年高考物理二轮 考前三个月 第10题 电磁学综合问题学案

第10题电磁学综合问题1．如图1所示，虚线MN下方存在竖直向上的匀强电场，场强大小E＝2×103V/m，电场区域上方有一竖直放置长为L＝0.5m的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A、B，它们的质量均为m＝0.01kg，A球带正电，电荷量为q1＝2.5×10－4C；B球带负电，电荷量为q2＝5×10－5C；B球到MN的距离h＝0.05m．现将轻杆由静止释放(g取10m/s图1(1)B球进入匀强电场、A球未进入匀强电场过程B球的加速度大小；(2)小球从开始运动到A球刚进入匀强电场过程的时间；(3)B球向下运动离MN的最大距离．答案(1)15m/s2(2)0.3s(3)1.3m解析(1)B球刚进入电场时，把A、B球及杆作为一整体进行研究，其做加速度为a的匀加速运动，由牛顿第二定律得：2mg＋q2E＝2ma，解得a＝g＋eq\f(q2E,2m)＝15m/s2.(2)B球进入电场之前，A、B及杆整体做自由落体运动，设时间为t1由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝0.1sB球进入电场瞬间的速度v1＝gt1＝1m/s从B球进入电场到A刚要进入电场过程中，A、B及杆整体做匀加速直线运动，时间为t2.则L＝v1t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，解得t2＝0.2s.小球从开始运动到A球刚要进入匀强电场过程的时间t＝t1＋t2＝0.3s.(3)设B球向下运动离MN的最大距离为x，A、B球及杆整体从开始运动至到达最低点过程中，由动能定理得2mg(h＋x)＋q2Ex－q1E(x－L)＝0，解得x＝1.3m.2．如图2所示，在水平地面上方附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域．磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里．一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g.图2(1)求此区域内电场强度的大小和方向；(2)若某时刻微粒在场中运动到P点时，速度与水平方向的夹角为60°，且已知P点与水平地面间的距离等于其做圆周运动的半径．求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离；(3)当带电微粒运动至最高点时，将电场强度的大小变为原来的eq\f(1,2)(不计电场变化对原磁场的影响)，且带电微粒能落至地面．求带电微粒落至地面时的速度大小．答案见解析解析(1)由题意可知带正电的微粒所受的电场力和重力等大反向，因此电场强度的方向竖直向上，mg＝qE，即E＝mg/q(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得，qvB＝mv2/R，解得R＝eq\f(mv,qB)，由几何关系可知，该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离：hm＝eq\f(5,2)R＝eq\f(5mv,2qB)(3)电场力变为F电＝mg/2，带电微粒从最高点运动至地面的过程中，只有重力和电场力做功．设微粒落地时速度大小为vt，由动能定理，mghm－F电hm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mv2解得vt＝eq\r(v2＋\f(5mgv,2qB))3．如图3所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小B1＝eq\f(mv0,qL)、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L.质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标为(－2L，－eq\r(2)L)的A点以速度v0沿＋x方向射出，恰好经过坐标为[0，－(eq\r(2)－1)L]的C点射入区域Ⅰ.粒子重力忽略不计．图3(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；(3)要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向里的匀强磁场．试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)(L,0)(3)见解析解析(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．2L＝v0L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2联立解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为vvy＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(qE,m)·eq\f(2L,v0)＝v0v＝eq\r(2)v0，方向与x轴正向成45°斜向上粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，B1qv＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(\r(2)mv0,qB1)解得：R＝eq\r(2)L由几何关系知，离开区域Ⅰ时的位置坐标：x＝L，y＝0，即(L,0)(3)根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足：eq\f(3,4)L≤r≤Lr＝eq\f(mv,qB2)解得：eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B2≤eq\f(4\r(2)mv0,3qL)根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°4．如图4甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N间电压UMN的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B.t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0.两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．图4(1)求该粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)求粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离Δd；(3)若粒子的质量增加eq\f(1,8)，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度．答案(1)eq\f(2π,T0B)(2)2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(U0T0,πB))(3)eq\r(\f(10πU0,BT0))解析(1)由T0＝eq\f(2πm,qB)得eq\f(q,m)＝eq\f(2π,T0B)(2)设第1次自右向左穿过边界线N后再加速一次进入磁场区域Ⅱ时的速度为v1，共被加速2次：2qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)所以v1＝eq\r(\f(4qU0,m))第2次自右向左穿过边界线N时被加速3次，速度设为v2，3qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)所以v2＝eq\r(\f(6qU0,m))因为r＝eq\f(mv,qB)所以Δd＝2(r2－r1)＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(U0T0,πB))(3)因为T0＝eq\f(2πm,qB)粒子的质量增加eq\f(1,8)，则周期变为T＝eq\f(9,8)T0周期增加ΔT＝eq\f(1,8)T0每半个周期为eq\f(1,2)T＝eq\f(9,16)T0，增加eq\f(1,16)T0从t＝0开始到t＝2T0为止的时间内，粒子共加速了4次，加速电压分别为：U0、eq\f(3,4)U0、eq\f(2,4)U0、eq\f(1,4)U0由动能定理得：eq\f(1,2)mv2＝q(1＋eq\f(3,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(1,4))U0得：v＝eq\r(\f(5qU0,m))＝eq\r(\f(10πU0,BT0))5．如图5甲所示，在倾角θ＝30°的绝缘斜面上固定着两根平行金属导轨，导轨光滑且足够长，电阻不计，其间距L＝2m，下端通过导线连接一阻值R＝8Ω的小灯泡．间距d＝3m的EF、CD范围内有一方向垂直于斜面向上的匀强磁场，EF、CD均与导轨垂直，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示，图乙中B0、t1均未知．另有一质量m＝0.1kg、电阻r＝2Ω、长度也为L的金属棒，在t＝0时由导轨上的M、N处静止释放，沿导轨下滑过程中始终与导轨保持良好接触，已知在金属棒离开CD之前小灯泡的亮度不变，重力加速度g＝10m/s2，试求：图5(1)金属棒在磁场中运动的速度大小；(2)在金属棒下滑的整个过程中棒上产生的焦耳热；(3)t＝0时的磁感应强度B0.答案(1)5m/s(2)0.8J(3)eq\f(4,3)T解析(1)小灯泡的亮度不变，则金属棒进入磁场后做匀速运动．有BIL＝mgsinθ感应电流I＝0.5AE＝BLv＝I(R＋r)则金属棒在磁场中运动的速度大小：v＝5m/s(2)在磁场外金属棒做匀加速运动a＝gsinθ＝5m/s2运动时间t1即t1＝eq\f(v,a)＝1s在磁场中运动时间t2＝eq\f(d,v)＝0.6s棒上产生的焦耳热Qr＝I2r(t1＋t2)＝0.8J(3)由闭合电路欧姆定律：E＝I(R＋r)＝5V由法拉第电磁感应定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(LdB0－B,t1)联立可得：B0＝eq\f(4,3)T6．如图6甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°的斜面上，两导轨间距为L＝0.5m．上端通过导线与R＝2Ω的电阻连接，下端通过导线与RL＝4Ω的小灯泡连接．在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，CE间距离d＝2m．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．在t＝0时，一阻值为R0＝2Ω的金属棒从AB位置由静止开始运动，在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．设导轨AC段有摩擦，其他部分光滑，金属棒运动过程中始终与CD平行(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：图6(1)通过小灯泡的电流强度；(2)金属导轨AC段的动摩擦因数；(3)金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，整个系统产生的热量．答案(1)0.1A(2)eq\f(23,32)(3)1.375J解析(1)由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld＝0.5V由闭合电路欧姆定律得IL＝eq\f(E,RL＋\f(R·R0,R＋R0))＝0.1A(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为IL，设金属棒运动到CD时的速度为v，金属棒在AC段的加速度为a则依题意有BLv＝ILRL＋(IL＋IR)R0ILRL＝IRR由