专题7.3 电磁学计算题的命题视角-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc6354" 命题视角(一) 带电粒子(带电体)在电场中的运动 PAGEREF _Tc6354 \h 1
\l "_Tc14793" 命题视角(二) 带电粒子在复合场中的运动 PAGEREF _Tc14793 \h 13
\l "_Tc2333" 命题视角(三) 电路与电磁感应 PAGEREF _Tc2333 \h 28
命题视角(一) 带电粒子(带电体)在电场中的运动
一、带电粒子在电场中的直线运动
分析方法
1．动力学观点：利用牛顿运动定律结合运动学公式求解，适用于匀变速直线运动问题．
2．能量观点：利用动能定理求解．
(1)qEd＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，适用于匀强电场中直线运动问题．
(2)qU＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，适用于任何电场中直线运动问题．
二、带电粒子在电场中的偏转
分析方法
1．用平抛运动规律处理
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间为t＝eq \f(L,v0).
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
(3)离开电场时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdv02).
(4)速度偏向角tan φ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUL,mdv02)；位移偏向角tan θ＝eq \f(y,L)＝eq \f(qUL,2mdv02).
2．用动能定理处理
涉及功能问题时可用，偏转时静电力做的功是W＝qEy(y为偏移量)．
三、带电粒子在交变电场中的运动
(1)对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段研究，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质．
(2)作出粒子的v－t图像或某一方向上的v－t图像，借助图像、结合轨迹，使运动过程更直观．
转换思路如下：
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图像．
四、带电粒子(带电体)在电场和重力场叠加场中的运动
1．在电场和重力场的叠加场中，若微粒做匀变速直线运动，合力方向必与速度方向共线．
2．根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
3．“等效法”在电场中的应用
(1)如图，先作出重力与静电力的合力F合，将这个合力视为一个等效重力，则等效重力加速度g′＝eq \f(F合,m).
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点.
【例1】(2022·安徽马鞍山市一模)如图甲所示，金属丝K产生的热电子(初速度不计)经A、B间的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入偏转电场，最后打在竖直荧光屏上．C、D极板长为l，板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为eq \f(l,6).现给A、B间加一加速电压UAB，C、D两板间加一交变电压，电压大小为U、周期T＝eq \f(2l,v0)(如图乙所示)，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，经加速电场加速后以速度v0射入偏转电场，且所有电子均能从C、D板间射出．电子间相互作用不计，试求：
(1)A、B间加速电压UAB的大小；
(2)荧光屏上被电子击中部分的长度D；
(3)到达荧光屏上O点的电子动能．
【答案】(1)eq \f(mv02,2e) (2)eq \f(4eUl2,3mdv02) (3)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(e2U2l2,18md2v02)
【解析】 (1)A、B间加速过程有eUAB＝eq \f(1,2)mv02
得UAB＝eq \f(mv02,2e)
(2)若在t＝nT(n＝0,1,2,3，…)时刻射入偏转电场，电子射中荧光屏的位置为荧光屏上被电子击中O点上部分的最远处，则有
l＝v0t1，y1＝eq \f(1,2)at12，a＝eq \f(eU,md)
v1y＝at1，y2＝v1yt2，t2＝eq \f(l,6v0)
联立解得y＝y1＋y2＝eq \f(2eUl2,3mdv02)
故荧光屏上被电子击中部分的长度为D＝2y＝eq \f(4eUl2,3mdv02)
(3)电子要达到O点，必须在竖直方向上先经历t3时间的加速，后经历t3时间的减速，再反向加速时间t4，离开偏转电场后，保持匀速运动，设时间为t5，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，运动轨迹如图所示
所以有eq \f(1,2)at32×2＝eq \f(1,2)at42＋at4t5
2t3＋t4＝eq \f(l,v0)
t5＝eq \f(l,6v0)
可得t3＝t4＝2t5＝eq \f(l,3v0)
设电子击中O点时速度大小为v，则
v2＝v02＋vy2
vy＝at4，a＝eq \f(eU,md)，
Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(e2U2l2,18md2v02).
【例2】(2022·河南安阳市一模)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m.该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧运动到A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间．
【答案】 (1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
【解析】 (1)小球2所受静电力F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N，方向水平向右
小球黏合体的重力为G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N，方向竖直向下
如图所示
小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角的正切值为tan θ＝eq \f(qE,G)＝eq \f(3,4)
所以θ＝37°
所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以eq \f(qE,sin 37°)＝2meq \f(vA2,R)
解得vA＝5 m/s
(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得－qERsin 37°－2mg·(R＋Rcs 37°)＝eq \f(1,2)×2mvA2－eq \f(1,2)×2mvC2
解得vC＝eq \r(115) m/s
小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2eq \r(115) m/s
由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv12＝9.2 J
(3)如图，小球黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋Rcs 37°＝v0t＋eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.6 s
【感悟真题】
1.(2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】 (1)eq \f(mv02,2qR) (2)eq \f(\r(2)v0,4) (3)0或eq \f(\r(3)v0,2)
【解析】 (1)由题意知，初速度为零的带正电粒子从A点进入电场，从C点射出电场，故电场方向与AC平行，并由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mv02③
联立①②③式得E＝eq \f(mv02,2qR)④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故匀强电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝eq \f(1,2)at12⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2)v0,4)⑨
(3)解法1：设粒子以速度v进入电场，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
(x－eq \f(\r(3),2)R)2＋(y－eq \f(1,2)R)2＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x轴方向的动量不变，y轴方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y轴方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝eq \f(\r(3),2)v0
解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v
在沿电场方向：R＝eq \f(vy,2)t＝eq \f(v0,2)t
在垂直电场方向：eq \r(3)R＝vt
联立以上两式得：v＝eq \f(\r(3),2)v0
由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.
2.(2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】 (1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
【解析】 (1)PG、QG间电场强度大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))；⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).⑧
3.(2022·广东高考，14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmeq \s\up6(\f(1,3))v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电荷量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】 (1)eq \f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)
(2)油滴A不带电 油滴B带负电 eq \f(m0gd（h1＋h2）,h1U) －eq \f(m0gh2（h1＋h2）,h1)
(3)见解析
【解析】 (1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝eq \f(h1,t)，匀速时有m0g＝f，
又f＝kmeq \f(1,3)v1
联立可得k＝eq \f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受静电力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝eq \f(h2,t)
根据平衡条件可得m0g＋kmeq \f(1,3)v2＝qeq \f(U,d)
联立解得q＝eq \f(m0gd（h1＋h2）,h1U)
根据ΔEp＝－W电，又有W电＝qh2eq \f(U,d)
联立解得ΔEp＝－eq \f(m0gh2（h1＋h2）,h1)
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受静电力
F′＝eq \f(qU,d)＝eq \f(m0g（h1＋h2）,h1)
若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，
根据动量守恒定律有
m0v2－m0v1＝2m0v共
可得v共>0
新油滴向上加速，达到平衡时有
2m0g＋k·(2m0)eq \f(1,3)v＝F′
解得速度大小为v＝eq \f(h2－h1,\r(3,2)t)，方向向上；
若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2设向下为正方向，根据动量守恒定律有
m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0
新油滴向下加速，达到平衡时有
2m0g＝F′＋k·(2m0)eq \f(1,3)v′
解得速度大小为v′＝eq \f(h1－h2,\r(3,2)t)，方向向下。
【名校金题】
1.(2022·云南第一次统测)如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，UMN＝－U0。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，t＝0时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为－e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
(1)求A、B金属板的长度L；
(2)求t＝0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移y；
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
【答案】 (1)4t0eq \r(\f(2eU0,m)) (2)eq \f(5eU1teq \\al(2,0),md) (3)eq \f(eU1teq \\al(2,0),md)
【解析】 (1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
电子在A、B两极板间水平方向做匀速直线运动
L＝v0·4t0
解得L＝4t0eq \r(\f(2eU0,m))。
(2)t＝0时刻，射入偏转电场的电子竖直方向根据牛顿第二定律得eE＝ma
E＝eq \f(U1,d)
解得a＝eq \f(eU1,md)
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
y1＝eq \f(1,2)a(2t0)2
末速度为v1＝a·2t0
在2t0～3t0时间内的末速度为v2＝v1－at0
在这段时间内的位移为y2＝eq \f(v1＋v2,2)t0
在3t0～4t0时间内的末速度为v3＝v2＋at0
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
y3＝eq \f(v2＋v3,2)t0
t＝0时刻，射入偏转电场的电子从极板右侧射出时，相对中线OP在竖直方向的位移y＝y1＋y2＋y3
解得y＝eq \f(5eU1teq \\al(2,0),md)。
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的距离最小的条件是2t0＋3nt0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其他时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收，则
y1′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
逆向思维有y2′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
A、B两板间的最小距离d1＝y1′＋y2′
解得d1＝eq \f(eU1teq \\al(2,0),md)。
2.(2022·浙江舟山中学阶段练习)如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E的水平向左的匀强电场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)从水平轨道上距离B点为eq \f(21,5)R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量q＝eq \f(3mg,4E)，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为eq \f(1,3)，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小及滑块对轨道的压力大小；
(2)滑块运动到D点时的速度大小；
(3)滑块在轨道上运动的最大速度大小；
(4)以B为原点，BA方向为正方向建立x坐标轴，滑块都从水平轨道AB上由静止释放，且不考虑滑块运动到D点之后的情况。要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足什么条件？
【答案】 (1)eq \f(1,2)eq \r(14gR) eq \f(9,2)mg (2)eq \r(gR) (3)2eq \r(gR) (4)0≤x≤eq \f(3,5)R或x≥eq \f(21,5)R
【解析】 (1)设滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为vB，根据动能定理有
qELAB－μmgLAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)①
解得vB＝eq \f(1,2)eq \r(14gR) ②
设滑块在B点受到半圆轨道的支持力大小为FN
根据牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)③
联立②③解得FN＝eq \f(9,2)mg④
根据牛顿第三定律可知在B点滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝eq \f(9,2)mg。⑤
(2)设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据动能定理有
qER－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑥
解得vD＝eq \r(gR)。 ⑦
(3)滑块在电场和重力场的复合场中运动，设等效重力的方向与竖直方向的夹角为θ，则根据力的合成与分解有tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)⑧
解得θ＝37°⑨
当滑块运动到半圆轨道上的等效最低点P时速度达到最大值vm，易知PO与竖直方向的夹角为37°。对滑块从B到P的运动过程，根据动能定理有
qERsin 37°－mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑩
解得vm＝2eq \r(gR)。⑪
(4)若滑块能够通过D点，则根据⑦式可知meq \f(veq \\al(2,D),R)＝mg⑫
说明滑块从A点释放后恰好能够通过D点，则滑块一定能通过D点所对应x的取值范围是x≥eq \f(21,5)R⑬
若滑块到达C点前速度减为零，则也不会脱离轨道。假设滑块到达C点时速度恰好为零，则
(qE－μmg)x＋qER－mgR＝0⑭
解得x＝eq \f(3,5)R⑮
所以滑块无法到达C点以上位置所对应x的取值范围是0≤x≤eq \f(3,5)R⑯
综上所述，要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足的条件是0≤x≤eq \f(3,5)R或x≥eq \f(21,5)R。
3.(2022·辽宁省高三学业考试)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现将一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场．已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g.求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球在半圆轨道上运动的最大速率及小球对半圆轨道的压力的最大值；
(3)小球在水平轨道上的落点到A点的距离．
【答案】 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \r(2\r(2)＋1gR) (2＋3eq \r(2))mg (3)(4eq \r(2)－5)R
【解析】 (1)设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有qE·3R－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2
小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中
水平方向有2R＝vCt1
竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt12
联立解得E＝eq \f(mg,q)
(2)小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v，OD与竖直线OB夹角为α，由于mg＝qE，则α＝45°，小球从A点运动到D点的过程中，
根据动能定理有
qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cs α)＝eq \f(1,2)mvm2
即eq \f(1,2)mvm2＝mgR(sin α＋cs α＋1)
解得最大速率
vm＝eq \r(2\r(2)＋1gR)
由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对半圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系，设在D点受到的支持力大小为F′
根据牛顿第二定律有
F′－qEsin 45°－mgcs 45°＝eq \f(mvm2,R)
解得F′＝(2＋3eq \r(2))mg
根据牛顿第三定律可知，F＝F′
即小球对半圆轨道压力的最大值为
F＝(2＋3eq \r(2))mg
(3)小球通过P点时水平方向速度大小为v1＝vC＝eq \r(2gR)
竖直方向速度大小为v2＝gt1＝eq \r(2gR)
进入电场后，水平方向加速度大小为a1＝eq \f(Eq,m)＝g
竖直方向加速度大小为a2＝eq \f(mg,m)＝g
故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动
水平方向有x＝v1t2－eq \f(1,2)a1t22
竖直方向有R＝v2t2＋eq \f(1,2)a2t22
联立解得x＝(4eq \r(2)－5)R.
命题视角(二) 带电粒子在复合场中的运动
一、带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在电场或磁场中的运动性质
(1)带电粒子在匀强电场中可能做匀变速直线运动、类平抛运动、类斜抛运动．处理方法一般有动力学方法(牛顿运动定律结合运动学公式)、动能定理、运动的合成与分解．
(2)带电粒子在匀强磁场中可能做直线运动、匀速圆周运动或螺旋线运动．
2．带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段．
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况．若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动．
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应几何关系与物理关系．
(4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”．
二、带电粒子在叠加场中的运动
1．在重力、静电力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动．
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq \f(v2,r).
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.
【感悟真题】
1.(2022·湖南高考，13)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为eq \r(3)d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
【答案】 (1)eq \f(mgd（R1＋R2）,qR2) (2)eq \f(mv,2dq) (3)eq \f(mg,2q)
【解析】 (1)小球在极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得Eq＝mg
阻值为R2的定值电阻两端的电压U2＝Ed
根据欧姆定律得U2＝eq \f(E0,R1＋R2)R2
联立解得E0＝eq \f(mgd（R1＋R2）,qR2)。
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系有(r－d)2＋(eq \r(3)d)2＝r2，解得r＝2d
根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(mv,2dq)
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcs 60°，解得E′＝eq \f(mg,2q)。
2.(2021·全国甲卷·25)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞．已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力．
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离．
【答案】 (1)eq \f(\r(13)mv02,6qE) (2)eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)【解析】 (1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与PQ的夹角为60°，设粒子在P点时竖直方向上的速度为vy，由几何关系得tan 60°＝eq \f(v0,vy)①
由运动学公式可得vy＝at②
根据牛顿第二定律有qE＝ma③
联立①②③解得粒子在电场中运动的时间t＝eq \f(\r(3)mv0,3qE)④
则粒子在水平方向的位移x＝v0t＝eq \f(\r(3)mv02,3qE)⑤
竖直方向的位移y＝eq \f(0＋vy,2)t＝eq \f(mv02,6qE)⑥
则粒子发射位置到P点的距离为
d＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(\r(13)mv02,6qE)⑦
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，v＝eq \f(v0,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)v0⑧
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，
则有qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝eq \f(mv,qr)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qr)⑨
磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为O1，半径为r1，由几何关系可知r1＝eq \f(\f(1,2)l,cs 30°)＝eq \f(\r(3)l,3)，对应的磁感应强度B1＝eq \f(2mv0,ql)⑩
磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半径为r2.过O2作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有O2A＝eq \f(r2,2)，故O2Q＝eq \f(\r(2),2)r2
⑪
结合PB＝QB＝eq \f(\r(2),2)l
在△O2PB中，由勾股定理有
(eq \f(\r(2),2)l)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)l＋\f(\r(2),2)r2))2＝r22⑫
解得r2＝(eq \r(3)＋1)l
对应的磁感应强度B2＝eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)⑬
故磁感应强度的取值范围为eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)(3)由题意可知，粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，设此时轨迹圆圆心为O3，半径为r3，
由几何关系可知PD＝eq \f(\r(5)l,4)，
sin θ＝eq \f(\r(5),5)，cs θ＝eq \f(2\r(5),5)
r3＝eq \f(PD,csθ＋30°)＝eq \f(5l,4\r(3)－2)
设F为轨迹与挡板MN最近处的点，O3F⊥PQ，且与PQ相交于点E.
由几何关系可得O3E＝eq \f(1,2)r3，
故EF＝eq \f(1,2)r3
3.(2021·山东高考，17)某离子束实验装置的基本原理如图8甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E；
(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。
【答案】 (1)eq \f(qB0d,msin θ) (2)eq \f(2qBeq \\al(2,0)d2,mL2tan2θ)(Ltan θ＋eq \f(d,sin θ)－eq \f(d,tan θ)) (3)eq \f(6（\r(3)＋1）,7π)L
【解析】 (1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
qvB0＝meq \f(v2,r)①
根据几何关系得
sin θ＝eq \f(d,r)②
联立①②式得
v＝eq \f(qB0d,msin θ)③
(2)离子在Ⅱ区内只受静电力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设离子从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
qE＝ma④
由运动的合成与分解得
L＝vtcs θ⑤
y0＝－r(1－cs θ)⑥
y0＝vtsin θ－eq \f(1,2)at2⑦
联立①②④⑤⑥⑦式得
E＝eq \f(2qBeq \\al(2,0)d2,mL2tan2θ)(Ltan θ＋eq \f(d,sin θ)－eq \f(d,tan θ))⑧
(3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，运动轨迹长度为l′，由几何关系得
cs α＝eq \f(r′,2r′)＝eq \f(1,2)，α＝eq \f(π,3)⑨
l′＝eq \f(α,2π)×2πr′＋eq \f(α＋\f(π,2),2π)×2πr′⑩
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
eq \f(l′,vcs θ)＝eq \f(L,vcs θ)⑪
C到O1的距离
s＝2r′sin α＋r′⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
s＝eq \f(6（\r(3)＋1）,7π)L⑬
【名校金题】
1.(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(粒子所受重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的夹角θ＝30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为(2eq \r(3)L＋L，L)的P点处时的速度大小为v、方向沿x轴正方向．求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v0；
(2)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从O点运动到P点的时间t.
【答案】 (1)eq \f(2\r(3),3)v (2)eq \f(mv2,6qL) eq \f(2\r(3)mv,3qL) (3)eq \f(\r(3)Lπ＋12,6v)
【解析】 (1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的速度大小也为v0，根据对称性，粒子经过Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ，粒子进入第一象限后，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有eq \f(v,v0)＝cs θ
解得v0＝eq \f(2\r(3),3)v
(2)对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有
－qEL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得E＝eq \f(mv2,6qL)
设粒子从Q点运动到P点的时间为t1，有
eq \f(0＋v0sin θ,2)·t1＝L
解得t1＝eq \f(2\r(3)L,v)
粒子从Q点运动到P点的过程中沿x轴方向的位移大小为
xQP＝vt1
解得xQP＝2eq \r(3)L
则OQ＝2eq \r(3)L＋L－xQP＝L
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，
根据几何关系有OQ＝2Rsin θ
解得R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,R)
解得B＝eq \f(2\r(3)mv,3qL)
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)
根据几何关系，在粒子从O点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°－θ，
故粒子在该过程中运动的时间t2＝eq \f(90°－θ,360°)·T
解得t2＝eq \f(\r(3)πL,6v)
又t＝t1＋t2
解得t＝eq \f(\r(3)Lπ＋12,6v).
2.(2022·贵州贵阳市五校联考)如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负方向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点(C点在图上未标出)．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：
(1)粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
(2)所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运动的总时间．
【答案】 (1)qU－eq \f(2B2q2l2,m) (2)eq \f(2qB2l,m)，方向与x轴正方向斜向下成60°角 eq \f(5π＋2\r(3)m,6qB)
【解析】 (1)粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2
粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，
由几何关系可得半径为2l，由qv′B＝eq \f(mv′2,2l)
解得v′＝eq \f(2qBl,m)
根据能量守恒定律得，损失的动能为
ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv′2＝qU－eq \f(2B2q2l2,m)
(2)施加电场后粒子做直线运动，则有qv′B＝qE
代入数据解得E＝eq \f(2qB2l,m)
方向与x轴正方向斜向下成60°角．粒子在第一象限做匀速圆周运动的时间t1＝eq \f(5πm,6qB)
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间
t2＝eq \f(2\r(3)l,3v′)＝eq \f(\r(3)m,3qB)
粒子在y轴右侧运动的总时间t＝t1＋t2＝eq \f(5πm,6qB)＋eq \f(\r(3)m,3qB)＝eq \f(5π＋2\r(3)m,6qB).
3.(2022·安徽省江南十校一模)如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy，y轴正向竖直向上，x轴正向水平向右，x轴在水平平面M内，在x轴上方存在方向竖直向下、电场强度大小为E1的匀强电场．两平行水平面M和N之间的距离为d，其间的区域存在方向竖直向上、电场强度大小为E2的匀强电场(E2＝eq \f(1,2)E1)和方向水平向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．带电荷量分别为q和－q(q>0)的小球1和2先后从y轴上距O点为h的P点以相同的初速率v0沿x轴正向水平射出，小球1从x轴上距O点为2h的A点进入MN间，恰好未从平面N离开．小球2从x轴上C点进入两平面间，最后从平面N上某点离开．设两小球质量分别为m1和m2，且qE1＝2m1g，题中h、d和重力加速度g已知，其他量均未知．
(1)求两小球的初速率v0；
(2)求电场强度E2和磁感应强度B的大小之比；
(3)若C点坐标为(4h,0)，求m1和m2之比以及球2离开平面N时速度大小．
【答案】 (1)eq \r(6gh) (2)eq \f(2\r(3)－\r(6)d\r(gh),6h) (3)eq \f(1,8) eq \f(\r(30gh＋9gd),2)
【解析】 (1)小球1在x轴上方做类平抛运动，有
x1＝2h＝v0t1
y1＝h＝eq \f(1,2)a1t12
qE1＋m1g＝m1a1
且qE1＝2m1g
联立解得v0＝eq \r(6gh)
(2)因为E2＝eq \f(1,2)E1
则m1g＝qE2
所以小球1在MN间做匀速圆周运动．由题意可知，小球1恰好未从下边界平面N离开，其轨迹应与平面N相切，如图所示，
设小球1刚进入MN时速度偏转角为θ1，
由几何关系可知Rcs θ1＋R＝d
由tan θ1＝eq \f(2y1,x1)＝1，知θ1＝45°
又qvAB＝eq \f(m1vA2,R)
vA＝eq \f(v0,cs θ1)
联立解得eq \f(E2,B)＝eq \f(2\r(3)－\r(6)d\r(gh),6h)
(3)小球2在x轴上方做类平抛运动，有
x2＝4h＝v0t2
y2＝h＝eq \f(1,2)a2t22
m2g－qE1＝m2a2
结合(1)问中4个式子可得eq \f(m1,m2)＝eq \f(1,8)
小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得
m2g(h＋d)－qE1h＋qE2d
＝eq \f(1,2)m2v2－eq \f(1,2)m2v02
解得v＝eq \f(\r(30gh＋9gd),2).
4.(2022·安徽宣城市高三期末)如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二象限某区域存在方向垂直xOy平面向外，面积最小的半圆形匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；一重力不计的带正电粒子，沿与x轴正方向成θ ＝60°角的方向，以速度v0从点M(－d,0)射入磁场，接着恰好以垂直y轴的速度从y轴上的N点(图中未画出)穿出磁场进入电场区域，最终带电粒子从x轴上P点射出电场区域．求：
(1)该粒子的比荷；
(2)第二象限半圆形磁场区域的面积；
(3)该粒子从M点运动到P点的总时间．
【答案】 (1)eq \f(\r(3)v0,2Bd) (2)eq \f(1,6)πd2 (3)eq \f(2\r(3)πd,9v0)＋2deq \r(\f(B,3Ev0))
【解析】 (1)粒子的运动轨迹如图，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系得R＝eq \f(d,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)d
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝eq \f(mv02,R)
联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,BR)＝eq \f(\r(3)v0,2Bd)
(2)设MN之间距离为L，由几何关系得L＝R＝eq \f(2\r(3)d,3)
则最小的半圆是以MN为直径的，所以最小面积为S＝eq \f(1,2)π(eq \f(L,2))2＝eq \f(πd2,6)
(3)设ON之间的距离为h，则h＝R－Rcs 60°＝eq \f(\r(3),3)d
从N到P粒子做类平抛运动，设在第一象限的运动时间为t2，则有h＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)·t22
解得t2＝2deq \r(\f(B,3Ev0))
从M到N粒子做圆周运动，设在第二象限的运动时间为t1，则t1＝eq \f(\f(π,3)R,v0)＝eq \f(2\r(3)πd,9v0)
所以总时间t＝t1＋t2＝eq \f(2\r(3)πd,9v0)＋2deq \r(\f(B,3Ev0)).
命题视角(三) 电路与电磁感应
电磁感应中的综合问题
1．电磁感应常常与牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律相结合，以综合计算题的形式出现，综合性较强．
2．分析方法
(1)若题目涉及物体运动的加速度、速度的变化和运动情况分析，常选用牛顿运动定律分析．
(2)若题目涉及末速度、时间、电荷量、位移等物理量，常选用动量定理、动量守恒定律分析．
(3)若物体所受各力不变，可用动能定理求解．
(4)若题目涉及功和能量转化，常选用功能关系、能量守恒定律分析.
【感悟真题】
1.(2022·浙江1月选考)如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？
(2)电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【答案】 (1)0.54 C M板 (2)0.16 C (3)0.14 m
【解析】 (1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，
根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(1,2)B1ωr2
电容器的带电荷量为Q＝CU＝eq \f(CE,2)＝0.54 C。
(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1eq \(I,\s\up6(－))t＝B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2
框的上滑过程有eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＝2mgh
联立解得ΔQ＝eq \f(2m,B2l1)eq \r(2gh)＝0.16 C。
(3)设金属框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理eq \f(Beq \\al(2,2)leq \\al(2,1)Δx,2R)＝2mv2
可得Δx＝0.128 m>0.08 m，故金属框会有一段磁通量不变的匀速运动
匀速运动距离为l3－l2＝0.012 m
则x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m。
2.(2022·辽宁卷·15)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L.abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为eq \f(v0,3)，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到ab的最小距离x；
(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围．
【答案】 (1)eq \f(B2L2v0,2R) 方向水平向左 (2)①eq \f(mv0,3BL) ②eq \f(2mv0R,3B2L2) (3)2≤k<3
【解析】 (1)细金属杆M以初速度v0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E＝BLv0
电流为I＝eq \f(E,2R)
则所受的安培力大小为F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,2R)
由左手定则可知安培力的方向水平向左；
(2)①金属杆N在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有
Beq \x\t(I)L·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0
且q＝eq \x\t(I)·Δt
联立解得通过回路的电荷量q＝eq \f(mv0,3BL)
②设杆M在磁场中运动的位移大小为x1，杆N在磁场中运动的位移大小为x2，则有Δx＝x1－x2，有
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，eq \x\t(E)＝eq \f(BL·Δx,Δt)
整理可得q＝eq \f(BL·Δx,2R)
联立可得Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为eq \f(v0,3)，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3)
解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝eq \f(2,3)v0
由题意可知，此时M到cd边的距离为
s＝(k－1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到eq \f(v0,3)时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
－Beq \x\t(I1)L·Δt1＝m·eq \f(v0,3)－m·eq \f(2,3)v0
q1＝eq \x\t(I1)·Δt1＝eq \f(BL·k－1x,2R)
联立解得k＝2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－Beq \x\t(I2)L·Δt2＝0－m·eq \f(2,3)v0
同理解得k＝3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3.
2．(2022·浙江6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图甲所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v－t图如图乙所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v) N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)恒流源的电流I；
(2)线圈电阻R;
(3)时刻t3。
【答案】 (1)80 A (2)0.5 Ω (3)eq \f(\r(5)＋3,2) s
【解析】 (1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nIlB
动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝eq \f(v1,t1)
根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a
联立解得I＝eq \f(（m＋M）v1,nlBt1)＝80 A。
(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I′＝eq \f(nBlv,R0＋R)
此时安培力为F安′＝nI′lB
所以此时根据牛顿第二定律有F＋F安′＝ma′即
(800－10v)＋eq \f(n2l2B2,R0＋R)v＝ma′
由题图乙可知在t1至t3期间加速度恒定，则有eq \f(n2l2B2,R0＋R)＝10 kg/s，
解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2。
(3)根据题图乙并结合(2)可知t2－t1＝eq \f(v1,a′)＝0.5 s
故t2＝2 s
在0～t2时间段内的位移x＝eq \f(1,2)v1t2＝80 m
而根据法拉第电磁感应定律有E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nBΔS,Δt)
电荷量的定义式Δq＝IΔt，I＝eq \f(E,R＋R0)
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量
Δq＝eq \f(nBl\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)a′（t3－t2）2)),R＋R0)
根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)
代入数据联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0
解得t3＝eq \f(\r(5)＋3,2) s。
3.(2021·全国乙卷，25)如图1，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝eq \f(3,16) m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
【解析】 (1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
(M＋m)gs1sin α＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)
代入数据解得v0＝eq \f(3,2) m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
F安＝ILB＝0.18 N。
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒受到的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，则
mgsin α＋μmgcs α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
Mgsin α－μmgcs α＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝eq \f(x,v0)
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2
因此导体框和金属棒的相对位移为
Δx＝x1－x＝eq \f(1,2)at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
s0－Δx＝x
导体框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1＝BLv1，I1＝eq \f(BLv1,R)
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，有
Mgsin α＝μmgcs α＋I1LB
联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝eq \f(3,8)。
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsin α＋μmgcs α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1
代入数据解得x2＝eq \f(2.5,9) m＝eq \f(5,18) m。
【答案】 (1)0.18 N (2)0.02 kg eq \f(3,8) (3)eq \f(5,18) m
4.(2022·湖北高考，15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－ 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4eq \r(2) N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
【答案】 (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
【解析 (1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有Fcs θ＝max
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有Fsin θ－ mg＝may
代入数据有ay＝10 m/s2。
(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－ mg－ILB＝0
E＝BLvy，I＝eq \f(E,R)，veq \\al(2,y)＝2ayL
联立有B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有
Q＝W安＝ILBy
y＝L
Fsin θ－ mg＝ILB
联立解得Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2
t＝t1 ＋ t2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝eq \f(1,2)axt2＝eq \f(1,2)×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m。
【名校金题】
1．(2022·陕西汉中检测)如图8甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
(3)由图中信息计算0～1 s内，导体棒滑过的位移。
【答案】 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J (3)0.85 m
【解析】 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
(F－mgsin 37°)s－W克＝eq \f(1,2)mv2
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
Q＝W克＝7.35 J
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.47 J。
(3)进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
(F－mgsin 37°)t－BILt＝mv1－0
又q＝It
由图可知v1＝0.6 m/s
代入数据解得q＝0.85 C
由q＝It＝eq \f(BLx,R＋r)
得x＝0.85 m。
9.(2022·河北全过程纵向评价联考)如图9甲所示，质量为m＝0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的导体棒ab垂直放在相距为L＝0.5 m的金属导轨上，定值电阻阻值也为0.5 Ω。金属导轨足够长，固定在水平面上，电阻不计。在垂直于导轨平面的区域Ⅰ和区域Ⅱ中存在方向向上、磁感应强度相同的匀强磁场。现用一根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.1 kg的重物相连，导体棒在磁场外从静止释放后始终在导轨上运动，导体棒与导轨接触良好。已知导体棒运动的v－t图像如图乙所示。求：
(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒穿过磁场Ⅰ的过程中穿过闭合回路横截面的电荷量q；
(3)导体棒穿过磁场区域Ⅱ的过程中电阻R上产生的热量以及克服摩擦力所做的功。
【答案】 (1)0.2 (2)1.28 C (3)3.84 J 1.152 J
【解析】 (1)导体棒进入磁场之前做匀加速直线运动，由v－t图像可知棒的加速度
a＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2
对重物和导体棒整体，由牛顿第二定律有
Mg－μmg＝(M＋m)a
代入数据解得μ＝0.2。
(2)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅰ后做匀速直线运动，处于平衡状态。
对重物和导体棒整体受力分析，有
Mg＝μmg＋eq \f(B2L2v,2R)
又I＝eq \f(BLv,2R)，q＝It
v＝3.2 m/s，t＝0.8 s
联立可得B＝1 T，q＝1.28 C。
(3)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅱ后减速至3.2 m/s，对重物和导体棒整体，由动量定理得
(Mg－μmg)Δt－eq \f(B2L2x,2R)＝(M＋m)(v1－v2)
联立解得x＝5.76 m
导体棒穿过磁场Ⅱ过程中能量守恒，根据能量守恒定律可得
Mgx＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)＝Q＋μmgx
电阻R上产生的热量QR＝eq \f(1,2)Q
联立上式可得QR＝3.84 J。
3.(2022·浙江嘉兴选考模拟)如图所示，间距L＝0.8 m、倾角θ＝37°的两根平行倾斜光滑导轨与间距相同的两根平行水平光滑导轨在b、e处平滑连接，导轨全部固定且水平导轨足够长。其中MN、PQ两段用特殊光滑绝缘材料替代，导轨其余部分用电阻不计的金属材料制成，在导轨的a、d两点间串接一个阻值为R＝2.4 Ω的电阻，倾斜导轨所在区域分布着垂直导轨平面向上的、磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场，水平导轨的NQ右侧区域分布着竖直向下的、磁感应强度亦为B＝1 T的匀强磁场，将长度比导轨间距略大的金属棒A和C分别垂直导轨静置于导轨上，位置如图中所示，其中金属棒C离NQ边界的距离为x＝eq \f(15,8) m，某一时刻静止释放金属棒A，在其沿倾斜导轨下滑过程中始终受到一个与其运动方向相反且大小等于其对地速度k倍的阻力作用，其中k＝0.2 N·s/m，金属棒A在到达be位置前已处于匀速运动状态。已知金属棒A的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝4 Ω，金属棒C的质量为m2＝0.4 kg、电阻为R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)金属棒A下滑过程中，a、d两点哪点电势高？
(2)求金属棒A匀速下滑的速度大小；
(3)判断金属棒A能否与金属棒C发生碰撞？若能，请计算金属棒A进入NQ右侧区域至碰撞前产生的焦耳热；若不能，请计算金属棒A进入NQ右侧区域至到达稳定状态的过程中产生的焦耳热。
【答案】 (1)d点电势高 (2)2 m/s (3)见解析
【解析】 (1)根据右手定则可判定，d点电势高。
(2)金属棒A匀速下滑时，根据受力平衡可得m1g·sin 37°＝kvm＋ILB，I＝eq \f(BLvm,R＋R1)，联立求得vm＝2 m/s。
(3)假设两棒不会发生碰撞，则最终两棒将具有共同速度，且整个过程，两棒组成的系统动量守恒，故m1vm＝(m1＋m2)v共
解得v共＝0.4 m/s
根据动量定理可得eq \(I,\s\up6(－))LBΔt＝m1v共－m1vm
eq \(I,\s\up6(－))·Δt＝q＝eq \f(BLx相对,R1＋R2)
解得x相对＝2.5 m＞x。故两棒能发生碰撞，有－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝－BLq＝－eq \f(B2L2x,R1＋R2)＝m1v1－m1vm，解得v1＝0.8 m/s
m1vm＝m1v1＋m2v2⇒v2＝0.3 m/s
根据能量守恒定律有Q＝Ek损＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,m)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq \\al(2,2)))＝0.15 J
解得Qa＝eq \f(R1,R1＋R2)Q＝0.06 J。
4.(2022·稽阳联谊学校11月联考)如图所示，QMH与DEK为两根固定的平行水平金属导轨，在QD和ME两侧分别接有相同的弧形金属导轨PQ、CD、MN、EF，导轨间距均为l。水平金属导轨QM和DE长度皆为L(足够长)，只在其间分布有竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场。水平导轨MH和EK间接有阻值为2R的定值电阻，由开关S控制通断，其他电阻均不计。a、b为材料相同、长度都为l的导体棒，跨接在弧形导轨上。已知a棒的质量为2m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为2R，初始时b棒用插销固定(图中未画出)。两棒距水平导轨高度都为h，由静止释放a棒、b棒，两棒会分别通过DQ、EM进入匀强磁场区域，a棒、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。两棒与导轨接触良好，不计棒与导轨间的摩擦，重力加速度为g。
(1)若闭合开关S，b棒插销固定，让a棒由静止释放，求a棒减速为零时，通过定值电阻的电荷量和其上产生的焦耳热分别为多大？
(2)若拔去金属棒b的插销，断开开关S，同时释放a、b棒，两棒进入磁场后，立即撤去弧形轨道，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已做匀速运动，则此棒从进入磁场到匀速运动的过程中其上产生的焦耳热多大？
(3)在(2)的情形下，求a、b两棒在磁场区域运动中的最近间距为多大？
【答案】 (1)eq \f(m\r(2gh),Bl) eq \f(1,2)mgh (2)eq \f(16mgh,9) (3)L－eq \f(4mR\r(2gh),B2l2)
【解析】 (1)当闭合开关S，b棒插销固定时，a棒进入磁场的速度满足eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,a)＝2mgh
解得va＝eq \r(2gh)
对a棒应用动量定理－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝0－2mva，
eq \(I,\s\up6(－))Δt＝q
由以上两式解得q＝eq \f(2m\r(2gh),Bl)
由于b棒与定值电阻并联，且阻值相同，因此通过定值电阻的电荷量为
q1＝eq \f(q,2)＝eq \f(m\r(2gh),Bl)
a棒减速为零时由能量守恒定律可知，整个电路中产生的总焦耳热为Q0＝2mgh
故定值电阻上产生的焦耳热为Q1＝eq \f(1,4)Q0＝eq \f(1,2)mgh。
(2)进入磁场后，a棒先向右做减速运动，后跟b棒一起向右做匀速运动；b棒先向左减速为零，然后反向向右加速至与a棒速度相等，最后一起匀速向右运动，b棒先离开磁场。
设a、b棒进入磁场的速度大小分别为va、vb。由于a、b两棒组成的系统水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒，设两棒一起匀速运动时的速度为v1，取向右为正方向。则有2mva－mvb＝3mv1，mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)，2mgh＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,a)
由以上三式解得v1＝eq \f(\r(2gh),3)
由能量守恒定律得eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)＋Q
整个电路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(8mgh,3)
b棒上产生的焦耳热Qb＝eq \f(2,3)Q＝eq \f(16mgh,9)。
(3)当b棒向左减速为零时，对其应用动量定理可得－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝0－mvb
eq \(I,\s\up6(－))Δt＝q1＝eq \f(BlΔx1,3R)
由以上两式解得两棒的相对位移Δx1＝eq \f(3mR\r(2gh),B2l2)
当b棒反向加速至匀速时，对其应用动量定理可得eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv1，eq \(I,\s\up6(－))Δt＝q＝eq \f(BlΔx2,3R)
由以上两式解得两棒的相对位移Δx2＝eq \f(mR\r(2gh),B2l2)
故两棒最小的间距为dmin＝L－Δx1－Δx2＝L－eq \f(4mR\r(2gh),B2l2)。
5.(2022·福建泉州市质量监测)如图，间距为L的光滑平行导轨倾斜固定，倾角θ＝30°，电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab和cd，两杆质量均为m，cd杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．现给ab杆一个沿导轨向上、大小为v0的初速度，同时对ab杆施加一个平行于导轨的推力，使拉力传感器示数FT随时间t按FT＝eq \f(mg2,3v0)t＋eq \f(mg,6)的规律变化．已知重力加速度大小为g，两杆不相碰，始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦．
(1)求t＝0时回路中的感应电流大小I0；
(2)求ab杆的速度vt随时间t变化的关系式；
(3)若在0～eq \f(3v0,2g)时间内回路产生的焦耳热为Q，求推力F在0～eq \f(3v0,2g)时间内做的功．
【答案】 (1)eq \f(mg,3BL) (2)vt＝v0－gt (3)Q－eq \f(3,16)mv02
【解析】 (1)由FT＝eq \f(mg2,3v0)t＋eq \f(mg,6)可得，t＝0时FT0＝eq \f(mg,6)
cd杆受到的安培力大小F安＝BI0L①
FT0＋F安＝mgsin θ②
由①②式得I0＝eq \f(mg,3BL)③
(2)设回路总电阻为R，则I0＝eq \f(BLv0,R)④
I＝eq \f(BLvt,R)⑤
cd杆受力平衡FT＋BIL＝mgsin θ⑥
又FT＝eq \f(mg2,3v0)t＋eq \f(mg,6)⑦
由③④⑤⑥⑦求得vt＝v0－gt⑧
(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速运动，加速度大小为a＝g，方向沿导轨向下，ab杆在t＝eq \f(3v0,2g)时的速度vt′＝－eq \f(1,2)v0
0～eq \f(3v0,2g)时间内的位移x＝v0t－eq \f(1,2)at2⑨
由动能定理可得－mg·x·sin θ－W克安＋WF＝eq \f(1,2)mvt′2－eq \f(1,2)mv02⑩
由功能关系可知，在0～eq \f(3v0,2g)时间内ab杆克服安培力做的功W克安＝Q⑪
联立解得WF＝Q－eq \f(3,16)mv02.
6.(2022·广东广州模拟)如图所示，光滑水平面上放有质量M＝0.06 kg的U型导体框，其电阻忽略不计，一质量m＝0.02 kg、电阻R＝3 Ω的金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDQP，PQ长度L＝0.6 m。初始时CD与PQ相距s0＝0.4 m。导体框受到水平恒力F＝0.48 N作用，和金属棒一起以相同的加速度由静止开始向右运动，金属棒运动距离s＝eq \f(3,16) m后进入一方向竖直向上的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与金属棒平行。金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的PQ边正好进入磁场。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)求金属棒进入磁场时的速度大小；
(2)求金属棒在磁场中与导体框的摩擦力大小；
(3)证明导体框PQ边进入磁场后做匀速运动，并求它保持匀速运动所通过的距离。
【答案】 (1)1.5 m/s (2)0.18 N (3)证明见解析 eq \f(5,18) m
【解析】 (1)金属棒和导体框一起向右加速运动，加速度为a0，根据牛顿运动定律得
F＝(M＋m)a0
且veq \\al(2,0)＝2a0s
解得金属棒进入磁场时的速度大小为
v0＝1.5 m/s。
(2)金属棒进入磁场时所受的安培力大小为F安，则F安＝ILB
且I＝eq \f(BLv0,R)
解得F安＝0.18 N
根据平衡条件，可得摩擦力大小
Ff＝F安＝0.18 N。
(3)金属棒进入磁场后，导体框的加速度为a，
则F－Ff＝Ma
解得a＝5 m/s2
导体框进入磁场时的速度为v，则
v2－veq \\al(2,0)＝2as0
解得v＝2.5 m/s
PQ进入磁场导体框受到的安培力大小为F安′＝eq \f(B2L2v,R)＝0.3 N
因导体框受力满足F＝F安′＋Ff
所以导体框进入磁场后做匀速运动。
当金属棒的速度达到2.5 m/s时，导体框的匀速运动结束。这段时间内金属棒的加速度大小为a′＝eq \f(Ff,m)
这段时间为t＝eq \f(v－v0,a′)
导体框在磁场中匀速运动的距离为x＝vt
解得x＝eq \f(5,18) m。
7.(2022·河北张家口期末)如图所示，足够长、间距为L的平行光滑金属导轨ab、de构成倾角为θ的斜面，上端接有阻值为R的定值电阻，足够长的平行光滑金属导轨bc、ef处于同一水平面内，倾斜导轨与水平导轨在b、e处平滑连接，且b、e处装有感应开关。倾斜导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。距离b足够远处接有未闭合的开关S，在开关S右侧垂直导轨放置导体棒N，在倾斜导轨上距b、e足够远的位置放置导体棒M，现将导体棒M由静止释放，当导体棒M通过b、e处后瞬间感应开关自动断开。已知导体棒M的质量为m，电阻为R，导体棒N的质量为2m，电阻为2R，两导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，重力加速度为g，不计导轨电阻及空气阻力。
(1)保持开关S断开，求导体棒M通过感应开关前瞬间的速度大小；
(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒M在水平导轨上运动的位移；
(3)若不固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒N上产生的焦耳热。
【答案】 (1)eq \f(2mgRsin θ,B2L2) (2)eq \f(6m2gR2sin θ,B4L4) (3)eq \f(8m3g2R2sin2θ,9B4L4)
【解析】 (1)由题意可知导体棒M到达b、e前已做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,2R)
由平衡条件得mgsin θ＝ILB
解得v＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)。
(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，导体棒M、N构成回路，最终导体棒M静止，由法拉第电磁感应定律得eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(BLΔx,Δt)
由闭合电路欧姆定律得eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),3R)
对导体棒M，由动量定理得
－eq \(I,\s\up6(－))LBΔt＝0－mv
解得Δx＝eq \f(6m2gR2sin θ,B4L4)。
(3)若不固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，导体棒M、N组成的系统动量守恒，最终它们共速，则
mv＝3mv共
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,共)＋Q
导体棒N上产生的焦耳热为QN＝eq \f(2R,R＋2R)Q
解得QN＝eq \f(8m3g2R2sin2θ,9B4L4)。
【例题】 (2022·浙大附中选考模拟)电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为eq \r(2)v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，正、负电子的重力不计。忽略正、负电子间的相互作用，求：
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2)电子从A点运动到P点所用的时间；
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
命题角度
1.本题以“电子对湮灭”为情境设置组合场问题，考查带电粒子在电场、磁场中的运动。
2.通过带电粒子在电场、磁场中受力分析和运动分析，考查学生分析综合能力。
3.此题根据问题情境，电磁场的分布特点，能对带电粒子进行准确的受力分析和运动分析，根据牛顿运动定律、几何知识等求解相关问题。
审题破题
1.明确场的组合，拆分运动过程，作出运动轨迹图(如图甲)。

甲 乙
2.电子从A到C轨迹为eq \f(1,4)圆周，运动时间为t＝eq \f(1,4)T；电子在电场中从C到P做类平抛运动，根据运动的合成与分解求运动时间。
3.正电子进入未知矩形磁场区域偏转，要使矩形磁场面积最小，右侧应与轨迹相切。
在P点正、负电子正碰发生湮灭，判断速度方向与x轴的夹角，画出正电子运动示意图(如图乙)。
解题关键
1.拆分过程，构建圆周运动模型和类平抛运动模型。
2.分段处理，应用洛伦兹力提供向心力和平抛运动规律求解。
3.确定临界条件，知道“正碰发生湮灭”的意义，可判断正电子的速度方向。
规范答题
(1)电子束从A点沿y轴正方向射入，经过C点，
由题意可得电子在磁场中运动的半径R＝L
又ev0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)
解得B＝eq \f(mv0,eL) 1分
电子在电场中做类平抛运动，得2L＝v0t1
又L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，加速度a＝eq \f(eE,m) 1分
解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2eL) 1分
(2)电子束在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)＝eq \f(2πL,v0) 1分
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0) 1分
在电场中运动时间t1＝eq \f(2L,v0)，故从A到P的时间t＝t1＋t2＝eq \f(（4＋π）L,2v0) 1分
(3)速度为eq \r(2)v0的正电子在磁场中运动的半径R2＝eq \f(m·\r(2)v0,eB)＝eq \r(2)L 1分
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
L＝eq \f(vy,2)t1，vy＝v0，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝1
得θ＝45°1分
故Q点的纵坐标y＝－(eq \r(2)R2＋2Ltan 45°)＝－4L 1分
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(eq \r(2)－1)L＝2(eq \r(2)－1)L2 1分
答案 (1)eq \f(mv0,eL) eq \f(mveq \\al(2,0),2eL) (2)eq \f(（4＋π）L,2v0) (3)－4L 2(eq \r(2)－1)L2
【例题】 (10分)(2022·金丽衢十二校联考)间距L＝0.5 m的两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分(足够长)组成，两部分通过绝缘材料在D、E两点平滑连接，倾斜部分导轨与水平面间夹角为θ＝30°，导轨上端接有R＝1 Ω的电阻。空间分布如图所示的匀强磁场，倾斜导轨的磁场方向垂直导轨平面ACDE向上，磁感应强度B＝1 T，水平区域GF边界右侧磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为2 T，DEFG为无场区域。现有三根长度均为L＝0.5 m的金属棒a、b、c与导轨良好接触，其质量ma＝0.1 kg、mb＝0.2 kg、mc＝0.1 kg，其电阻Ra＝1 Ω，Rb＝1 Ω，Rc＝2 Ω，金属棒a由静止释放，释放处离水平导轨的高度为h＝5 m。金属棒在到达ED边界前速度已达到稳定，金属棒b、c放置在水平导轨上。不计一切摩擦阻力及导轨的电阻，金属棒一直处在导轨上，且与导轨保持垂直，始终未相碰，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
(1)金属棒a运动过程中的最大速度vm；
(2)金属棒a下滑过程运动的总时间t；
(3)金属棒a进入GF后，金属棒b最终如何运动？此过程中金属棒b产生的焦耳热。
命题角度
1.本题在“双杆模型”的基础上拓展为“三杆”问题，考查电磁感应中力、电综合问题。
2.本题以电磁感应为依托，结合受力平衡、动量定理和动量守恒定律和能量守恒定律，综合考查学生的综合分析能力。
审题破题
1.金属棒a到ED边界前速度已达到稳定说明a棒受力平衡，可列平衡方程。
2.运动分析：a棒下滑过程为变加速过程，故求解时间应考虑动量定理。
3.分析a、b、c棒的运动确定最终运动状态，正确选取系统，利用动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解。
解题关键
1.明确“稳定”的含义，列平衡方程。
2.运动分析和受力分析是关键，正确选择物理规律是解题的保证。
规范答题
(1)对金属棒a：速度稳定时，受力平衡，有magsin θ＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(BLvm,R＋Ra)
解得vm＝4 m/s。
(2)由动量定理得：magtsin θ－eq \(I,\s\up6(－))LBt＝mavm
又eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(ΔΦ,R＋Ra)
解得t＝3.3 s。
(3)b棒最终做匀速运动，且a、b、c的速度相同
对a、b、c棒组成的系统，由动量守恒定律知
mavm＝(ma＋mb＋mc)v′
代入数值解得v′＝1 m/s
由能量守恒定律得
Q＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)(ma＋mb＋mc)v′2
得Q＝0.6 J
又Qa∶(Qb＋Qc)＝1∶eq \f(2,3)
Qb∶Qc＝2∶1
代入数值解得
Qb＝0.16 J。
答案 (1)4 m/s (2)3.3 s (3)见解析