2022年高考物理二轮复习 第5板块 电学计算题教学案

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1、2022年高考物理二轮复习 第5板块 电学计算题教学案 电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点。考查的题型既有选择，又有计算，特别是高考试卷的压轴题也常常考查电磁感应的综合应用。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。涉及的规律主要包括：①匀变速直线运动规律；②牛顿运动定律；③功能关系；④能量守恒定律。 用到的思想方法主要有： ①整体法和隔离法 ②全程法和分阶段法 ③条件判断法 ④临界问题的分析方法 ⑤守恒思想　　　⑥分解思想　 考查点一　电磁感应中的“单杆”模型 题点(一)　“单杆”水平式 物理模型 匀强磁场与导轨

2、垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计 动态分析 设运动过程中某时测得导体棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝不再变化 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡，a＝0 电学特征 I不再变化 [例1]　(xx·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁

3、场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： (1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I； (2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a； (3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。 [解析]　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0 ① 回路的感应电流I＝ ② 由①②式解得I＝。 ③ (2)金属杆所受的安培力F＝Bid ④ 由牛顿第二定律，对金属杆F＝ma ⑤ 由③④⑤式解得a＝。 ⑥ (3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0

4、－v ⑦ 感应电动势E＝Bdv′ ⑧ 感应电流的电功率P＝ ⑨ 由⑦⑧⑨式解得P＝。 ⑩ [答案]　(1)　(2)　(3) 题点(二)　“单杆”倾斜式 物理模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计 动态分析 棒ab刚释放时a＝gsin α，棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，速度达到最大vm＝ 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡，a＝0 电学特征 I达到最大后不再变化 　 [例2]　如图所

5、示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ＝30°，间距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B＝0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.1 Ω 的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d＝9 m时电阻R上的消耗的功率为P＝2.7 W。其他电阻不计，g取10 m/s2。求： (1)此时通过电阻R的电流； (2)这一过程通过电阻R的电荷量q； (3)此时作用于导体棒上的外力F的大小。 [思路点拨] [解析]　(

6、1)根据热功率：P＝I2R， 解得：I＝ ＝ A＝3 A。 (2)回路中产生的平均感应电动势： ＝，由欧姆定律得：＝， 电流和电量之间关系式： q＝t＝＝＝ C＝4.5 C。 (3)由(1)知此时感应电流I＝3 A， 由I＝＝， 解得此时速度：v＝＝ m/s＝6 m/s， 由匀变速运动公式：v2＝2ax， 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2， 对导体棒由牛顿第二定律得： 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．“单杆”模型分析 “单杆”模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。此类问题的分析要抓住三点： ①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)。 ②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。 ③电磁感应现象遵从能量守恒定律。 2．力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v 3．用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 考查点

8、二　电磁感应中的“双杆”模型 [典例]　如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持

9、良好接触，取g＝10 m/s2。问： (1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向； (2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大； (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。 [解析]　(1)由右手定则可判断cd中电流方向为d流向c，故ab中的电流方向由a流向b。 (2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax， 有Fmax＝m1gsin θ　① 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有 E＝BLv　② 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝

10、　③ 设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB　④ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F安＝m1gsin θ＋Fmax　⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s。　⑥ (3)设在cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q总＋m2v2　⑦ 又Q＝Q总　⑧ 解得Q＝1.3 J。　⑨ [答案]　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 1．两类“双杆”模型 (1)一类是“一动一静”，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：静止杆受力平衡。 (2)另一类是“两杆都动”，对于这种情况，要注意两

11、杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减。 2．解题方法 结合“单杆”模型的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解。 1．如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两

12、端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环。已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求 (1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q杆所受拉力的瞬时功率。 解析：(1)以小环为研究对象，由牛顿第二定律 m2g－Ff＝m2a 代入数据得Ff＝0.2 N。 (2)设流过杆K的电流为I，由平衡条件得 I

13、lB1＝FT＝Ff 对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得 2IlB2＝F＋m1gsin θ 由法拉第电磁感应定律的推论得E＝B2lv 根据欧姆定律有2I＝，且R总＝＋R 拉力F的瞬时功率表达式为P＝Fv 联立以上各式得P＝2 W。 答案：(1)0.2 N　(2)2 W 2．间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平 面。质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整个装置处于

14、磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10 m/s2。 (1)求ab杆的加速度a。 (2)当cd杆达到最大速度时，求ab杆的速度大小。 (3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。 解析：(1)由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5 N 对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma 代入数据解得a＝1

15、0 m/s2。 (2)从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示，当cd杆速度最大时，有 Ff＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BIL， I＝ 综合以上各式，解得v＝2 m/s。 (3)整个过程中，ab杆发生的位移 x＝＝ m＝0.2 m 对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2 代入数据解得W安＝4.9 J，根据功能关系Q总＝W安 所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94 J。 答案：(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J 考查点三　电磁感应中的“导体框”模型 [典例]　(xx·天津高考)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为

16、m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求 (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H。 [解析]　(1)设磁场的

17、磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有 E1＝2Blv1 ① 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1＝ ② 设此时线框所受安培力为F1，有 F1＝2I1lB ③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1 ④ 由①②③④式得 v1＝ ⑤ 设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v2＝ ⑥ 由⑤⑥式得 v2＝4v1。 ⑦ (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 2mgl＝mv12 ⑧ 线框完全穿过磁场的过程中，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．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 3．解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒列方程求解。 1.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1 m

19、，在aa′、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B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′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μ＝0.5，不计其他阻力，求：(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； (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)金属线圈向下进入磁场时，

20、有 mgsin θ＝μmgcos θ＋F安， 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s。 (2)设线圈到达最高点离bb′的距离为x，则 v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 根据动能定理有 Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J。 (3)向下匀速通过磁场区域过程中，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.如图所

21、示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距L1＝0.5 m，处在竖直向下、磁感应强度大小B1＝0.5 T的匀强磁场中。导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m＝0.1 kg 的正方形金属框abcd置于竖直平面内，其边长为L2＝0.1 m，每边电阻均为r＝0.1 Ω。线框的两顶点a、b通过细导线与导轨相连。磁感应强度大小B2＝1 T的匀强磁场垂直金属框abcd向里，金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，g取10 m/s2，求： (1)通过ab边的电流Iab； (2)导体杆ef的运动速度v。 解析：(1)设通过正方形金属框

22、的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc， 有Iab＝I，Idc＝I 金属框受重力和安培力，处于静止状态，有 mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 联立解得I＝10 A，Iab＝7.5 A。 (2)设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，则 E＝B1L1v 设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则 R＝＝r 根据闭合电路欧姆定律，有I＝ 解得v＝＝ m/s＝3 m/s。 答案：(1)7.5 A　(2)3 m/s

23、 1．如图甲是半径为a的圆形导线框，电阻为R，虚线是圆的一条弦，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求： (1)线框中0～t0时间内的感应电流大小和方向； (2)线框中0～t0时间内产生的热量。 解析：(1)设虚线左侧的面积为S1，右侧的面积为S2，则根据法拉第电磁感应定律得，向里的变化磁场产生的感应电动势为E1＝S1 感应电流方向为逆时针方向。 向外的变化磁场产生的感应电动势为E2＝S2 感应电流方向为逆时针方向。 从题图乙中可以得到＝，＝ 感应电流为I＝＝＝ 方向为逆时针方向。 (2)根据焦耳定律可得Q＝I2Rt

24、0＝。 答案：(1)　逆时针方向　(2) 2.如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝R，R1支路串联开关S，原来S闭合。匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m、有效电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好。现将导体棒ab从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的。已知重力加速度为g，导轨电阻不计，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和达到稳定状态后导体棒ab中的电流强度I； (2)如果导体棒ab从静止释放沿导轨下滑x距离后

25、达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？ 解析：(1)回路中的总电阻为：R总＝R 当导体棒ab以速度v匀速下滑时棒中的感应电动势为： E＝BLv 此时棒中的感应电流为：I＝ 此时回路的总电功率为：P电＝I2R总 此时重力的功率为：P重＝mgvsin θ 根据题给条件有：P电＝P重，解得：I＝ B＝ 。 (2)设导体棒ab与导轨间的滑动摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律可知：mgvsin θ＝Ffv 解得：Ff＝mgsin θ 导体棒ab减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热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.如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m。轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻。直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度为B＝0.60 T的匀强磁场中，磁场区域的右边界为NN′，宽度为d＝0.80 m。NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝0.50 m。现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处，其质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω。ab杆在与杆垂直的水平恒

27、力F＝2.0 N的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′。已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g＝10 m/s2。求： (1)导体杆通过PP′后落到直轨道上的位置离NN′的距离； (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产生的焦耳热。 解析：(1)设导体杆运动到半圆形轨道最高位置的速度为v，因导体杆恰好能通过轨道最高位置， 由牛顿第二定律得mg＝m 导体杆通过PP′后做平抛运动x＝vt 2R0＝gt2 解

28、得：x＝1 m。 (2)q＝·Δt ＝，＝，ΔΦ＝B·ld 联立解得：q＝0.4 C。 (3)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(F－μmg)s＝mv12 解得：v1＝6.0 m/s 在导体杆从刚进磁场到滑至最高位置的过程中，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．如图甲所示，电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左端，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置在导轨上，ef与导轨接触良好，并

29、可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab两棒间距为d。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。 (1)求在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向； (2)求在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量； (3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。 解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率＝ 产生感应电动势的大小E1＝＝S＝ld＝ 流过导体棒ef的电流大小I1＝＝ 由楞次定律可判断电流方向为e→f。 (2)在t0～2t0时间内，磁

30、感应强度的变化率＝ 产生感应电动势的大小E2＝＝S＝ld＝ 流过导体棒ef的电流大小I2＝＝ 该时间内导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝。 (3)1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0 导体棒ef受安培力：F＝B0I2l＝ 方向水平向左 根据导体棒ef受力平衡可知杆对导体棒的作用力为 F′＝－F＝－，负号表示方向水平向右。 答案：(1)，方向为e→f　(2) (3)，方向水平向右 5.(xx届高三·常州调研)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容。质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒

31、和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求 (1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量； (2)t的大小； (3)F2的大小。 解析：(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为 U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V 此时电容器的带电量 q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C。 (2)导

32、体棒在F1作用下有F1－BId＝ma1， 又I＝＝，a1＝ 联立解得：a1＝＝20 m/s2 则t＝＝0.25 s。 (3)由(2)可知导体棒在F2作用下，运动的加速度 a2＝，方向向左， 又a1t2＝－ 将相关数据代入解得F2＝0.55 N。 答案：(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N 6．(xx·江苏高考)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已

33、经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求： (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。 解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)在光滑导轨上 感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 安培力F安＝BIL 导体棒受力平衡有F安＝mgsin θ 解得v＝。 (3)摩擦生热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－ [教师备选题] 1.如图所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)。求： (1)棒ab在离开磁场右边界时的速度。 (2)棒a

35、b通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能。 解析：(1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝FA＝BIl， 再据I＝＝，联立解得v＝。 (2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，据能量守恒定律可得 F(d0＋d)＝Q＋mv2， 解得Q＝F(d0＋d)－。 答案：(1)　(2)F(d0＋d)－ 2.如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T。将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属

36、棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求： (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)金属棒到达cd处的速度大小； (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。 解析：(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2。 (2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、通过

37、金属棒的电流为I，金属棒受力平衡，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s。 (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为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届高三·福州五校联考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导

38、轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求： (1)a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流Ia与定值电阻R中的电流IR之比； (2)a棒的质量ma； (3)a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。 解析：(1)a棒在磁场中沿导轨向上运动时，设b棒中的电流为Ib，有 IRR＝IbR ①

39、 Ia＝IR＋Ib ② 由①②解得＝。 ③ (2)a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，设a棒在PQ处向上滑动的速度大小为v1，其与在PQ处向下滑动的速度大小v2相等，即 v1＝v2＝v ④ 设磁场的磁感应强度为B，导轨间距为L，a棒在磁场中运动时产生的感应电动势为 E＝BLv ⑤ 当a棒沿斜面向上运动时， Ib＝＝ ⑥ IbLB＝mgsin θ ⑦ a棒向下匀速运动时，设a棒中的电流为Ia′，则 Ia′＝ ⑧ Ia′LB＝magsin θ ⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma＝m。 (3)由题知，导体棒a沿导轨向上运动时，所受拉力为 F＝IaLB＋magsin θ 联立以

40、上各式解得F＝mgsin θ。 答案：(1)2∶1　(2)m　(3)mgsin θ 4．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。 (1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v； (2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。 解析：(1)导体棒匀速下滑时，有

41、 Mgsin θ＝Bil ① 可得I＝ ② 导体棒产生的感应电动势E0＝Blv ③ 由闭合电路欧姆定律得I＝ ④ 联立②③④解得v＝。 ⑤ (2)改变Rx，由②式可知电流不变。设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E，则 U＝IRx ⑥ E＝ ⑦ mg＝qE ⑧ 联立②⑥⑦⑧解得Rx＝。 答案：(1)　　(2) 5．(xx·福建高考)如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴

42、正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。 (1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0； (2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp； (3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值。 解析：(1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有 qv0B＝q ① 得U0＝Bdv0。 ② (2)设开关闭合前后，管道两端压

43、强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到安培力为F安，有p1hd＝f③ p2hd＝f＋F安 ④ F安＝Bid ⑤ 根据欧姆定律，有I＝ ⑥ 两导体板间液体的电阻r＝ρ ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝。 ⑧ (3)电阻R获得的功率为P＝I2R ⑨ P＝2R ⑩ 当＝时 ⑪ 电阻R获得的最大功率Pm＝。 ⑫ 答案：(1)Bdv0　(2)　(3)　 第24讲 分析近几年全国高考卷的计算题可知，高考压轴题多数情况下考查电学，少数情况下考查力学。考查的内容有时是电场，有时是磁场，有时是电场和磁场的复合场，有时是电磁感应的综合问题。本讲主要解

44、决带电粒子在电、磁场中的运动问题。 考查内容 ①带电粒子在电场中的运动 ②带电粒子在磁场中的运动 ③带电粒子在复合场中的运动 思想方法 ①假设法　　　　②合成法 ③正交分解法 ④临界、极值问题的分析方法 ⑤等效思想 ⑥分解思想 　　　 考查点一　带电粒子在电场中的运动 题点(一)　带电粒子的直线运动 [例1]　反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝1.0×10－20 kg，电荷量q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1 cm,0

45、)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。求： (1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比； (2)该粒子运动的最大动能Ekm； (3)该粒子运动的周期T。 [解析]　(1)由题图可知： 左侧电场强度：E1＝ V/m＝2.0×103 V/m① 右侧电场强度：E2＝ V/m＝4.0×103 V/m② 所以：＝。 (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有： qE1·x＝Ekm③ 其中x＝1.0×10－2 m 联立①③并代入相关数据可得：Ekm＝2.0×10－8 J。④ (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原

46、点时的速度为vm，由运动学公式有 vm＝t1⑤ vm＝t2⑥ Ekm＝mvm2⑦ T＝2(t1＋t2)⑧ 联立①②④⑤⑥⑦⑧并代入相关数据可得：T＝3.0×10－8 s。 [答案]　(1)1∶2　(2)2.0×10－8 J　(3)3.0×10－8 s 题点(二)　带电粒子的曲线运动 [例2]　如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移。 (1)如何

47、只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？ (2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？ [解析]　(1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E和E′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1 因偏转电压不变，所以有Ed＝E′·d， 即E′＝E 由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a 设极板长度为L，则d＝a′2，＝a2 联立解得v12＝ 在加速电场中由动能定理知 eU1＝mv02，eU1′＝mv12 U1′＝，即加速电压应减为原加速电压的，才能使电子打在下极板的中点。 (2)因电子在偏转电场

48、中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动时间t相等 设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2，则有 ＝a1t2，d＝a2t2， 即a2＝2a1 由牛顿第二定律知a1＝，a2＝ 联立得U2′＝3U2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点。 [答案]　(1)加速电压应减为原加速电压的，即 (2)偏转电压变为原来的3倍，即3U2 考查点二　带电粒子在磁场中的运动 题点(一)　带电粒子在有界磁场中的运动 1．磁场中匀速圆周运动问题的分析方法 2．求磁场区域最小面积的两个注意事项 (1)注意粒子射入、

49、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。 (2)注意所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长。 [例1]　如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一个方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的圆形磁场区域，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从y轴上的A点以速度v0水平向右射出，经磁场偏转后，打在x轴上的C点，且其速度方向与x轴正方向成θ＝60°角斜向下。若A点坐标为(0，2d)，C点坐标为(3d,0)，粒子重力不计。试求该圆形磁场区域的最小面积S及粒子在该磁场中运动的时间t。 [思路点拨] (1)由已知条件求出粒子在圆形磁场中运动的轨道半径→由几何关系找出圆心角→找出

50、粒子在磁场中运动时的圆弧→根据圆弧找出对应的弦长→以此弦长作为直径的圆形区域即最小的圆形磁场区域。 (2)找出粒子在圆形磁场中运动的圆弧所对的圆心角→求出粒子在圆形磁场中运动的周期→根据圆心角求出粒子在圆形磁场中的运动时间。 [解析]　带电粒子进入磁场时的速度大小为v0，粒子在磁场中作匀速圆周运动，洛伦兹力提供该粒子做圆周运动的向心力。 设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，则有 qv0B＝m，即R＝ 设粒子从E点进入磁场，从D点离开磁场，则其运动轨迹如图所示 因为θ＝60°，由几何关系可知 ∠EO′D＝60°， 所以三角形EO′D为正三角形，ED＝R，

51、 以ED为直径时圆形磁场区域面积最小 设圆形磁场区域的半径为r，则有r＝＝ 所以圆形磁场区域的最小面积为S＝πr2＝ 带电粒子在该磁场中运动的时间为t＝＝。 [答案]　　 题点(二)　带电粒子在磁场中的多解问题 1．解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生周期性和多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。 2．粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。 [例2]　如图所示，宽度为d的有界

52、匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。 [解析]　若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，轨道半径： R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆弧， 则有：R′＝ d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 [答案]　(2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷) 考查点三　带电粒子在组合场中的运动 [典例]　(xx·天津高考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在

53、垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问： (1)粒子到达O点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比。 [解析]　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 2L＝v0t　① L＝at2　② 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at　③ 设粒子

54、到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tan α＝　④ 联立①②③④式得α＝45°　⑤ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝　⑥ 联立①②③⑥式得v＝v0。　⑦ (2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma ⑧ 又F＝qE　⑨ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m　⑩ 由几何关系可知R＝L　⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝。　⑫ [答案]　(1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上　

55、(2) 1．谨记两大偏转模型 (1)电偏转(匀强电场中) 受力特点及运动性质 电场力为恒力，带电粒子做匀变速运动，轨迹为抛物线。只讨论v0⊥E的情况，带电粒子做类平抛运动 处理方法 运动的合成与分解 关注要点 (1)速度偏转角θ，tan θ＝＝ (2)侧移距离y0，y0＝ (2)磁偏转(匀强磁场中) 受力特点及运动性质 洛伦兹力大小恒定，方向总垂直于速度方向。带电粒子作匀速圆周运动 处理方法 匀速圆周运动规律 关注要点 (1)圆心及轨道半径：两点速度垂线的交点或某点速度垂线与轨迹所对弦的中垂线的交点即圆心，r＝ (2)周期及运动时间：周期T＝，运动时间

56、t＝T，掌握圆心角θ的确定方法 (3)速度的偏转角α：α＝θ 2．解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法 1.(xx·滕州期末)如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为＋q、质量为m的粒子。从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中，若从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若MS两点的距离为。不

57、计粒子的重力及它们间的相互作用。试求： (1)电场强度E1与E2的大小； (2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？ 解析：(1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy， 则由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t12＝×t12 ＝a2t22＝×t22 vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 联立解得：E1＝，E2＝。 (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2。因沿PS方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD边的时间同为t＝。 设PQ间距离P点为h的粒

58、子射入电场后，经过n(n＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到达PS边的时间则为T，则有 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)。 答案：(1)　　 (2)(n＝2,3,4，…) 2.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小

59、为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： (1)电场强度E的大小； (2)粒子到达a点时速度的大小和方向； (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有 x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma 联立以上各式可得E＝。 (2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0 所以v＝ ＝ v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。 (3)粒子在磁场中运动时，有 qvB＝m 当粒

60、子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝。 答案：(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3) 考查点四　带电粒子在叠加场中的运动 题点(一)　电场和重力场的叠加 [例1]　(xx·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

61、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＝ma1 ① 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ② 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＝ma2

62、③ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由题给条件有 v02＝2g(2h) ⑨ 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＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ⑪ 为使E2>E1，应有 2－2＋2>1 ⑫ 即当0 ⑭ 才是可能的；条

63、件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h ⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝E1 ⑯ 为使E2>E1，应有 2－2－2>1 ⑰ 即t1> ⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去。 [答案]　(1)v0－2gt1　(2)见解析 题点(二)　电场、磁场、重力场的叠加 [例2]　(xx·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速

64、度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。 [解析]　(1)小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝ ① 代入数据解得 v＝20 m/s ② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝ ③ 代入数据解得 tan θ＝ θ＝60°。 ④ (2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝

65、 ⑤ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2 ⑦ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝ ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑨ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－gt2＝0 ⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s≈3

66、.5 s。 ⑦ [答案]　(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 带电粒子在叠加场中运动的解题思路 考查点五　带电粒子在交变场中的运动 题点(一)　电场的周期性变化 [例1]　如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。 (1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； (2)求电场变化的周期T； (3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。 [思路点拨] [解析]　(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB ① 微粒做圆周运动，则mg＝qE0 ② 联立①②得q＝ ③ B＝。 ④ (2)设微粒从N1运动到Q点的时间为t