v2由牛顿第二定律，在 Q 点 F1－ mg＝在 P 点 F2＋ mg＝所以 F1－ F2＝2 mg＋由机械能守恒有 mv ＝ mv ＋ mg·3R12 21 12 2得 v － v ＝6 gR 为定值21 2代入 v2的最小值( v2＝ vP＝ )得压力差的最小值为 9mg.2gR3答案：(1) R (2) (3)9 mg3916 221R163．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l.现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接． AB 是长度为 5l 的水平轨道， B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD相切，半圆的直径 BD 竖直，如图所示．物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 μ ＝0.5.用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开， P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为 g.(1)若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离；(2)若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l 时，质量为 5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为 l 时的弹性势能Ep＝5 mgl①设 P 的质量为 M，到达 B 点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得 Ep＝ Mv ＋ μMg ·4l②12 2B联立①②式，取 M＝ m 并代入题给数据得 vB＝ ③6gl若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时的速度大小v 应满足－ mg≥0④mv2l设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得mv ＝ mv ＋ mg·2l⑤12 2B 12 2D联立③⑤式得 vD＝ ⑥2glvD满足④式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD水平射出．设 P 落回到轨道 AB所需的时间为 t，由运动学公式得 2l＝ gt2⑦12P 落回到轨道 AB 上的位置与 B 点之间的距离为s＝ vDt⑧联立⑥⑦⑧式得 s＝2 l.⑨2(2)为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mglμMg ·4l⑩要使 P 仍能沿圆轨道滑回， P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C.由机械能守恒定律有4Mv ≤ Mgl⑪12 2B联立①②⑩⑪式得 m≤ MaB①对 A 由牛顿第二定律得：F－ μ 1(M＋ m)g－ μ 2mg＝ MaA②联立①②代入数据解得： F9 N.(2)当 F＝11 N，代入②式解得：滑板加速度大小 aA1＝2 m/s 2此时 B 的加速度大小 aB＝1 m/s 2F 作用 t 秒时相对滑动的距离 Δ x1＝ aA1t2－ aBt2③12 12此时 A、 B 速度大小分别为vA＝ aA1t④vB＝ aBt⑤撤去 F 后， B 的加速度大小仍为： aB＝1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为aA2＝ ＝3.5 m/s 2μ 1（ m＋ M） g＋ μ 2mgM若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为 Δ x2由相对运动得：( vA－ vB)2＝2( aA2＋ aB)Δ x2⑥由题意得：Δ x1＋Δ x2＝ L⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得： t＝3 s.5答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40 分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t＝0 时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量 M＝2 kg，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取 g＝10 m/s 2，求： (1)物块的质量 m；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒： Mv＝( M＋ m)v 共将 M＝2 kg， v＝6.0 m/s， v 共 ＝2.0 m/s，代入解得： m＝4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为 Q，根据能量守恒定律： Q＝ Mv2－ (M＋ m)12 12v ＝24 J.2共答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的 A、 B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋ Q 和－ Q， A、 B 相距为 2d， MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 P，质量为 m、电荷量为＋ q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球 P 从与点电荷 A 等高的 C 处由静止开始释放，小球 P 向下运动到距 C 点距离为 d 的 O 点时，速度为 v，已知 MN 与AB 之间的距离为 d，静电力常量为 k，重力加速度为 g，求：(1)C、 O 间的电势差 UCO；(2)O 点处的电场强度 E 的大小．解析：(1)小球由 C 运动到 O 时，由动能定理得mgd＋ qUC O＝ mv2－0，解得 UC O＝ .12 mv2－ 2mgd2q(2)小球经过 O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得 F1＝ F2＝ kQq（ 2d） 2它们的合力为6F＝ F1cos 45°＋ F2cos 45°＝2kQq2d2O 点处的电场强度 E＝ ＝ .Fq 2kQ2d2答案：(1) (2)mv2－ 2mgd2q 2kQ2d23．如图所示，质量 mB＝3.5 kg 物体 B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数 k＝100 N/m.轻绳一端与物体 B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O1、 O2后，与套在光滑直杆顶端 E 处的质量 mA＝1.6 kg 的小球 A 连接．已知直杆固定不动，杆长 L 为 0.8 m，且与水平面的夹角 θ ＝37°.初始时使小球 A 静止不动，与 A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力 F 为 45 N．已知 EO1＝0.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，绳子不可伸长，现将小球 A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求(1)在释放小球 A 前弹簧的形变量．(2)若直线 CO1与杆垂直，求小球 A 运动到 C 点的过程中绳子拉力对小球 A 做的功．(3)小球 A 运动到底端 D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前， B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体 B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为 x，有 kx＝ F－ mBg，解得 x＝0.1 m.(2)对 A 球从 E 点运动到 C 的过程应用动能定理得W＋ mAgh＝ mAv －0①12 2A其中 h＝ xCO1cos 37°，而 xCO1＝ xEO1sin 37°＝0.3 m物体 B 下降的高度 h′＝ xEO1－ xCO1＝0.2 m②由此可知，弹簧这时被压缩了 0.1 m，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等， A、 B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有 mAgh＋ mBgh′＝ mAv ＋ mBv ③12 2A 12 2B由题意知，小球 A 在 C 点时运动方向与绳垂直，此时 B 物体速度 vB＝0④由①②③④得 W＝7 J.(3)由题意知，杆长 L＝0.8 m，由几何知识可知 EC＝ CD，∠ CDO1＝∠ CEO1＝37°，故DO1＝ EO1当 A 到达 D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体 B 又回到原位置，将 A 在 D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即 B 的速度，由几何关系得7v′ B＝ v′ Acos 37°⑤整个过程机械能守恒，可得mAgLsin 37°＝ mAv′ ＋ mBv′ ⑥12 2A 12 2B由⑤⑥得 v′ A＝2 m/s.答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面 MN 的左端 M 处固定有一能量补充装置 P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端 N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率 v＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度 L＝9 m．放在光滑水平面上的两相同小物块 A、 B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能 Ep ＝9 J，弹簧与 A、 B 均不粘连， A、 B 与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.2，物块质量 mA＝ mB＝1 kg.现将 A、 B 同时由静止释放，弹簧弹开物块 A 和 B 后，迅速移去轻弹簧，此时， A 还未撞击 P， B 还未滑上传送带．取 g＝10 m/s 2.求：(1)A、 B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断 B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带．(3)若 B 从传送带上回到光滑水平面 MN 上与被弹回的 A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则 P 应给 A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带．解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒Ep＝ mAv ＋ mBv12 2A 12 2B由动量守恒有 mAvA－ mBvB＝0联立以上两式解得 vA＝3 m/s， vB＝3 m/s.(2)假设 B 不能从传送带右端滑离传送带，则 B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得－ μm Bgs＝0－ mBv12 2B解得 s＝ ＝2.25 msL， B 不能从传送带右端滑离传送带．(3)设物块 A 撞击 P 后被反向弹回的速度为 v1由功能关系可知： E＋ mAv ＝ mAv12 2A 12 21由物块 B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块 B 回到皮带左端时速度大小应为8v2＝ vB＝3 m/s.B 与 A 发生碰撞后粘连共速为 v′，由动量守恒定律可得：mAv1－ mBv2＝( mA＋ mB)v′要使二者能一起滑离传送带，要求(mA＋ mB)v′ 2≥ μ (mA＋ mB)gL12由以上四式可得： E≥108 J.答案：见解析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Ⅰ)如图，在 y＞0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 y＜0 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1 21y轴上 y＝ h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160°，并从坐标原点 O处第一次射出磁场. H的质量为 m，电1荷量为 q.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 s1＝ v1t1①h＝ a1t ②12 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1θ 1＝60°. H进入磁场时速度的 y分量的大小为 a1t1＝ v1tan 1θ 1③联立以上各式得 s1＝ h.④233(2) H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ ma1⑤1设 H进入磁场时速度的大小为 v′ 1，由速度合成法则有1v′ 1＝ ⑥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[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2qv′ 1B＝ ⑦由几何关系得 s1＝2 R1sin θ 1⑧联立以上各式得 B＝ .⑨6mEqh(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 ⑩12 2 12 21由牛顿第二定律得 qE＝2 ma2⑪设 H第一次射入磁场时的速度大小为 v′ 2，速度的方向与 x21轴正方向夹角为 θ 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 s2＝ v2t2⑫h＝ a2t ⑬12 2v′ 2＝ ⑭sin θ 2＝ ⑮a2t2v′ 2联立以上各式得 s2＝s 1， θ 2＝ θ 1， v′ 2＝ v′ 1⑯22设 H在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由⑦⑯式及粒子在21匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝ ＝ R1⑰（ 2m） v′ 2qB 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离21开磁场的出射点的距离为 s′ 2，由几何关系有 s′ 2＝2 R2sin θ 2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得， H第一次离开磁场时的位置到原点21O的距离为 s′ 2－s 2＝ ( －1) h.⑲233 2答案：见解析续 表真题再现 考情分析(2017·高考全国卷Ⅰ)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[命题点分析]带电油滴在电场中的运动3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，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 t＝0 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qE2－ mg＝ ma1①油滴在时刻 t1的速度为 v1＝ v0＋ a1t1②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 qE2＋ mg＝ ma2③油滴在时刻 t2＝2 t1的速度为 v2＝ v1－ a2t1④由①②③④式得 v2＝ v0－2 gt1.⑤(2)由题意，在 t＝0 时刻前有 qE1＝ mg⑥油滴从 t＝0 到时刻 t1的位移为 s1＝ v0t1＋ a1t ⑦12 21油滴在从时刻 t1到时刻 t2＝2 t1的时间间隔内的位移为s2＝ v1t1－ a2t ⑧12 21由题给条件有 v ＝2 g(2h)⑨20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 s1＋s 2＝ h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝ E1⑪[2－ 2v0gt1＋ 14(v0gt1)2 ]为使 E2E1，应有 2－2 ＋ 1⑫v0gt1 14(v0gt1)2 即当 0 ⑭(1＋32)v0g[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，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4才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于 v20和 v2E1，应有 2－2 － 1⑰v0gt1 14(v0gt1)2 即 t1 ⑱(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5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．①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．②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．③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．④对于临界问题，注意挖掘隐含条件． [高 分 快 攻 ](2018·高考全国卷Ⅲ)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．6[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 ①12 21由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B＝ m1 ②由几何关系知 2R1＝ l③由①②③式得 B＝ .④4Ulv1(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 q2U＝ m2v ⑤12 2q2v2B＝ m2 ⑥由题给条件有 2R2＝ ⑦l2由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为∶ ＝1∶4.⑧q1m1 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(0，12L)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(36L， － L)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 L＝ v0t0， a＝ ， vy＝ at0， vy＝eEm v0tan 30°7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＝v2r v0sin 30°由几何关系有 r＋ ＝ Lrsin 30°即 r＝L3联立以上各式解得 B＝6mv0eL电子在磁场中偏转的角度为 120°，则有 t＝T3T＝2π meB(或 T＝ 2π rv＝ π L3v0)解得 t＝ .π 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＝ r×3r2解得 Smin＝ .3L218答案：见解析角度 2 带电粒子在叠加场中的运动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8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 0＝ mv0－ kmvC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＝ .2π mqBA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＝ .3π m2qB(3)由 0＝ mv0－ kmvC可得 vC＝ ， A球在磁场中做匀速圆周运动的半径 R＝v0k mv0qB设爆炸前 A球与桌边 P的距离为 xA，爆炸后到相遇前 C运动的位移为 xC，运动时间为 tC，则 tC＝ ＋ t2＋ ， xC＝ vCtCxAv0 Rv0由图可得 R＝ xA＋ xC联立解得 xA＝ · .2k－ 2－ 3π2（ 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 利用类平抛运动中的分解思想 注意电场进磁场时速度的大小、9从电场进磁场的运动 解决电场中的运动，利用垂线法确定磁场中运动的圆心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：①匀速直线运动②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 qE＝ qvB，即 v＝ .这个EB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＝2 r＝ .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板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝ q ，即 U＝ BdvUd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10Q＝S v＝π Ud4B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 Bqv＝ mv2r依题意知 r＝ d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 qE＝ mv2R11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 R1＝ 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 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v0－ at＝0①s1＝ v0t＋ at2②12s2＝ v0t－ at2③12联立①②③式得＝3.④s1s2(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 ＝2 gh⑤2yH＝ vyt＋ gt2⑥12M进入电场后做直线运动，由几何关系知24＝ ⑦v0vy s1H联立①②⑤⑥⑦式可得h＝ H.⑧13(3)设电场强度的大小为 E，小球 M进入电场后做直线运动，则＝ ⑨v0vy qEmg设 M、 N离开电场时的动能分别为 Ek1、 Ek2，由动能定理得Ek1＝ m(v ＋ v )＋ mgH＋ qEs1⑩12 20 2yEk2＝ m(v ＋ v )＋ mgH－ qEs2⑪12 20 2y由已知条件Ek1＝1.5 Ek2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫ 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，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 Δ S，用时 Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在 Δt 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 Δt 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 Δt 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速度 Δv .(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＝ ＝Δ ΦΔ t BΔ SΔ t25电荷量 q＝I Δt ＝ ，根据楞次定律可知，电流方向为 E→ F.BΔ SR(2)平均感应电流 I＝ ＝ ，平均安培力 F＝ BIL，ER BΔ SRΔ t设竖直向上为正，根据动量定理得：( F－ mg)Δt ＝ mv0解得： v0＝ － gΔt .B2LΔ SmR(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＋( m－ m′) Δv ＝0解得： Δv ＝ u.m′m－ m′答案：(1) 金属棒中电流方向为 E→ FBΔ SΔ t BΔ SR(2) － gΔt (3)B2Δ SLRm m′ um－ m′3．(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、 C3，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、 C2、 C3、 C4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、 C2、 C3、 C4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？解析：(1)小球从 P到 A，竖直方向有： h＝2 R＋4 Rsin 30°＝4 R由平抛运动规律可得： v ＝2 gh2y解得： vy＝ 8gR在 A点，由速度关系 tan 60°＝vyv0解得： v0＝ .26gR3(2)若小球能过 D点，则 D点速度满足 v gR26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；综上所述小球能26gR3依次通过 C1、 C2、 C3、 C4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：6 mgR＝ mv － mv12 2B 12 20在 B点轨道给小球的弹力 NB满足： NB－ mg＝ m解得 NB＝ mg；143小球从 P到 F由动能定理得：3 mgR＝ mv － mv12 2F 12 20在 F点轨道给小球的弹力 NF满足： NF－ mg＝ m联立解得： NF＝ 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(3)小球运动到 F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是 mg2934．(2018·重庆一中考前热身考试)如图所示，倾角 θ ＝37°的足够长的固定绝缘斜面上，有一个 n＝5 匝、质量 M＝1 kg、总电阻 R＝0.1 Ω 的矩形线框 abcd， ab边长 l1＝1 m， bc边长 l2＝0.6 m．将线框置于斜面底端，使 cd边恰好与斜面底端平齐，在斜面上的矩形区域 efhg内有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.1 T，现通过沿着斜面且垂直于 ab的细线以及滑轮把线框和质量 m＝3 kg的物块连接起来，让物块从离地面某高度处静止释放，线框沿斜面向上运动，恰好能够匀速进入有界磁场区域．当线框 cd边刚好穿出磁场区域时，物块 m恰好落到地面上，且不再弹离地面，线框沿斜面能够继续上升的最大的高度 h＝1.92 m，线框在整个上滑过程中产生的焦耳热 Q＝36 J，已知线框与斜面的动摩擦因数 μ ＝0.5, g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：27(1)线框进入磁场之前的加速度大小；(2)线框 cd边刚好穿出有界磁场区域时的速度大小；(3)有界磁场的宽度(即 ef到 gh的距离)．解析：(1)对 M、 m整体： mg－ Mgsin θ － μMg cos θ ＝( m＋ M)a解得 a＝5 m/s 2.(2)从 cd边刚出磁场到线框上升到最大高度的过程中：Mgsin θ ＋ μMg cos θ ＝ Ma′，2 a′· ＝ v2hsin θ解得 v＝8 m/s.(3)线框匀速运动过程中，对 M： Mgsin θ ＋ μMg cos θ ＋ F 安 ＝ T＝ mgF 安 ＝ nBIl1I＝ ＝ 解得 v0＝8 m/sER nBl1v0R设 ef， gh间距为 L，从 ab边到达 ef至 cd到达 gh的过程中，由动能定理：mg(L＋ l2)－ Mgsin θ (L＋ l2)－ μMg cos θ (L＋ l2)－ Q＝ (M＋ m)v2－ (M＋ m)v12 12 20解得： L＝1.2 m.答案：(1)5 m/s 2 (2)8 m/s (3)1.2 m