第1部分 关键能力提升5 数学工具在电磁学问题中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题四　电路与电磁感应 关键能力提升五　数学工具在电磁学 问题中的应用 复习数学中的二次函数知识、不等式知识、三角函数知识、数学归纳法与数列知识、导数知识，并能用其解决复杂的电磁学问题。 2 目录 1 2 专题作业 考点 考点 例1　(2025·湖北省高三下调研模拟)(多选)如图所 示为某同学制作的电磁发射装置简化模型，MN、PQ为 水平固定的相距为L且足够长的粗糙导轨，两导轨间存 在磁感应强度大小可调的匀强磁场，方向竖直向下，M、P端接有电动势为E、内阻不计的恒压电源，K为开关。一质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒ab垂直导轨静置于导轨上，与导轨接触良好，电路中其余电阻不计。导体棒在导轨上运动时受到恒定的阻力f，当磁场的磁感应强度取某一特定值时，闭合开关K可以使导体棒最终的速度最大。在此磁感应强度下导体棒从静止开始经时间t，运动的位移大小为d。下列说法中正确的是(　　) 考点1　二次函数与不等式在电磁学中的应用 考点 5 考点 6 考点 7 例2　(2024·安徽卷，15)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖 直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于 绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外 的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场 的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k>0)。 支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 考点 8 (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 考点 9 考点 10 考点 11 考点 12 例3　(2023·湖北卷，10)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　) A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 考点2　三角函数在电磁学中的应用 考点 13 考点 14 考点 15 例4　(2025·安徽卷，15)如图，平行光滑金属导轨 被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻 值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域 MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： 考点3　数学归纳法及数列在电磁学中的应用 考点 16 (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 考点 17 考点 18 考点 19 考点 20 考点 21 考点4　导数在电磁学中的应用 1．高中物理常用的导数公式 若f(x)＝c(c为常数)，则f′(x)＝0； 若f(x)＝xα(α∈Q，且α≠0)，则f′(x)＝αxα－1； 若f(x)＝sinx，则f′(x)＝cosx； 若f(x)＝cosx，则f′(x)＝－sinx。 考点 22 考点 23 考点 24 考点 25 考点 26 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 5．(2022·浙江6月选考，22)离子速度分析器截面图如图 所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸 面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小 孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转 筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 6．(2025·山东省济南市高三下二模)如图所示的xOy坐标平面内，y>0的区域内存在着垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，y<0的区域内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。质量为m、电荷量为q的两个带正电粒子a和b，均以相同大小的速率v从O点分别沿y轴正向和y轴负向同时开始运动，运动过程中两粒子的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。设整个磁场区域都处于真空中，不考虑粒子的重力及两粒子之间除碰撞外的相互作用，求： (1)粒子分别在y>0和y<0的区域内运动时的半径之比和周期之比； (2)两粒子运动轨迹交点的坐标； (3)以两粒子在O点开始运动时为t＝0时刻，两粒子 在运动过程中某时刻平行y轴方向上相距最远时的距离及 对应的时刻。 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R A．导体棒最终的最大速度为eq \f(E2,4fR) B．从静止开始经时间t通过导体棒的电量为eq \f(df,E) C．从静止开始经时间t导体棒所受安培力的冲量大小为2ft－eq \f(4f2Rd,E2) D．从静止开始经时间t电流通过导体棒产生的热量为eq \f(E2t,R)－2fd 解析　设磁感应强度大小为B，导体棒最终速度为v末，则有E－BLv末＝IR，BIL＝f，联立可得v末＝－eq \f(\a\vs4\al(fR),L2)·eq \f(1,B2)＋eq \f(E,L)·eq \f(1,B)，根据数学知识可知，当B＝eq \f(\a\vs4\al(2fR),EL)时，v末取最大值，为vm＝eq \f(E2,4fR)，故A正确；设时间t内通过导体棒的电量为q， 由能量守恒定律可知qE＝ΔEk＋df，则q>eq \f(\a\vs4\al(df),E)，故B错误；保持B＝eq \f(\a\vs4\al(2fR),EL)不变，当导体棒速度为v时，导体棒中电流i＝eq \f(E－BLv,R)，在时间t内，有q＝∑iΔt＝∑eq \f(E－BLv,R)Δt＝eq \f(E,R)t－eq \f(\a\vs4\al(2fd),E)，导体棒所受安培力的冲量大小为IA＝∑BiLΔt＝BLq＝2ft－eq \f(\a\vs4\al(4f2Rd),E2)，电源消耗的电能为W＝Eq＝eq \f(E2,R)t－2fd，根据能量守恒定律可知，电源消耗的电能转化为电流通过导体棒产生的热量、导体棒的动能、导体棒与导轨摩擦产生的热量，即导体棒产生的热量小于eq \f(E2,R)t－2fd，故C正确，D错误。 答案　(1)Φ＝kL2t　kL2　从a流向b (2)F安＝eq \f(k2L3t,R＋art2)　(3)eq \r(\f(R,ar))　eq \f(\a\vs4\al(μk2L3),2\r(Rar))＋m(g＋a) 解析　(1)通过面积Scdef的磁通量为Φ＝BScdef 又B＝kt Scdef＝L2 联立可得Φ＝kL2t 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势的大小E＝eq \f(ΔΦ,Δt) 联立可得E＝kL2 由楞次定律可知，ab中的电流从a流向b。 (2)设t时刻金属棒ab向上运动的位移为x，根据匀变速直线运动规律有x＝eq \f(1,2)at2 所以此时回路中支架上方两边导轨的总电阻为R′＝2xr 由闭合电路欧姆定律得，此时回路中的电流大小I＝eq \f(E,R＋R′) ab所受安培力大小F安＝BIL 其中B＝kt 联立可得F安＝eq \f(k2L3t,R＋art2)。 (3)根据左手定则可知，ab受到的安培力方向垂直导轨向里，在垂直导轨方向，根据平衡条件知，ab所受导轨的弹力大小FN＝F安 设对ab施加的竖直向上的拉力大小为F，ab所受导轨的摩擦力大小为f，对ab受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma 又f＝μFN 联立可得F＝eq \f(\a\vs4\al(μk2L3),\f(R,t)＋art)＋m(g＋a) 根据数学知识可知，当eq \f(R,t)＝art时，F有最大值 可解得F最大的时刻为t＝eq \r(\f(R,ar)) F的最大值为Fm＝eq \f(\a\vs4\al(μk2L3),2\r(Rar))＋m(g＋a)。 解析　微粒在电容器中沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直 方向做匀变速直线运动，设微粒射入电容器时的速度为v0，则水 平方向和竖直方向的分速度大小分别为v0x＝v0cosα，v0y＝v0sin α，其中α＝45°，微粒从射入电容器到运动到最高点，设运动时间为t1，则有2L＝v0xt1，d＝eq \f(0＋v0y,2)t1，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；在电容器中运动过程，由牛顿第二定律可得微粒的加速度大小a＝eq \f(F,m)，微粒所受电场力大小F＝qE，两极板间的电场强度大小E＝eq \f(U2,2d)，从射入电容器到运动到最高点，由运动学公式知veq \o\al(2,0y)＝2ad，微粒经电压U1加速过程，由动能定理可得qU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确； 微粒从最高点到穿出电容器，设运动时间为t2，则有L＝v0xt2，穿 出电容器时沿竖直方向的分速度大小vy＝at2，从射入电容器到最 高点有v0y＝at1，且2L＝v0xt1，解得vy＝eq \f(v0y,2)＝eq \f(v0x,2)，设微粒射出电 容器时速度与水平方向的夹角为β，则tanβ＝eq \f(vy,v0x)＝eq \f(1,2)，因此微粒穿过电容器区域的偏转角的正切值为tan(α＋β)＝eq \f(\a\vs4\al(tanα＋tanβ),1－tanαtanβ)＝3，C错误；微粒射入电容器后，经时间t，水平方向的位移为x＝v0xt，竖直方向的位移为y＝v0yt－eq \f(1,2)at2，联立解得y＝x－eq \f(U2x2,4dU1)，即微粒在电容器中的运动轨迹与微粒的电荷数量、质量无关，D正确。 答案　(1)－2,0)eq \f(B2L2v,2R) 　 (2)eq \f(mv0,BL) (3)eq \f(n,2（n＋1）)mveq \o\al(2,0) 解析　(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得，其产生的电动势为E＝BLv0 回路中的感应电流I＝eq \f(E,2R) 此时第1根导体棒所受的安培力大小为F安＝BLI 安培力方向与速度方向相反，则安培力的功率P安＝－F安v0 联立解得P安＝－2,0)eq \f(B2L2v,2R) 。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设通过其的平均电流为eq \o(I,\s\up16(－))，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))t 对第2根导体棒由动量定理有－BLeq \o(I,\s\up16(－))t＝0－mv0 联立解得q＝eq \f(mv0,BL)。 (3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量。 第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与第1根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为Q1＝eq \f(R,R＋R)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,1×2)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与第1根导体棒并联，然后与第2根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为 Q2＝eq \f(1,2)×eq \f(\f(R,2),R＋\f(R,2))×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2×3)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与第1、2根导体棒并联，然后与第3根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为 Q3＝eq \f(1,3)×eq \f(\f(R,3),R＋\f(R,3))×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,3×4)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R与前n－1根导体棒均并联，然后与第n根导体棒串联组成闭合回路，则定值电阻R上产生的热量为Qn＝eq \f(1,n)×eq \f(\f(R,n),R＋\f(R,n))×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,n（n＋1）)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得Q总＝eq \f(n,2（n＋1）)mveq \o\al(2,0)。 2．导数的运算法则 (1)导数的四则运算法则 [f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； [f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,g（x）)))′＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)[g(x)≠0]。 (2)复合函数的导数 由函数y＝f(u)和u＝g(x)复合而成的函数y＝f(g(x))，它的导数yx′＝yu′·ux′。 例5　(2024·海南卷，12)(多选)真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q≥0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　) A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为eq \f(\r(3),3)r B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为eq \f(4\r(3)kq,9r2) C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 解析　如图，设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产 生的场强的方向与竖直方向的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(π,2)))，由点电荷的场 强公式可知，P1处的点电荷在A处产生的电场强度大小E1＝ keq \f(\a\vs4\al(q),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,sinθ)))\s\up12(2))，根据对称性及场强的叠加原理可知，A点的合场强大小为E＝2E1cosθ，联立可得E＝keq \f(\a\vs4\al(2q),r2)sin2θcosθ＝eq \f(\a\vs4\al(2kq),r2)(cosθ－cos3θ)，由数学导数知识可知，当cosθ＝eq \f(\r(3),3)时，E有最大值，且最大值为Emax＝eq \f(\a\vs4\al(4\r(3)kq),9r2)，此时A、O之间的距离为h＝eq \f(r,tanθ)＝eq \f(\r(2),2)r，故A错误，B正确；在M点放入一电子，从静止释放， 电子将受向上的电场力从而向上运动，由于r>h，则电子向 上运动的过程中所在位置的电场强度一直变小，所受的电场 力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；以O 点为坐标原点，以沿P1P2连线向右为正方向建立x轴，当电子在坐标x′处时，电子受到的电场力为F＝eq \f(\a\vs4\al(keq),（r＋x′）2)－eq \f(\a\vs4\al(keq),（r－x′）2)＝keq·eq \f(－4rx′,（r＋x′）2（r－x′）2)，当x′≪r时，有F＝keq·eq \f(－4rx′,r4)＝－eq \f(\a\vs4\al(4keq),r3)·x′，F与x′的方向相反，大小成正比，又O、N之间的距离x≪r，所以在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动，O点为平衡位置，所受电场力充当回复力，故D正确。 1．如图，场强方向竖直向下、大小为eq \f(mg,q)的匀强电场中，一固定半圆形光滑绝缘轨道与水平地面相切，直径AB与地面垂直。一带电量为＋q、质量为m的小物块以速度v0从B滑入轨道，从A水平飞出。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。小物块从A水平飞出后的落地点P(未画出)到B的距离最大时，对应的轨道半径为(　　) A．2,0)eq \f(v,16g) B．2,0)eq \f(v,8g) C．2,0)eq \f(v,4g) D．2,0)eq \f(v,2g) 解析：设小物块经过A点的速度大小为v，半圆形轨道的 半径为R，若小物块恰好运动到A点，由牛顿第二定律有m2,min)eq \f(v,R) ＝mg＋qE，又E＝eq \f(\a\vs4\al(mg),q)，解得vmin＝eq \r(2gR)；小物块从B运动到 A的过程，由动能定理可得－mg×2R－qE×2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，小物块从A飞出后在空中做类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，有x＝vt，2R＝eq \f(1,2)at2，由牛顿第二定律有mg＋qE＝ma，联立解得小物块从A水平飞出后的落地点P到B的距离x＝2,0)eq \r(－16R2＋\f(2v,g)R) ，结合数学知识，可知R＝2,0)eq \f(v,16g) 时，x最大，当R＝2,0)eq \f(v,16g) 时，小物块在A点的速度v＝eq \f(\r(2),2)v0>vmin＝eq \f(\r(2),4)v0，故R＝2,0)eq \f(v,16g) 满足要求，故选A。 2．(2025·福建省厦门市高三下第四次质量检测)(多选)如图所示，一质量为M的足够长“ ”形金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上，PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0，bc长为L，初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行，其左侧有竖直向上的匀强磁场，右侧有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，PQ与导轨间动摩擦因数为μ，且始终接触良好，则(　　) A．回路中的电动势先增大后减小 B．运动过程中拉力F的最大值为Ma＋μmg＋eq \f(B2L2aμ,2R0\r(3La)) C．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q D．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为eq \f(1,2)μmgateq \o\al(2,0)＋μQ 解析：导轨做初速度为零的匀加速运动，t时 刻的速度v＝at，回路中的感应电动势E＝BLv＝ BLat，可知回路中的电动势一直增大，A错误；t 时刻导轨的位移x＝eq \f(1,2)at2，回路总电阻Rx＝(2x＋3L)R0，电流I＝eq \f(BLv,Rx)，方向为c→b→Q→P，导轨所受安培力F安＝BIL，得F安＝eq \f(B2L2at,（3L＋at2）R0)，且此时PQ所受安培力方向竖直向下，大小也为F安，导轨水平方向受外力F、安培力F安和滑动摩擦力f，其中f＝μFN＝μ(mg＋F安)，对导轨，由牛顿第二定律得F－F安－f＝Ma， 联立得F＝Ma＋μmg＋(μ＋1)·eq \f(B2L2at,（3L＋at2）R0)＝Ma＋μmg＋(μ＋1)eq \f(B2L2a,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,t)＋at))R0)，分析可知，当eq \f(3L,t)＝at即t＝eq \r(\f(3L,a))时拉力F最大，Fmax＝Ma＋μmg＋(μ＋1)·eq \f(B2L2a,2R0\r(3La))，B错误；克服安培力做的功等于产生的焦耳热，可知若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q，C正确；t0时间内导轨克服摩擦力做功为W＝μeq \o(F,\s\up16(－))Nx0＝μ(mg＋eq \o(F,\s\up16(－))安)x0，而导轨产生的焦耳热Q＝eq \o(F,\s\up16(－))安x0，又x0＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，联立得W＝eq \f(1,2)μmgateq \o\al(2,0)＋μQ，D正确。 3．(2022·山东卷，12)(多选)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq \r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　　) A．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E一直增大 B．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小 C．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大 D．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小 解析：在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，金属框转过的角度从θ＝0 到θ＝eq \f(π,2)，金属框的有效切割长度先变大后变小，则E先增大后减 小，故A错误，B正确。在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，金属框转过的 角度从θ＝0到θ＝eq \f(π,4)，则金属框的有效切割长度l＝eq \f(L,cosθ)，E＝Bleq \f(ωl,2)＝eq \f(BL2ω,2cos2θ)＝eq \f(BL2ω,2cos2（ωt）)；通过三角函数变换，可得E＝eq \f(BL2ω,2)[1＋tan2(ωt)]，根据正切函数图像可作出E­t函数图像，θ＝ωt从0增大到eq \f(π,4)的过程，图像的斜率一直增大，则E的变化率一直增大(也可对E求导数判断)，C正确，D错误。 4．(2025·黑龙江省哈尔滨第三中学高三下第 二次模拟)如图所示，平行光滑金属导轨固定在绝 缘水平桌面上，右端连接光滑圆弧轨道，导轨间 距离为L，导轨左侧接有电阻，aa′b′b区域与cc′d′d区域间存在竖直向上与竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，aa′与bb′、cc′与dd′的距离均为L。M导体棒质量为2m，N绝缘棒质量为m，两棒垂直导轨放置，现N棒静止于bb′与cc′之间的某位置，M棒在aa′边界静止，某时刻M棒在水平向右的恒力F作用下开始运动，已知F＝eq \f(B4L5,8mR2)，当运动到bb′边界时撤去F，此时M棒已经达到匀速运动。 (1)撤去F时M棒的速度大小v； (2)从M棒开始运动到M棒第一次静止，整个过程中通过R的电荷量q； (3)自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒M在磁场中运动的总位移大小x。 答案：(1)eq \f(B2L3,4mR)　(2)eq \f(BL2,3R)　(3)L 解析：(1)撤去F时，M棒在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律可得，感应电流I＝eq \f(E,2R) 由平衡条件有F＝BIL 解得v＝eq \f(B2L3,4mR)。 (2)在第一次碰撞前，通过R的电荷量q1＝eq \o(I,\s\up16(－))1Δt1 平均电流eq \o(I,\s\up16(－))1＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R) 平均电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt1) 磁通量变化量ΔΦ＝BL2 联立可得q1＝eq \f(BL2,2R) 两棒发生弹性碰撞，以向右为正方向，设碰撞后M、N棒的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv＝2mv1＋mv2 eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得v1＝eq \f(B2L3,12mR)，v2＝eq \f(B2L3,3mR) 之后M棒进入cc′d′d区域磁场中停下，由动量定理得－Beq \o(I,\s\up16(－))2LΔt2＝0－2mv1 此过程通过R的电荷量q2＝eq \o(I,\s\up16(－))2Δt2 联立可得q2＝eq \f(BL2,6R) 由右手定则知，上述两过程中通过R的电流方向相反，所以整个过程中通过R的电荷量q＝q1－q2 解得q＝eq \f(BL2,3R)。 (3)设第一次碰撞后M棒进入cc′d′d区域磁场运动位移大小x右后停下来，由 q2＝eq \o(I,\s\up16(－))2Δt2、eq \o(I,\s\up16(－))2＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))2,2R)、eq \o(E,\s\up16(－))2＝eq \f(BLx右,Δt2) 解得x右＝eq \f(L,3) 绝缘棒N第二次与导体棒M碰撞前速度大小为v2，方向水平向左，以向左为正方向，设第二次碰撞后导体棒M的速度为vM2，绝缘棒N的速度为vN2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv2＝2mvM2＋mvN2 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,M2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N2) 解得vM2＝eq \f(2,3)v2＝eq \f(2B2L3,9mR)，vN2＝－eq \f(1,3)v2＝－eq \f(B2L3,9mR) 对M棒分析，根据动量定理得－Beq \o(I,\s\up16(－))3LΔt3＝0－2mvM2 式中eq \o(I,\s\up16(－))3Δt3＝eq \f(BLx1,2R) 解得第二次碰撞后，导体棒M在磁场中向左运动的位移大小x1＝eq \f(4mRvM2,B2L2)＝eq \f(8L,9) 同理可得，绝缘棒N第三次与导体棒M碰撞前速度大小为－vN2，方向水平向左，以向左为正方向，设第三次碰撞后M、N的速度分别为vM3、vN3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有－mvN2＝2mvM3＋mvN3 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N2)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,M3)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N3) 解得vM3＝－eq \f(2,3)vN2＝eq \f(1,3)vM2，vN3＝eq \f(1,3)vN2 对M棒分析，根据动量定理得－Beq \o(I,\s\up16(－))4LΔt4＝0－2mvM3 式中eq \o(I,\s\up16(－))4Δt4＝eq \f(BLx2,2R) 解得第三次碰撞后，导体棒M在磁场中向左运动的位移大小x2＝eq \f(4mRvM3,B2L2)＝eq \f(1,3)x1＝eq \f(8L,27) 以此类推有xn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)x1 所以导体棒M在磁场中向左运动的总位移大小为x左＝x1＋x2…＋xn＝x1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(1)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1))) 根据等比数列求和公式有x左＝eq \f(x1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3)) 当n趋于无穷大时x左＝eq \f(4L,3) 所以x＝x左－x右 解得x＝L。 (1)①求磁感应强度B的大小； ②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小； (2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小； (3)若转筒P的角速度小于eq \f(6v0,R)，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。 答案：(1)①eq \f(mv0,qR)　②(4k＋1)eq \f(v0,R)(k＝0，1，2，…) (2)2,0)eq \f(（2nπ＋θ）Nmv,2（π－θ）πR) taneq \f(θ,2)(n＝0，1，2，…) (3)eq \f(π,6)、eq \f(5π,6) 解析：(1)①速度大小为v0的离子在磁场中做圆周运动，半径为R，根据牛顿第二定律有 qv0B＝2,0)eq \f(mv,R) 解得B＝eq \f(mv0,qR)。 ②由题意知，速度大小为v0的离子在磁场中运动轨迹所对圆心角为eq \f(π,2)，则离子在磁场中的运动时间t＝eq \f(πR,2v0) 若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，则此时间内转筒转动的角度ωt＝2kπ＋eq \f(π,2)(k＝0，1，2，…) 联立解得ω＝(4k＋1)eq \f(v0,R)(k＝0，1，2，…)。 (2)设打在C处的离子在磁场中做圆周运动的半径 为R′，由几何关系有R′＝Rtaneq \f(θ,2) 设对应的离子速度大小为v′，根据牛顿第二定律有qv′B＝eq \f(mv′2,R′) 可解得v′＝v0taneq \f(θ,2) 打在C处的离子在磁场中运动轨迹所对圆心角为(π－θ)，则在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)eq \f(R′,v′) 此时间内转筒的转动角度满足ω′t′＝2nπ＋θ(n＝0，1，2，…) 联立可得转筒的转动角速度ω′＝eq \f(（2nπ＋θ）v0,（π－θ）R)(n＝0，1，2，…) 对N个打在C点的离子，由动量定理得－F′Δt＝0－Nmv′ 且2π＝ω′Δt 根据牛顿第三定律知，C处受到平均冲力的大小F＝F′ 联立解得F＝2,0)eq \f(（2nπ＋θ）Nmv,2（π－θ）πR) taneq \f(θ,2)(n＝0，1，2，…)。 (3)结合(1)(2)分析可知，若在A处和θ′处都能探测到离子，则转筒P的角速度应同时满足(1)和(2)中角速度的条件，则转筒的转动角速度为ω″＝eq \f(（4k＋1）v0,R)＝eq \f(（2nπ＋θ′）v0,（π－θ′）R)，其中k＝0，1，2，…，n＝0，1，2，… 若要求ω″<eq \f(6v0,R)，则k只能取0和1，则eq \f(2nπ＋θ′,π－θ′)＝1或eq \f(2nπ＋θ′,π－θ′)＝5， 可解得θ′＝eq \f(（1－2n）π,2)或θ′＝eq \f(（5－2n）π,6) 又因为0<θ′<π 则θ′＝eq \f(π,6)，或θ′＝eq \f(π,2)，或θ′＝eq \f(5π,6) 即除在A处探测到离子对应的θ′＝eq \f(π,2)外，板Q上能探测到离子的其他θ′值为eq \f(π,6)、eq \f(5π,6)。 答案：(1)2∶1　2∶1 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3nmv,Bq)，0))(n＝1，2，3，…)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（6n－3）mv,2Bq)，\f(\r(3)mv,2Bq)))(n＝1，2，3，…) (3)eq \f(3\r(3)mv,4Bq)　t＝eq \f(（9n＋2）πm,6Bq)(n＝0，1，2，…)或t＝eq \f(（9n＋7）πm,6Bq)(n＝0，1，2，…) 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，在y>0和y<0的区域内运动时，分别有Bqv＝eq \f(mv2,r1)，2Bqv＝eq \f(mv2,r2) 可得粒子分别在y>0和y<0的区域内运动时的半径之比r1∶r2＝2∶1 粒子在y>0和y<0的区域内运动时的周期分别为T1＝eq \f(2πr1,v)，T2＝eq \f(2πr2,v) 解得T1∶T2＝2∶1。 (2)根据(1)可知r1＝eq \f(mv,Bq)，r2＝eq \f(mv,2Bq) 当t＝eq \f(T1＋T2,2)时，两粒子发生弹性碰撞，以y轴正方向为速度的正方向，设碰后瞬间两粒子速度分别为v1、v2，由动量守恒定律可得mv－mv＝mv1＋mv2 根据总动能不变可得eq \f(1,2)mv2×2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得v1＝－v，v2＝v，即两粒子碰撞后原速率反向运动 两粒子运动的部分轨迹如图所示 ①在x轴上的轨迹交点，横坐标x1＝n(2r1＋2r2)＝eq \f(3nmv,Bq)(n＝1，2，3，…) 坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3nmv,Bq)，0))(n＝1，2，3，…)。 ②不在x轴上的轨迹交点，根据对称性可得横坐标x2＝r1＋eq \f(r1,2)＋3(n－1)r1＝eq \f(（6n－3）mv,2Bq)(n＝1，2，3，…) 纵坐标y2＝2,1)eq \r(r－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,2)))\s\up12(2)) ＝eq \f(\r(3)mv,2Bq) 故坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（6n－3）mv,2Bq)，\f(\r(3)mv,2Bq)))(n＝1，2，3，…)。 (3)根据(1)可知T1＝eq \f(2πm,qB)，T2＝eq \f(πm,qB) 在t≤eq \f(T2,2)内，粒子a到x轴的距离Δy1＝r1·sin(ω1t)，粒子b到x轴的距离Δy2＝r2sin(ω2t) 式中ω1＝eq \f(2π,T1)，ω2＝eq \f(2π,T2) 两粒子在运动过程中沿y轴方向的距离为y＝Δy1＋Δy2 又r1∶r2＝2∶1，ω1∶ω2＝eq \f(2π,T1)∶eq \f(2π,T2)＝1∶2 所以y＝r1sin(ω1t)＋eq \f(1,2)r1sin(2ω1t) 对y求导可得y′＝ω1r1[cos(ω1t)＋cos(2ω1t)]＝ω1r1[cos(ω1t)＋2cos2(ω1t)－1] 令y′＝0，则有cos(ω1t)＋2cos2(ω1t)－1＝0 其中ω1t＝eq \f(2π,T1)t＝eq \f(π,T2)t≤eq \f(π,2) 解得ω1t＝eq \f(π,3)，t＝eq \f(πm,3Bq) 此时y最大，为ym＝eq \f(3\r(3)mv,4Bq)； 由对称性可知，在eq \f(T1,2)≤t≤eq \f(T1＋T2,2)内，t＝eq \f(T1＋T2,2)－eq \f(πm,3Bq)＝eq \f(7πm,6Bq)时，y最大，为ym＝eq \f(3\r(3)mv,4Bq)； 故当t＝eq \f(πm,3Bq)＋eq \f(T1＋T2,2)n＝eq \f(（9n＋2）πm,6Bq)(n＝0，1，2，…)或t＝eq \f(7πm,6Bq)＋eq \f(T1＋T2,2)n＝eq \f(（9n＋7）πm,6Bq)(n＝0，1，2，…)时，两粒子在平行y轴方向上的距离最大，其最大值为ym＝eq \f(3\r(3)mv,4Bq)。 $