2020江蘇高考物理二輪講義：專題五科學(xué)思維篇2　活用“三大觀點(diǎn)”解析電磁學(xué)綜合問題-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

科學(xué)思維篇2　活用“三大觀點(diǎn)”解析電磁學(xué)綜合問題
電磁學(xué)綜合問題一直是高考中的必考內(nèi)容且?guī)缀趺磕甓甲鳛閴狠S題出現(xiàn)，同時在選擇題中也有所體現(xiàn)．主要考查方向有兩大類：
(1)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動；
(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動力學(xué)問題、能量問題、電路問題等．
在復(fù)習(xí)中該部分一定是重點(diǎn)復(fù)習(xí)內(nèi)容，不僅對于基本內(nèi)容及規(guī)律要熟練應(yīng)用，對于綜合問題也一定要強(qiáng)化訓(xùn)練，形成解決電磁綜合問題的信心和習(xí)慣．

　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
【高分快攻】
1．帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析思路
第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；
第2步：受力分析和運(yùn)動分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動，如關(guān)系圖；

第3步：用規(guī)律．

2．帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法

【典題例析】
(2018·高考江蘇卷)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場．當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.

(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運(yùn)動到O′的時間t；
(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．
[解析]　(1)粒子圓周運(yùn)動的半徑r0＝，
由題意知r0＝，解得B＝.
(2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α
由d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°
在一個矩形磁場中的運(yùn)動時間t1＝·
解得t1＝
直線運(yùn)動的時間t2＝，解得t2＝
則t＝4t1＋t2＝().
(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
則當(dāng)xm＝d時，Δt有最大值
粒子直線運(yùn)動路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加時間的最大值Δtm＝＝.
[答案]　(1)　(2)()　(3)
【題組突破】
角度1　磁場—磁場組合場中的運(yùn)動分析
1.(2019·高考全國卷Ⅲ)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運(yùn)動的時間為(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
解析：選B.設(shè)帶電粒子進(jìn)入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運(yùn)動的軌跡如圖所示，對應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，帶電粒子在第二象限中運(yùn)動的時間為t1＝，在第一象限中運(yùn)動的時間為t2＝T2，又由幾何關(guān)系有cos θ＝，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝，選項(xiàng)B正確，A、C、D均錯誤．
角度2　電場—磁場組合場中的運(yùn)動分析
2．(2019·押題卷)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點(diǎn)坐標(biāo)為(－L，0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－e的電子，從虛線MN上的P點(diǎn)，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上點(diǎn)A射出電場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向成30°角，此后，電子做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入矩形磁場區(qū)域并從磁場邊界上點(diǎn)Q射出，速度沿x軸負(fù)方向，不計電子重力，求：

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；
(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子在磁場中運(yùn)動的時間t；
(3)矩形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積Smin.
解析：(1)設(shè)電子在電場中運(yùn)動的加速度大小為a，時間為t0，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy
則L＝v0t0，a＝，vy＝at0，vy＝
聯(lián)立解得E＝.
(2)設(shè)軌跡與x軸的交點(diǎn)為D，O、D間的距離為xD，則xD＝Ltan 30°＝L
所以DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道的圓心在DQ上，電子運(yùn)動軌跡如圖所示

設(shè)電子離開電場時速度大小為v，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，周期為T
則evB＝m，v＝
由幾何關(guān)系有r＋＝L
即r＝
聯(lián)立以上各式解得B＝
電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為120°，則有t＝
T＝
解得t＝.
(3)以切點(diǎn)F、Q的連線為矩形的一條邊，與電子的運(yùn)動軌跡相切的另一邊作為FQ的對邊，此時有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域面積最小Smin＝r×
解得Smin＝.
答案：見解析
角度3　電場與磁場并存的疊加場問題
3．如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動．下列選項(xiàng)正確的是(　　)

A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
解析：選B.該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．
角度4　電場、磁場和重力場并存的疊加場問題
4．(2019·揚(yáng)州模擬)如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向．x>0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；第三象限同時存在著垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，電場強(qiáng)度大小為E.x>0的區(qū)域固定一與x軸成θ＝30°角的絕緣細(xì)桿．一穿在細(xì)桿上的帶電小球a沿細(xì)桿勻速滑下，從N點(diǎn)恰能沿圓周軌道運(yùn)動到x軸上的Q點(diǎn)，且速度方向垂直于x軸．已知Q點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為l，重力加速度為g，B1＝7E，B2＝E.空氣阻力忽略不計．

(1)求帶電小球a的電性及其比荷；
(2)求帶電小球a與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)μ；
(3)當(dāng)帶電小球a剛離開N點(diǎn)時，從y軸正半軸距原點(diǎn)O為h＝的P點(diǎn)(圖中未畫出)以某一初速度平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好運(yùn)動到x軸時與向上運(yùn)動的a球相碰，則b球的初速度為多大？
解析：(1)由帶電小球a在第三象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動可得，帶電小球a帶正電，且mg＝qE，解得＝.

(2)帶電小球a從N點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，設(shè)運(yùn)動半徑為R，有qvB2＝m
由幾何關(guān)系有R＋Rsin θ＝l
聯(lián)立解v＝
帶電小球a在桿上做勻速運(yùn)動時，由平衡條件有
mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)
解得μ＝.
(3)帶電小球a在第三象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的周期
T＝＝
帶電小球a第一次在第二象限豎直上下運(yùn)動的總時間為t0＝＝
絕緣小球b平拋運(yùn)動至x軸上的時間為
t＝＝2
兩球相碰有t＝＋n(n＝0，1，2，…)
聯(lián)立解得n＝1
設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為v0，則l＝v0t
解得v0＝.
答案：(1)正電　　(2)　(3)

命題角度
解決方法
易錯辨析
帶電粒子在空間組合場中從電場進(jìn)磁場的運(yùn)動
利用類平拋運(yùn)動中的分解思想解決電場中的運(yùn)動，利用垂線法確定磁場中運(yùn)動的圓心
注意電場進(jìn)磁場時速度的大小、方向變化情況
帶電粒子在空間組合場中從磁場進(jìn)電場的運(yùn)動
找磁場中勻速圓周運(yùn)動的圓心、半徑、圓心角，畫出大體的運(yùn)動軌跡圖
分清磁場中運(yùn)動時速度偏角、圓心角、弦切角三者之間的關(guān)系
帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動
利用周期性找準(zhǔn)粒子運(yùn)動規(guī)律，再結(jié)合電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)規(guī)律解題
在一個周期內(nèi)分析清楚粒子的運(yùn)動特點(diǎn)及速度的變化情況
帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動
根據(jù)不同的受力情況，高中階段一般只有兩種運(yùn)動情況：
①勻速直線運(yùn)動
②勻速圓周運(yùn)動
注意粒子是否受重力，并關(guān)注粒子的受力與運(yùn)動性質(zhì)的關(guān)系
　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動與現(xiàn)代科技的綜合
【高分快攻】
教材中重要的五大科技應(yīng)用類模型
速度選
擇器

帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝.這個結(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關(guān)
質(zhì)譜儀

加速：qU＝mv2.偏轉(zhuǎn)：d＝2r＝.比荷＝.可以用來確定帶電粒子的比荷和分析同位素等
磁流體
發(fā)電機(jī)

當(dāng)?shù)入x子體勻速通過 A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，此時離子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv
電磁流
量計

導(dǎo)電的液體向左流動，導(dǎo)電液體中的正負(fù)離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差．流量穩(wěn)定時流量Q＝Sv＝
回旋加
速器

加速電場的變化周期等于粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的周期．在粒子質(zhì)量、電荷量確定的情況下，粒子所能達(dá)到的最大動能Ek＝，只與D形盒半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，與加速電壓無關(guān)
【典題例析】
(2019·高考天津卷)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件．當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)．如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v.當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅．則元件的(　　)
　
A．前表面的電勢比后表面的低
B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)
C．前、后表面間的電壓U與c成正比
D．自由電子受到的洛倫茲力大小為
[解析]　由題意可判定，電子定向移動的方向水平向左，則由左手定則可知，電子所受的洛倫茲力指向后表面，因此后表面積累的電子逐漸增多，前表面的電勢比后表面的電勢高，A錯誤；當(dāng)電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，此時前、后表面間的電壓達(dá)到穩(wěn)定，對穩(wěn)定狀態(tài)下的電子有eE＝eBv，又E＝，解得U＝Bav，顯然前、后表面間的電壓U與電子的定向移動速度v成正比，與元件的寬度a成正比，與長度c無關(guān)，B、C錯誤；自由電子穩(wěn)定時受到的洛倫茲力等于電場力，即F＝eE＝，D正確．
[答案]　D
如圖所示為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖，其中，加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距離的各點(diǎn)場強(qiáng)大小相等、方向沿徑向，磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電分析器的右端面平行．由離子源發(fā)出的一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)經(jīng)加速電場加速后，從M點(diǎn)垂直于電場方向進(jìn)入靜電分析器，沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動，從N點(diǎn)射出，接著由P點(diǎn)垂直磁分析器的左邊界射入，最后垂直于下邊界從Q點(diǎn)射出并進(jìn)入收集器．已知 Q點(diǎn)與圓心O2的距離為d.

(1)求磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；
(2)求靜電分析器中離子運(yùn)動軌跡處電場強(qiáng)度E的大?。?br /> (3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為m1＝0.9m、電荷量仍為q的另一種正離子，其他條件不變．試指出該離子進(jìn)入磁分析器時的位置，并判斷它射出磁場的位置在Q點(diǎn)的左側(cè)還是右側(cè)．
解析：(1)離子在加速電場中加速，設(shè)進(jìn)入靜電分析器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qU＝mv2
離子射出靜電分析器時的速度大小仍為v，在磁分析器中，離子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律得Bqv＝m
依題意知r＝d
聯(lián)立解得B＝
由左手定則得，磁場方向垂直紙面向外．
(2)在靜電分析器中，離子在電場力作用下做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝m
聯(lián)立解得E＝.
(3)設(shè)質(zhì)量為m1的離子經(jīng)加速電場加速后，速度大小為v1，根據(jù)動能定理有qU＝m1v
離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有
qE＝
聯(lián)立解得質(zhì)量為m1的離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑R1＝R，即該離子從N點(diǎn)射出靜電分析器，由P點(diǎn)射入磁分析器．
該離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動的半徑r1＝＝∝ ，所以r1