2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）微專題5　電磁場中的空間立體問題和擺線問題作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）微專題5電磁場中的空間立體問題和擺線問題作業(yè)含答案微專題5電磁場中的空間立體問題和擺線問題時(shí)間|40min1.[2024·山東棗莊模擬]如圖甲所示,三維坐標(biāo)系O-xyz所在的空間中,有平行于y軸且沿其正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度的大小E1=7mv0210qL.一帶正電的粒子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿xOy平面從x軸上的P(L,0,0)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場,經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度的大小為v0、與x軸負(fù)方向的夾角α=53°.當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間Δt=2Lv0到達(dá)Q(未畫出)點(diǎn)時(shí),勻強(qiáng)電場的方向突然變?yōu)檠貁軸正方向,若以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn),且電場強(qiáng)度的大小E2隨時(shí)間t的變化關(guān)系,如圖乙所示,電場改變方向的同時(shí)加上沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=3mv0qL.已知帶電粒子的質(zhì)量為(1)加速電場的電壓U;(2)Q點(diǎn)的位置及帶電粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度;(3)當(dāng)t=3πLv2.[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,以長方體abcd-a'b'c'd'的ad邊中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)、ad方向?yàn)閤軸正方向、a'a方向?yàn)閥軸正方向、ab方向?yàn)閦軸正方向建立O-xyz坐標(biāo)系,已知Oa=ab=aa'=L.長方體中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場,現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力),從O點(diǎn)沿z軸正方向以初速度v射入磁場中,恰好從a點(diǎn)射出磁場.(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)若在長方體中加上沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,讓粒子仍從O點(diǎn)沿z軸正方向以初速度v射入磁場中,為使粒子能從a'點(diǎn)射出磁場,求電場強(qiáng)度E1的大小;(3)若在長方體中加上電場強(qiáng)度大小為E2=23mv2qL、方向沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,該粒子仍從O點(diǎn)沿z軸正方向以初速度v射入磁場中3.[2024·四川成都模擬]某離子束實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示.Ⅰ區(qū)寬度為d,左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O,其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場;Ⅱ區(qū)寬度為43d,左邊界與x軸垂直交于O1點(diǎn),右邊界與x軸垂直交于O2點(diǎn),其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場.測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界,其中心C與O2點(diǎn)重合.從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子,加速后沿x軸正方向過O點(diǎn),依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū),恰好到達(dá)測試板中心C.已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)速度大小為v0,速度方向與x軸正方向的夾角為θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8.忽略離子間的相互作用,不計(jì)離子重力(1)求Ⅰ區(qū)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0;(2)求Ⅱ區(qū)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E;(3)將Ⅱ區(qū)右邊界和測試板同時(shí)右移使Ⅱ區(qū)足夠大,在Ⅱ區(qū)同時(shí)填充題干中的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=6mv05qd、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,其他條件不變,離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙中的虛線所示4.[2024·河北石家莊模擬]如圖甲所示,立方體空間的邊長為L,側(cè)面CDHG為熒光屏,能完全吸收打在屏上的帶電粒子并發(fā)光,三維坐標(biāo)系坐標(biāo)原點(diǎn)O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH.已知從原點(diǎn)O向xOy平面內(nèi)各個(gè)方向均勻持續(xù)發(fā)射速率為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子.不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用.(1)若在立方體空間內(nèi)僅存在方向平行于z軸的勻強(qiáng)磁場,沿y軸正方向射出的粒子恰好打在熒光屏上的H點(diǎn).求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子從原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到熒光屏的最短時(shí)間t;(2)若在立方體空間內(nèi)僅存在z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E=32πmv025qL和沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場B=8πmv0(3)若在立方體空間內(nèi)平行y軸加如圖乙所示的磁場,其中By=6mv05qLcos2πTt.同時(shí)平行z軸加如圖丙的磁場,其中Bz=6mv05qL

微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型例1(16分)(1)B2L(2)BL?R12mv(3)v0g[解析](1)ab棒以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)時(shí),產(chǎn)生感應(yīng)電流,根據(jù)左手定則可知,ab棒受到的安培力向下,由于向上做減速運(yùn)動(dòng),所以開始運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力最大,加速度最大,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv0 (1分)由閉合電路歐姆定律得I=ER 根據(jù)牛頓第二定律得BIL+mg=mam(1分)聯(lián)立解得am=B2L2v(2)ab棒向上運(yùn)動(dòng)過程中,通過R的電荷量q=IΔt (1分)其中I=ER,E=ΔΦΔt,Δ聯(lián)立解得q=BL?R 根據(jù)能量守恒定律得12mv02=mgh+解得Q=12mv02-(3)ab棒向上運(yùn)動(dòng)過程中,取向上為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理得-mgt1-BI1Lt1=0-mv0 其中I1t1=E1Rt1=ΔΦab棒返回到初始位置時(shí)加速度為零,有BI'L=mg (1分)其中I'=E'R,E'=BLv'ab棒向下運(yùn)動(dòng)到初始位置過程中,根據(jù)動(dòng)量定理得mgt2-BI2Lt2=mv'-0 其中I2t2=E2Rt2=ΔΦab從開始向上運(yùn)動(dòng)至回到初始位置所用時(shí)間t=t1+t2聯(lián)立解得t=v0g+mR例2(1)BLE2mr(2)EBL(3)12qE[解析](1)閉合開關(guān)瞬間,電路中的電流為I=E導(dǎo)體棒所受安培力為F=BIL由牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒的加速度為a=F聯(lián)立解得a=BEL(2)導(dǎo)體棒受安培力作用而做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢,動(dòng)生電動(dòng)勢與電源電動(dòng)勢反向疊加,導(dǎo)致電路中的電流逐漸減小,當(dāng)動(dòng)生電動(dòng)勢和電源電動(dòng)勢大小相等時(shí),電流為零,此時(shí)導(dǎo)體棒不再受安培力,導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),有E=BLv解得導(dǎo)體棒最終的速度大小為v=E(3)當(dāng)導(dǎo)體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導(dǎo)體棒的電荷量為q,對電路由能量守恒定律得qE=Q總+12m導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=rr+聯(lián)立解得Q=12qE-14例3(1)mgt0sinθ-mv0(2)52mgv0t0sinθ-92m(3)1[解析](1)t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),對金屬棒MN,根據(jù)動(dòng)量定理有mgtsinθ·t0-I安=mv0解得I安=mgt0sinθ-mv0(2)根據(jù)圖乙可得金屬棒在t=0到t=2t0時(shí)間內(nèi)的位移為x=v02·t0+v0+3v02·t根據(jù)能量守恒定律有mgxsinθ=12m(3v0)2+ΔE解得ΔE損=52mgv0t0sinθ-92(3)根據(jù)圖乙可知,在0~t0時(shí)間內(nèi)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則加速度恒定,所受合外力恒定,安培力恒定,電流恒定,任意時(shí)刻電容器兩端的電壓都等于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢,有BdaΔt=Δ可得Δq=CBdaΔt而Δq=IΔt其中a=v聯(lián)立得I=CBd在0~t0時(shí)間內(nèi),對金屬棒,由動(dòng)量定理有mgsinθ·t0-BdI·t0=mv0解得B=1【跟蹤訓(xùn)練】1.CD[解析]0~t時(shí)間內(nèi),對導(dǎo)體棒,根據(jù)動(dòng)量定理有F0t-BIlt=mv,則v<F0tm,A錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒在恒力F0的作用下運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv,電流I=ER=BlvR,導(dǎo)體棒所受安培力F安=BIl=B2l2vR,導(dǎo)體棒的加速度a=F0-F安m=F0m-B2l2vmR,由此可知,隨著導(dǎo)體棒速度的增大,加速度逐漸減小,當(dāng)加速度減小為零后,導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng),由于不知道t時(shí)刻加速度是否為零,所以0~t時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢可能隨時(shí)間先增大后不變,也可能一直增大,B錯(cuò)誤;t時(shí)刻,電熱毯的功率P=I2R2.C[解析]閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為I=E-BLvR+r,靜止不動(dòng)時(shí)的電流為I'=ER+r,則I'>I,即導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流小于其靜止不動(dòng)時(shí)的電流,故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),有μmg=BIL,I3.BC[解析]若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅰ接通,由能量守恒定律可知mgh=12mv2+Q,則定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱小于mgh,A錯(cuò)誤;若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅰ接通,則通過定值電阻的電荷量為q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=B?LR,B正確;若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅱ接通,則回路中電流I=ΔqΔt=ΔU·CΔt=BLΔv·CΔt=BLCa,由牛頓第二定律得mg-BIL=ma,解得a=mgm+B2L2C,可知金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng),下滑距離為h的過程中,有h=12at2,重力的沖量IG=mgt,聯(lián)立解得IG示意圖運(yùn)動(dòng)分析能量分析動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,12mv0電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,E電=12mvm外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,WF=12mvm外力做功轉(zhuǎn)化為電場能和動(dòng)能,WF=E電+12mv單桿與電阻構(gòu)成回路例1[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,間距為L的兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直固定,其上端用阻值為R的定值電阻連接,裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B.質(zhì)量為m的金屬棒ab從軌道底部以初速度v0沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),ab棒向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為h,返回到初始位置時(shí)加速度恰好為零.運(yùn)動(dòng)過程中ab棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌和ab棒的電阻均不計(jì),空氣阻力不計(jì),重力加速度為g.求:(1)ab棒運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度大小;(2)ab棒向上運(yùn)動(dòng)過程中,通過電阻R的電荷量及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱;(3)ab棒從開始向上運(yùn)動(dòng)至回到初始位置所用的時(shí)間.規(guī)范答題區(qū)自評項(xiàng)目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達(dá)式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)單桿與電源構(gòu)成回路例2將電源、開關(guān)、導(dǎo)體棒與兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌連接成閉合回路,整個(gè)回路水平放置,俯視圖如圖所示,虛線右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場.已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m,電阻為r,長度恰好等于導(dǎo)軌的間距L,不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好.(1)求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度的大小a;(2)求導(dǎo)體棒最終的速度大小v;(3)導(dǎo)體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導(dǎo)體棒的電荷量為q,求此過程中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q.【技法點(diǎn)撥】導(dǎo)體棒一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng),而是經(jīng)歷一個(gè)動(dòng)態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài).動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下:單桿與電容器構(gòu)成回路例3[2024·山東濟(jì)南模擬]如圖甲所示,兩條足夠長的平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ,導(dǎo)軌間距為d.導(dǎo)軌上端與電容為C的電容器相連,虛線O1O2垂直于導(dǎo)軌,O1O2上方存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場,O1O2上方的導(dǎo)軌由不計(jì)電阻的光滑金屬材料制成,O1O2下方的導(dǎo)軌由粗糙的絕緣材料制成.t=0時(shí)刻,一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒MN由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,其速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示,其中v0和t0為已知量,重力加速度為g,電容器始終未被擊穿.求:(1)t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),磁場對金屬棒MN的沖量大小;(2)t=0到t=2t0時(shí)間內(nèi),金屬棒MN損失的機(jī)械能;(3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小.【技法點(diǎn)撥】含容電路中,單桿在恒力(包括桿的重力)作用下,加速度是恒定的.力、電間的關(guān)聯(lián)如下:【跟蹤訓(xùn)練】1.(多選)[2024·湖北孝感模擬]發(fā)電機(jī)的工作原理可以簡化為如圖所示的情景.質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直于兩光滑平行金屬導(dǎo)軌放置,導(dǎo)軌間距為l,導(dǎo)軌間分布著垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.將負(fù)載(電阻為R的電熱毯)接入導(dǎo)軌中形成閉合回路,導(dǎo)體棒在恒力F0的作用下由靜止開始沿光滑導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng).t時(shí)刻,導(dǎo)體棒速度達(dá)到v.導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻忽略不計(jì),導(dǎo)軌無限長,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.下列說法正確的是()A.t時(shí)刻,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度v=FB.0~t時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定隨時(shí)間先增大后不變C.t時(shí)刻,電熱毯的功率為BD.電熱毯的功率最終將達(dá)到F2.[2024·重慶萬州區(qū)模擬]如圖所示,兩條粗糙程度處處相同的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上,導(dǎo)軌間距為L,左側(cè)連接一電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源,右側(cè)有O1、O2兩個(gè)固定卡座,整個(gè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌電阻不計(jì).一質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的導(dǎo)體棒MN靜置在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直,該導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.閉合開關(guān)S,該導(dǎo)體棒從靜止開始先加速運(yùn)動(dòng),再勻速運(yùn)動(dòng),最后碰到O1、O2兩卡座后靜止不動(dòng).整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,該導(dǎo)體棒始終與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好.重力加速度為g,則 ()A.閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流比其靜止不動(dòng)時(shí)的電流大B.閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流與其靜止不動(dòng)時(shí)的電流相等C.該導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為1D.該導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為13.(多選)[2024·湖南岳陽模擬]如圖所示,豎直固定的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,處于垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.金屬桿的質(zhì)量為m,定值電阻的阻值為R,其余電阻不計(jì),電容器的電容為C(未充電),重力加速度為g,開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅰ或Ⅱ接通.現(xiàn)讓金屬桿沿導(dǎo)軌無初速度下滑,在金屬桿下滑距離為h的過程中,金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好,對該過程,下列說法正確的是()A.若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅰ接通,則定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為mghB.若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅰ接通,則通過定值電阻的電荷量為B?LC.若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅱ接通,則重力對金屬桿的沖量為2D.若開關(guān)K與觸點(diǎn)Ⅱ接通,則電容器所充的電能為m微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型1.CD[解析]導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí),由乙圖可得加速度大小為a1=30m/s2,由F1=Bi1L,i1=E1R,E1=BLv1,由牛頓第二定律F1=ma1,可得B2L2v1R=ma1,解得v1=3m/s,故A錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒剛要離開磁場時(shí)的加速度大小為a2=10m/s2,由B2L2v2R=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率為P2=B2L2v2Rv2=1W,故B錯(cuò)誤;設(shè)導(dǎo)體棒在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt,由動(dòng)量定理可得-BILΔt=mv2-mv1,由E=BLv,I=ER,整理可得-B2L2vRΔt=mv2-mv2.BD[解析]單刀雙擲開關(guān)接1后,金屬棒MN在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),電容器的充電電流為I=ΔQΔt,電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU,感應(yīng)電動(dòng)勢E=U=BLv,則可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金屬棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A錯(cuò)誤;在t1=5s時(shí),金屬棒的速度為v1=at=2×5m/s=10m/s,電容器兩端的電壓為U1=BLv1=10V,則可知電容器的電荷量為Q1=CU1=4×10C=40C,故B正確;單刀雙擲開關(guān)接2瞬間,金屬棒與電阻串聯(lián)構(gòu)成閉合回路,由牛頓第二定律有mg-BIL=ma1,而I=U1R=BLv1R,聯(lián)立解得a13.A[解析]設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離為x,可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER=2Bv0xtan30°2xcos30°·R0=Bv02R0,可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流為定值,故A正確;根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,故B錯(cuò)誤;金屬棒的上端為等效電源的正極,下端為負(fù)極,始終有φA>φC,4.(1)mgRB2d2(3)g[解析](1)對金屬棒受力分析,當(dāng)受力平衡時(shí),具有最大速度,即mg=F安又F安=BId,I=ER=聯(lián)立解得v1=mgR(2)由能量守恒定律,可得mgh=12mv2+12又U0=Bdv聯(lián)立解得h=m(3)設(shè)金屬棒下落速度為v,根據(jù)題意有Bdv=LΔ設(shè)金屬棒速度達(dá)到最大值v2時(shí),電流為I0,有mg=BI0d設(shè)該過程金屬棒下落的高度為x0,根據(jù)能量守恒定律有mgx0=12mv22+又BdvΔt=LΔI可得Bdx