2019高考物理二轮复习第二部分热点训练十二电磁学综合题.doc

1、谢谢你的观赏热点十二电磁学综合题口盥题线侧带电粒子在复合场中运动问题情境变化多，与现代科技联系紧密，近年新课标全国卷中对带电粒子在复合场中的运动考查角度主要有三；一是将带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和带电粒子在匀强磁场中的运动综合在一起命题；二是考查带电粒子在电场、磁场的叠加场中的运动；三是考查考虑重力的带电质点的电场、磁场、重力场的复合场中的运动。考向一带电粒子在电场中的运动例1如图1所示，一对带电平行金属板 A B与竖直方向成30。角放置，B板中心 有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy上的O点，y轴沿竖直方向。一比荷为1.0xi05C/kg 的带正电粒子P从A板中心O处静止释放后沿 O

2、 O做匀加速直线运动，以速度V0=104m/s, 方向与x轴正方向成30夹角从O点进入匀强电场，电场仅分布在x轴的下方，场强大小E =：x 103 V/m ,方向与x轴正方向成60°角斜向上，粒子的重力不计。试求：3图1(1) AB两板间的电势差 LAbo(2)粒子P离开电场时的坐标。(3)若在P进入电场的同时，在电场中适当白位置由静止释放另一与P完全相同的带电粒子Q可使两粒子在离开电场前相遇。求所有满足条件的释放点的集合(不计两粒子之间的相互作用力)。一一 1一,mV2 v0 (104)2解析(1)由动能定理qU= 2mV0可得LAb= =丁 ；>< 105 V = 5

3、0° Vm(2)粒子P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时到O的距离为L,如图所示,则 Lcos 30 ° = v°t解得L= 1 m,所以P离开电场时的坐标为(1,0)(3)由于粒子Q与P完全相同，所以只需在P进入电场时速度方向的直线上的O唾围内任一点释放粒子 Q可保证两者在离开电场前相碰，所在的直线方程为OM= Lcos 30故 M的横坐标为 xm= OM cos 30 ° = 0.75 m 。答案(1)500 V (2)(1,0)(3) y=上x,且 0WxW0.75 m考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动例2如图2所示，两同心圆圆心为 Q半径分别

4、为r和2r,在它们围成的环形区域内存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀弓11磁场。大量质量为 m电量为+ q的带电粒子以不同的速率从P点沿各个方向射入磁场区域，不计粒子重力及其相互作用。谢谢您的观赏图2(1)若某带电粒子从 P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，求该粒子在磁场中运动的时间。(2)若有些带电粒子第一次穿过磁场后恰能经过O点，求这些粒子中最小的入射速率。解析(1)该粒子恰好没有进入内部圆形区域，说明粒子轨迹与内圆相切，设粒子做圆周运动的半径为 R,圆心为Q,轨迹如图，则有：(R+r)2=R2+(2r)2 设粒子偏转角为0,由几何关系可得2rR1由、解得0 =106

5、又由粒子在磁场中运动周期为2兀R1t=dv粒子在磁场中运动的时间t106 三XT 360粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:v2 qvB= mRi .口53 7t m由得： t =90qB(2)最小速率的带电粒子应与大圆相切入射，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R,圆心为Q,粒子速度为 v',则由几何关系得：(2r R)2=R2+r2由牛顿第二定律可得:, v' 2 _qv B= m-R2-(Z由和式解得：v3qBr=o4 m答案考向三带电粒子在组合场、复合场中运动例3如图3所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B = 0.2 T、R=

6、0.05 T,分界线0Mtl x轴正方向的夹角为在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E= 1X104 V/m。现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从 O点进入匀强磁场区域。已知A点横坐标Xa= -5X10 2 m,带电粒子的质量 m=1.6X1。-24 kg,电荷量 q=+1.6 X10 15 C。It笃 g X XXX： » 1 / X X X K X » / JCX X X X »/x X X X /X X x X x _Qi图3如果“ =30° ,在OMk有一点P, 0e3X10 2 m,粒子从进入 O点计时，经多长 时间经过P点

7、？(2)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求 a的取值范围？(已知sin 370 =0.6, cos 37 ° = 0.8)解析(1)在电场中加速过程，根据动能定理，有：qE/=2mV,在刀/曰2qExA解得：v=> / m2X1.6 X1015X1X104X5X10 2 m/s1.6 X10 24= 1X106 m/s ；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律,v2 有：qvB= m7,mv斛得：二垣mv 1.6X1024 kg x 106 m/s3故 r1=qB1= 1.6 X1015 CX0.2 T = 5* 10 mmv 1.6X1024 kg x 106 m/s22=

8、N= 2X10 mqB2 1.6X1015 CX0.05 T粒子通过直线边界 OM寸，进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边界线的夹角,故经过B磁场时沿着 OMtf进ri距离，经过B2磁场时沿着 OM前进2距离，由于 Oa3X10一 2P点经过的时间为:m=21+2,故轨迹如图所不:故粒子从进入 O点计时，到达6060°t =360。T160°+ 36012 7tm 1T2 = 3 * qB1 + 62兀m x -qB22兀 X1.6 X10 24TZZ s +3X1.6 X10-15X0.2 s 十s =3.14 X 10 8 s兀 X 1.6 X 1024 3X 1

9、.6 X 1015X0.05y(2)由于2=41,画出临界轨迹，如图所示:于3 X X r x x x x :x x x XXX ，x 乂 X ,0*,，、一一r2 44由几何关系解倚：sin 3=rr72=5, 3=arcsin 5=53故 a W90。- -2-= 63.5 ° 。答案(1)3.14 X10 8 s (2) a <63.5°考向四电磁感应定律的综合应用例4如图4所示，倾角为。=30。的平行金属导轨固定在水平面上，导轨的顶端接定值电阻R,与导轨宽度相等的导体棒 AB垂直导轨放置，且保持与导轨有良好的接触，图1 中虚线1和2之间有垂直导轨平面向上的匀强

10、磁场。现给导体棒沿导轨向上的初速度，该导体棒穿过磁场区域后能向上运动到的最高位置是虚线3处，然后沿导轨向下运动到底端。已知导体棒向上运动经过虚线1和2时的速度大小之比为 2： 1,导体棒沿导轨向下运动时由虚线2到虚线1做匀速直线运动，虚线 2、3之间的距离为虚线 1、2之间距离的2倍，整个运动过程中导体棒所受的阻力恒为导体棒重力的1一 一 一除定值电阻外其余部分电阻均可忽略。6图4(1)求导体棒沿导轨向上运动经过虚线2的速度大小V1与沿导轨向下运动经过虚线2的速度大小V2之比。(2)求导体棒沿导轨向上运动刚经过虚线1和刚经过虚线2的加速度大小之比。(3)求导体棒沿导轨向上运动经过磁场过程中与沿

11、导轨向下运动经过磁场过程中定值电阻R上产生的热量之比 Q : Q。解析(1)设虚线2、3之间的距离为x,导体棒由虚线2运动到虚线3的过程中，由43gx1”gmg= ma,斛得此时导体棒所受的安培力大小为B212V0、，.F1=BI1l =一万向沿导轨向下R牛顿第二定律得 m$in 30° + 6mg= ma,解得d = 3g，又由0 v1= 2&x可得v=导体棒由虚线3运动到虚线2的过程中，由牛顿第二定律得mgin 30 a = 3g,又由 v2=2a2x 可得 V2=、/|gx,因此 V1 ： V2=J2 ： 1。(2)设导体棒的长度为l ,导体棒沿导轨向上运动经过虚线1的

12、速度为vo,加速度大小E1 Blv0为我，此时的感应电动势为E1=Blv0,由欧姆定律得回路中的电流为I1= = v0R R由牛顿第二定律得 mgsin 301 一 一+ gmg+ F1 = ma,解得a3=1g+F1由题意知导体棒沿导轨向下运动经过虚线2时的速度大小为V2,此时的感应电动势为E2 Blv2E2= Blv 2,回路中的电流为12 = R R此时导体棒所受的安培力大小为F2=Bl2l =B2l2v2Er-,方向沿导轨向上 R由力的平衡条件可得 mg>in 30=6mg+ F2,解得巳 1B212V2又因为 vi ： V2= 2 ： 1, vo ： vi = 2 ： 1,可得

13、Vo : v2= 2，2 ： 12+2. 2整理可得a3=丁-g 3设导体棒向上运动刚好经过虚线2时的加速度大小为 a4,则由牛顿第二定律得mg>in1 B2l2v130° + -mg+-= ma,整理可得 6 Ra4=gg,解得 a3: a4=2 : 1。 3由功能关系得m§in 30- d +6mg小 Q = 2mVJ 2m2(3)设虚线1和虚线2之间的距离为d,导体棒沿导轨向上运动穿过磁场区域时,12d + 6E,一1导体棒向上由虚线 2运动到虚线3的过程中，由功能关系得 -m2 = mgiin 30 10mg,2d,联立解得 Q = qmgd3导体棒沿导轨向下

14、由虚线 2运动到虚线1的过程中,1Q= W= F2d= "mgd3解得 Q ： Q=10 ： 1。答案(1)也：1(2)啦：1(3)10 ： 11 .如图5所示，在y轴右侧整个空间有无限大匀强电场区。区域I,电场强度为 方向沿x轴负方向，在直线 x = 1 m与y轴之间的整个空间有匀强电场区域n ,电场强度为E,方向沿y轴负方向，两个电场的电场强度大小相等，即E1=E2, 一带正电的粒子从电 场I中由静止释放。经电场I加速后垂直射入电场n ,粒子重力不计。图5(1)若释放点S坐标为(0.5 m,0.5 m),求粒子通过x轴的位置坐标;(2)将粒子在电场I中适当位置由静止释放，粒子能通

15、过一x轴上的P点，P点坐标为(一2,0),求释放点的坐标应满足的条件。解析(1)粒子在电场I中加速过程，根据动能定理可得1 qEx = 2im0 ,12粒子进入电场n中做类平抛运动y = 2atqE2 a= mSx= Vot代入数据可得sx=1 m因此粒子通过x轴的坐标为(一1 m,0)(2)设满足条件的释放点的坐标为(x, y),粒子在电场I中加速过程根据动能定理可得1 cqEx = 2mV)粒子进入电场n中做类平抛运动，设粒子从P点射出的方向与x轴的偏转角为9Vx= VoVy= atqE2a= m粒子在电场n中的水平位移s= 1 m= votvytan 0 =一 vxtan粒子通过P点，则

16、末速度的反向延长线通过偏转过程水平分位移的中点，故应满足y)39 =",即 y=或an 01 .52联立以上各式解得y = -3o4x答案见解析2 .一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的木It截面如图 6所示。图中直径 MN勺两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转 动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MM向射入磁场，当筒以大小为3 0的角速度转过90。时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。图6（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则该粒子的比荷和速率分别是多大？（2）若粒子速率不变，入射方向在

17、该截面内且与MM向成30。角（如图所示），则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？解析 （1）若粒子沿MM向入射，当筒转过 90。时，粒子从 M孔（筒逆时针转动）或N 孔（筒顺时针转动）射出，如图所示，由轨迹 1可知粒子做圆周运动的轨迹半径r=R根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得v2 qvB= mRN粒子运动周期T=2 兀 R 27tmv qB兀m2qB* 兀T筒转过90的时间t=2,又t=4=联立以上各式得粒子比荷 q=誓， m B粒子速率V= CO0R（2）若粒子与MNT向成30°角入射，速率不变，则做圆周运动的轨迹半径仍为R作粒子轨迹2如图所示，轨迹 2的

18、圆心为 O',则四边形 MO PO为菱形，可得/ MO P= /MOP =2,所以/ NOP=-3-,则粒子偏转的时间t'2兀得 t'由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下:当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为3 1,若从N点离开，则筒转动时间满*+2kTt36k+ 1CO1=-2 030,其中 k=0,1,2,3 , 若从M点离开，则筒转动时间满足(2k +1)兀3,n 6k+4得 31=-230,其中 k=0,1,2,3 , 综上可得 3 1=3n/30,其中n=0,1,2,3 , 当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为3 2；若从M点离开，则筒转动时间满2兀+

19、2k 兀33 - 2k+ 2,得 3 2 =2a% 其中 k=0,1,2,3 , 若从N点离开，则筒转动时间满足2兀+(2k + 1) %33(2k + 1) +23 0,其中k=0,1,2,3 , 综上可得3n+ 23 2= -2- 3。，其中n=0,1,2,3 , 综上所述,圆筒角速度大小应为3n+ 1w 1 =2- 3 0或者3 2 =3n+2。2 3。，其中 n=0,1,2,3 , ,答案见解析3 .如图7所示，以竖直线MW；界，左侧空间有水平向右的匀强电场，右侧空间有竖直向上的匀强电场和垂直纸面水平向外的匀强磁场。在左侧空间O点用长为L的不可伸长的轻质绝缘细绳悬挂质量为 m带电荷量为

20、q的小球。现使细绳拉直，从 A点静止释放小球，小 球绕O点做圆周运动，B点为圆周上速度最大点，已知OA与竖直方向夹角 0 1 = 30° , OB与竖直方向夹角0 2=60° ,左右两侧空间电场强度大小之比为Ei : E=、/3 ： 1,重力加速2度为 g= 10 m/s 。(1)求左侧空间电场强度大小；(2)求小球运动到B点时，小球对细绳的拉力大小；(3)若小球运动到B点时，细绳突然断开，小球运动一段时间后， 从MNi界上某点进入 右侧空间运动，然后又从MNi界上另一点回到左侧空间运动，最后到达OB线上某点P时速度变为零，求小球在右侧空间运动的时间。解析(1)要使小球在B

21、点的速度最大，则重力与电场力的合力沿OB方向，则tan 3。=詈日=如。qE1 q(2)设小球运动到B点时速度大小为 vo,小球所受重力与电场力的合力为：= 2mg从A到B,对小球由动能定理得:1FL=二 mV。 2联立解得:Vo= 4gLv0在B点由牛顿第二定律：Ft F= m1在B点时，细绳对小球的拉力为：Ft= 6mg由牛顿第三定律知小球对细绳的拉力大小为6mg(3)设小球从MNfe界上的C点进入右侧空间，从 D点出右侧空间，从 B到C,小球做类 平抛运动，进入 MN&侧空间后：E1 mg .E2= =,即 qE2= mg3 q小球在右侧空间做匀速圆周运动，小球回到左侧空间后，到

22、O瞰上某点P速度减小到零，O'为小球在 MN&侧空间做圆周运动的轨迹圆心，过C点作BD的垂线交BD于Q点。由几何关系得/ CDQ= 60° , ZQCD= 30° , ZO CD= Z O DG= 30° ,在C点小球速度方向与 界面夹角也为60°。设小球从B到C的运动时间为tB,在MN&侧空间做圆周运动半径为R,运动时间为t o由几何关系得：CD= 2RCos 30 , QC= CX cos 30 = 1.5 R从B到C,由运动学规律得：QC= vet b, vc= vcos 30 ° ,vsin 30=atb, a=

23、 = 2gm以上各式联立解得：R=包3L, v = 4料93, . 2 ，一一一小球在MN右侧空间做圆周运动的圆心角为240 ,即可圆周，故小球在 MN右侧运动的3时间为：答案,3mg q4 .如图8所示，ab为一长度为l = 1 m的粒子放射源，该放射源能同时释放出大量带正电的粒子，已知粒子的比荷均为mm= 1.6 X 105 C/kg ,带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略。图中的虚线ef距离ab为h= 1 m在虚线ef的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场。若以a点为坐标原点、以 ab为x轴、以ad为y轴建立坐标系，则图中曲线 ac的 轨迹方程为y=x2,在曲线ac与放射源ab之间的区

24、域I内存在竖直向上的匀强电场，且电 场强度的大小为 Ei = 2.0 x 102 N/C,图中的虚线 ad±ef,在ad左侧l =1 m处有一长度也为 h= 1 m的荧光屏MN在ad与MN间的区域n内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E,某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子。（结果保留两位有效数字）图8从ab中点释放的粒子到达虚线 ef的速度vi为多大?(2)如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为多大?(3)在满足第(2)问的条件下，如果所有的粒子均能打到荧光屏上，则E2的最小值为多少？当E2取这个最小值时，运动时间最短的粒子的运动总时间为多少？解析(

25、1)由题意，设由粒子放射源发射的某个粒子由静止释放时与a点的距离为x,则其在区域I中加速的位移 y=x2,设粒子射出区域I时的速度大小为 v,由动能定理可得 e qy = 2mV,联立可得 v=yjqxi从ab的中点释放的粒子释放时距a点xi=-m,代入数据可解得 vi = 4.0 x 103 m/s 。(2)所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r,由牛顿第二定律可得分析可知，当磁感应强度 B 一定时，轨迹半径与x成正比，当x趋近于零时，粒子做 圆周运动的轨迹半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从d点射出磁场，且有 2r=x,联立并代入数据解得 B= 0.10 T。(3)粒子从

26、d点沿竖直向下的方向进入区域n的电场后，所有粒子均在电场力作用下做类平抛运动，若所有带电粒子均能打到荧光屏上，则从b点释放的粒子刚好运动到荧光屏上的N点时对应电场强度最小，设为E2min,设该粒子由d点进入电场的初速度为 V2,则V2 =2m1，设粒子在区域n中运动的时间为13,加速度为a2,在水平方向上有l=：a2t 2,在竖直方向上有 h=v2t3,又根据牛顿第二定律得 E2minq= ma,联立解得 Emin = 8.0Xl0 N/C,由题意可知，当 巳=Emin时最先打在荧光屏上的粒子为从b点释放的粒子，设该粒子在区域E1qI的电场中运动的时间为 t 1 ,在磁场中运动的时间为 t 2,则有V2=-mtl,在匀强磁场中转h过的圆心角0 = 71 ,则有兀0=V2t 2,其中。= 2，故该粒子所经历的总时间 t =t l+ t 2+ t 3, 代入数据得t =5.7X104 s。答案见解析