《2019屆高考物理二輪復習 第二部分 熱點專練 熱點十二 電磁學綜合題專項訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 第二部分 熱點專練 熱點十二 電磁學綜合題專項訓練（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、熱點十二　電磁學綜合題 帶電粒子在復合場中運動問題情境變化多，與現代科技聯(lián)系緊密，近年新課標全國卷中對帶電粒子在復合場中的運動考查角度主要有三；一是將帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和帶電粒子在勻強磁場中的運動綜合在一起命題；二是考查帶電粒子在電場、磁場的疊加場中的運動；三是考查考慮重力的帶電質點的電場、磁場、重力場的復合場中的運動。 考向一　帶電粒子在電場中的運動 　如圖1所示，一對帶電平行金屬板A、B與豎直方向成30°角放置，B板中心有一小孔正好位于平面直角坐標系xOy上的O點，y軸沿豎直方向。一比荷為1.0×105 C/kg的帶正電粒子P從A板中心O′處靜止釋放后沿O′O做勻加

2、速直線運動，以速度v0＝104 m/s，方向與x軸正方向成30°夾角從O點進入勻強電場，電場僅分布在x軸的下方，場強大小E＝×103 V/m，方向與x軸正方向成60°角斜向上，粒子的重力不計。試求： 圖1 (1)AB兩板間的電勢差UAB。 (2)粒子P離開電場時的坐標。 (3)若在P進入電場的同時，在電場中適當的位置由靜止釋放另一與P完全相同的帶電粒子Q，可使兩粒子在離開電場前相遇。求所有滿足條件的釋放點的集合(不計兩粒子之間的相互作用力)。 [解析]　(1)由動能定理qUAB＝mv可得UAB＝＝＝ V＝500 V (2)粒子P在進入電場后做類平拋運動，設離開電場時到O的距離為

3、L，如圖所示， 則Lcos 30°＝v0t Lsin 30°＝t2 解得L＝1 m，所以P離開電場時的坐標為(1,0) (3)由于粒子Q與P完全相同，所以只需在P進入電場時速度方向的直線上的OM范圍內任一點釋放粒子Q，可保證兩者在離開電場前相碰，所在的直線方程為y＝－x OM＝Lcos 30°＝ m 故M的橫坐標為xM＝OM·cos 30°＝0.75 m。 [答案]　(1)500 V　(2)(1,0)　(3)y＝－x，且0≤x≤0.75 m 考向二　帶電粒子在勻強磁場中的運動 　如圖2所示，兩同心圓圓心為O，半徑分別為r和2r，在它們圍成的環(huán)形區(qū)域內存在著磁感應強度為B、

4、方向垂直紙面向里的勻強磁場。大量質量為m、電量為＋q的帶電粒子以不同的速率從P點沿各個方向射入磁場區(qū)域，不計粒子重力及其相互作用。 圖2 (1)若某帶電粒子從P點沿PO方向射入磁場，恰好未能進入內部圓形區(qū)域，求該粒子在磁場中運動的時間。 (2)若有些帶電粒子第一次穿過磁場后恰能經過O點，求這些粒子中最小的入射速率。 [解析]　(1)該粒子恰好沒有進入內部圓形區(qū)域，說明粒子軌跡與內圓相切，設粒子做圓周運動的半徑為R1，圓心為Q1，軌跡如圖，則有： (R1＋r)2＝R＋(2r)2① 設粒子偏轉角為θ，由幾何關系可得 tan＝ ② 由①、②解得θ＝106° 又由粒子在磁場

5、中運動周期為T＝③ 粒子在磁場中運動的時間t＝×T④ 粒子由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qvB＝m⑤ 由①～⑤得：t＝ (2)最小速率的帶電粒子應與大圓相切入射，軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的半徑為R2，圓心為O2，粒子速度為v′，則 由幾何關系得：(2r－R2)2＝R＋r2⑥ 由牛頓第二定律可得：qv′B＝m⑦ 由⑥和⑦式解得：v′＝。 [答案]　(1)　(2) 考向三　帶電粒子在組合場、復合場中運動 　如圖3所示，在第一象限內有垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應強度分別為B1＝0.2 T、B2＝0.05 T，分界線OM與x軸正方向的夾角為α。在第二

6、、三象限內存在著沿x軸正方向的勻強電場，電場強度E＝1×104 V/m?，F有一帶電粒子由x軸上A點靜止釋放，從O點進入勻強磁場區(qū)域。已知A點橫坐標xA＝－5×10－2 m，帶電粒子的質量m＝1.6×10－24 kg，電荷量q＝＋1.6×10－15 C。 圖3 (1)如果α＝30°，在OM上有一點P，OP＝3×10－2 m，粒子從進入O點計時，經多長時間經過P點？ (2)要使帶電粒子能始終在第一象限內運動，求α的取值范圍？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [解析]　(1)在電場中加速過程，根據動能定理，有： qExA＝mv2， 解得：v＝ ＝ m/s ＝

7、1×106 m/s； 粒子在磁場中運動時，根據牛頓第二定律， 有：qvB＝m， 解得：r＝； 故r1＝＝＝5×10－3 m r2＝＝＝2×10－2 m 粒子通過直線邊界OM時，進入時速度與邊界線的夾角等于離開時速度與邊界線的夾角，故經過B1磁場時沿著OM前進r1距離，經過B2磁場時沿著OM前進r2距離，由于OP＝3×10－2 m＝2r1＋r2，故軌跡如圖所示： 故粒子從進入O點計時，到達P點經過的時間為： t＝T1＋T2＝×＋×＝ s＋ s＝3.14×10－8 s (2)由于r2＝4r1，畫出臨界軌跡，如圖所示： 由幾何關系解得：sin β＝＝，β＝arcsin＝5

8、3° 故α≤90°－＝63.5°。 [答案]　(1)3.14×10－8 s　(2)α≤63.5° 考向四　電磁感應定律的綜合應用 　如圖4所示，傾角為θ＝30°的平行金屬導軌固定在水平面上，導軌的頂端接定值電阻R，與導軌寬度相等的導體棒AB垂直導軌放置，且保持與導軌有良好的接觸，圖1中虛線1和2之間有垂直導軌平面向上的勻強磁場?，F給導體棒沿導軌向上的初速度，該導體棒穿過磁場區(qū)域后能向上運動到的最高位置是虛線3處，然后沿導軌向下運動到底端。已知導體棒向上運動經過虛線1和2時的速度大小之比為2∶1，導體棒沿導軌向下運動時由虛線2到虛線1做勻速直線運動，虛線2、3之間的距離為虛線1、2之間距

9、離的2倍，整個運動過程中導體棒所受的阻力恒為導體棒重力的，除定值電阻外其余部分電阻均可忽略。 圖4 (1)求導體棒沿導軌向上運動經過虛線2的速度大小v1與沿導軌向下運動經過虛線2的速度大小v2之比。 (2)求導體棒沿導軌向上運動剛經過虛線1和剛經過虛線2的加速度大小之比。 (3)求導體棒沿導軌向上運動經過磁場過程中與沿導軌向下運動經過磁場過程中定值電阻R上產生的熱量之比Q1∶Q2。 [解析]　(1)設虛線2、3之間的距離為x，導體棒由虛線2運動到虛線3的過程中，由牛頓第二定律得mgsin 30°＋mg＝ma1，解得a1＝g，又由0－v＝－2a1x可得v1＝導體棒由虛線3運動到虛線

10、2的過程中，由牛頓第二定律得mgsin 30°－mg＝ma2，解得a2＝g，又由v＝2a2x可得v2＝，因此v1∶v2＝∶1。 (2)設導體棒的長度為l，導體棒沿導軌向上運動經過虛線1的速度為v0，加速度大小為a3，此時的感應電動勢為E1＝Blv0，由歐姆定律得回路中的電流為I1＝＝ 此時導體棒所受的安培力大小為F1＝BI1l＝方向沿導軌向下 由牛頓第二定律得mgsin 30°＋mg＋F1＝ma3，解得 a3＝g＋ 由題意知導體棒沿導軌向下運動經過虛線2時的速度大小為v2，此時的感應電動勢為E2＝Blv2，回路中的電流為I2＝＝ 此時導體棒所受的安培力大小為F2＝BI2l＝，方向沿

11、導軌向上 由力的平衡條件可得mgsin 30°＝mg＋F2，解得 F2＝mg＝ 又因為v1∶v2＝∶1，v0∶v1＝2∶1，可得 v0∶v2＝2∶1 整理可得a3＝g 設導體棒向上運動剛好經過虛線2時的加速度大小為a4，則由牛頓第二定律得mgsin 30°＋mg＋＝ma4，整理可得a4＝g，解得a3∶a4＝∶1。 (3)設虛線1和虛線2之間的距離為d，導體棒沿導軌向上運動穿過磁場區(qū)域時，由功能關系得mgsin 30°·d＋mgd＋Q1＝mv－mv 導體棒向上由虛線2運動到虛線3的過程中，由功能關系得mv＝mgsin 30°·2d＋mg·2d，聯(lián)立解得Q1＝mgd 導體棒沿導軌

12、向下由虛線2運動到虛線1的過程中， Q2＝W2＝F2d＝mgd 解得Q1∶Q2＝10∶1。 [答案]　(1)∶1　(2)∶1　(3)10∶1 1．如圖5所示，在y軸右側整個空間有無限大勻強電場區(qū)。區(qū)域Ⅰ，電場強度為E1，方向沿x軸負方向，在直線x＝－1 m與y軸之間的整個空間有勻強電場區(qū)域Ⅱ，電場強度為E2，方向沿y軸負方向，兩個電場的電場強度大小相等，即E1＝E2，一帶正電的粒子從電場Ⅰ中由靜止釋放。經電場Ⅰ加速后垂直射入電場Ⅱ，粒子重力不計。 圖5 (1)若釋放點S坐標為(0.5 m,0.5 m)，求粒子通過x軸的位置坐標； (2)將粒子在電場Ⅰ中適當位置由靜止釋放，

13、粒子能通過－x軸上的P點，P點坐標為(－2,0)，求釋放點的坐標應滿足的條件。 解析　(1)粒子在電場Ⅰ中加速過程，根據動能定理可得 qE1x＝mv 粒子進入電場Ⅱ中做類平拋運動y＝at2 a＝ sx＝v0t 代入數據可得sx＝1 m 因此粒子通過x軸的坐標為(－1 m,0) (2)設滿足條件的釋放點的坐標為(x，y)，粒子在電場Ⅰ中加速過程根據動能定理可得 qE1x＝mv 粒子進入電場Ⅱ中做類平拋運動，設粒子從P點射出的方向與x軸的偏轉角為θ vx＝v0 vy＝at a＝ 粒子在電場Ⅱ中的水平位移s＝1 m＝v0t tan θ＝ 粒子通過P點，則末速度的反向延

14、長線通過偏轉過程水平分位移的中點，故應滿足tan θ＝，即y＝tan θ 聯(lián)立以上各式解得y＝。 答案　見解析 2.一半徑為R的薄圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖6所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉動，圓筒的轉動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變。一不計重力的帶負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當筒以大小為ω0的角速度轉過90°時，該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒。 圖6 (1)若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則該粒子的比荷和速率分別是多大？ (2)若粒子速率不變，入射方向在該截面內且與MN方向成30°角(

15、如圖所示)，則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒，圓筒角速度應為多大？ 解析　 (1)若粒子沿MN方向入射，當筒轉過90°時，粒子從M孔(筒逆時針轉動)或N孔(筒順時針轉動)射出，如圖所示，由軌跡1可知粒子做圓周運動的軌跡半徑r＝R根據洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力可得qvB＝m 粒子運動周期T＝＝ 筒轉過90°的時間t＝，又t＝＝ 聯(lián)立以上各式得粒子比荷＝， 粒子速率v＝ω0R (2)若粒子與MN方向成30°角入射，速率不變，則做圓周運動的軌跡半徑仍為R，作粒子軌跡2如圖所示，軌跡2的圓心為O′，則四邊形MO′PO為菱形，可得∠MO′P＝∠MOP＝，所以∠NOP＝， 則粒子

16、偏轉的時間t′＝，又T＝， 得t′＝ 由于轉動方向與射出孔不確定，討論如下： ①當圓筒順時針轉動時，設筒轉動的角速度變?yōu)棣?，若從N點離開，則筒轉動時間滿足 t′＝， 得ω1＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 若從M點離開，則筒轉動時間滿足 t′＝， 得ω1＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 綜上可得ω1＝ω0，其中n＝0,1,2,3，… ②當圓筒逆時針轉動時，設筒轉動的角速度變?yōu)棣?；若從M點離開，則筒轉動時間滿足 t′＝，得ω2＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 若從N點離開，則筒轉動時間滿足 t′＝， 得ω2＝ω0，其中k＝0,1,2,3，… 綜上可得ω2＝

17、ω0，其中n＝0,1,2,3，… 綜上所述，圓筒角速度大小應為ω1＝ω0 或者ω2＝ω0，其中n＝0,1,2,3，… 答案　見解析 3．如圖7所示，以豎直線MN為界，左側空間有水平向右的勻強電場，右側空間有豎直向上的勻強電場和垂直紙面水平向外的勻強磁場。在左側空間O點用長為L的不可伸長的輕質絕緣細繩懸掛質量為m、帶電荷量為q的小球?，F使細繩拉直，從A點靜止釋放小球，小球繞O點做圓周運動，B點為圓周上速度最大點，已知OA與豎直方向夾角θ1＝30°，OB與豎直方向夾角θ2＝60°，左右兩側空間電場強度大小之比為E1∶E2＝∶1，重力加速度為g＝10 m/s2。 圖7 (1)求左側空

18、間電場強度大小； (2)求小球運動到B點時，小球對細繩的拉力大??； (3)若小球運動到B點時，細繩突然斷開，小球運動一段時間后，從MN邊界上某點進入右側空間運動，然后又從MN邊界上另一點回到左側空間運動，最后到達OB線上某點P時速度變?yōu)榱?，求小球在右側空間運動的時間。 解析　(1)要使小球在B點的速度最大，則重力與電場力的合力沿OB方向，則 tan 30°＝?E1＝。 (2)設小球運動到B點時速度大小為v0，小球所受重力與電場力的合力為： F＝＝2mg 從A到B，對小球由動能定理得： FL＝mv 聯(lián)立解得：v0＝ 在B點由牛頓第二定律：FT－F＝m 在B點時，細繩對小球的

19、拉力為：FT＝6mg 由牛頓第三定律知小球對細繩的拉力大小為6mg。 (3)設小球從MN邊界上的C點進入右側空間，從D點出右側空間，從B到C，小球做類平拋運動，進入MN右側空間后： E2＝＝，即qE2＝mg 小球在右側空間做勻速圓周運動，小球回到左側空間后，到OB線上某點P速度減小到零，O′為小球在MN右側空間做圓周運動的軌跡圓心，過C點作BD的垂線交BD于Q點。由幾何關系得∠CDQ＝60°，∠QCD＝30°，∠O′CD＝∠O′DC＝30°，在C點小球速度方向與界面夾角也為60°。 設小球從B到C的運動時間為tB，在MN右側空間做圓周運動半徑為R，運動時間為t。 由幾何關系得：

20、CD＝2Rcos 30°，QC＝CD×cos 30°＝1.5R 從B到C，由運動學規(guī)律得： QC＝v0tB，v0＝vcos 30°， vsin 30°＝atB，a＝＝2g 以上各式聯(lián)立解得：R＝，v＝ 小球在MN右側空間做圓周運動的圓心角為240°，即圓周，故小球在MN右側運動的時間為： t＝＝。 答案　(1)　(2)6mg　(3) 4．如圖8所示，ab為一長度為l＝1 m的粒子放射源，該放射源能同時釋放出大量帶正電的粒子，已知粒子的比荷均為＝1.6×105 C/kg，帶電粒子的重力以及粒子之間的相互作用均可忽略。圖中的虛線ef距離ab為h＝1 m，在虛線ef的上方存在垂直紙面

21、向里的勻強磁場。若以a點為坐標原點、以ab為x軸、以ad為y軸建立坐標系，則圖中曲線ac的軌跡方程為y＝x2，在曲線ac與放射源ab之間的區(qū)域Ⅰ內存在豎直向上的勻強電場，且電場強度的大小為E1＝2.0×102 N/C，圖中的虛線ad⊥ef，在ad左側l＝1 m處有一長度也為h＝1 m的熒光屏MN，在ad與MN之間的區(qū)域Ⅱ內存在水平向左的勻強電場，電場強度大小為E2，某時刻放射源由靜止釋放大量帶正電的粒子。(結果保留兩位有效數字) 圖8 (1)從ab中點釋放的粒子到達虛線ef的速度v1為多大？ (2)如果所有的粒子均從同一位置離開勻強磁場，則該磁場的磁感應強度B為多大？ (3)在滿足

22、第(2)問的條件下，如果所有的粒子均能打到熒光屏上，則E2的最小值為多少？當E2取這個最小值時，運動時間最短的粒子的運動總時間為多少？ 解析　(1)由題意，設由粒子放射源發(fā)射的某個粒子由靜止釋放時與a點的距離為x，則其在區(qū)域Ⅰ中加速的位移y＝x2，設粒子射出區(qū)域Ⅰ時的速度大小為v，由動能定理可得E1qy＝mv2，聯(lián)立可得v＝x 從ab的中點釋放的粒子釋放時距a點x1＝m， 代入數據可解得v1＝4.0×103 m/s。 (2)所有帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，由牛頓第二定律可得qvB＝m，解得r＝＝x 分析可知，當磁感應強度B一定時，軌跡半徑r與x成正比，當x趨

23、近于零時，粒子做圓周運動的軌跡半徑趨近于零，即所有粒子經磁場偏轉后都從d點射出磁場，且有2r＝x，聯(lián)立并代入數據解得B＝0.10 T。 (3)粒子從d點沿豎直向下的方向進入區(qū)域Ⅱ的電場后，所有粒子均在電場力作用下做類平拋運動，若所有帶電粒子均能打到熒光屏上，則從b點釋放的粒子剛好運動到熒光屏上的N點時對應電場強度最小，設為E2min，設該粒子由d點進入電場的初速度為v2，則v2＝l，設粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t3，加速度為a2，在水平方向上有l(wèi)＝a2t，在豎直方向上有h＝v2t3，又根據牛頓第二定律得E2minq＝ma2，聯(lián)立解得E2min＝8.0×102 N/C，由題意可知，當E2＝E2

24、min時最先打在熒光屏上的粒子為從b點釋放的粒子，設該粒子在區(qū)域Ⅰ的電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2，則有v2＝t1，在勻強磁場中轉過的圓心角θ＝π，則有πr0＝v2t2，其中r0＝，故該粒子所經歷的總時間t＝t1＋t2＋t3，代入數據得t≈5.7×10－4 s。 答案　見解析 5．如圖9所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導軌頂端連接一阻值為r的定值電阻。質量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上，在傾斜導軌區(qū)域加一垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場；在水平導軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應

25、強度也為B的勻強磁場，閉合開關S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運動到水平軌道前，已達到最大速度，不計導軌電阻且金屬桿MN始終與導軌接觸良好，重力加速度為g。 圖9 (1)求金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的最大速率vm； (2)金屬桿MN在傾斜導軌上運動，速度未達到最大速度vm前，在流經定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時間內在定值電阻上產生的焦耳熱Q； (3)求金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm。 解析　(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，對其受力分析，可得： mgsin θ－BImL＝0

26、根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律可得： Im＝ 解得：vm＝。 (2)設在這段時間內，金屬桿MN運動的位移為x 由電流的定義可得：q＝Δt 根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律得： 平均電流＝＝ 解得：x＝ 設電流為I0時金屬桿MN的速度為v0，根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律可得： I0＝ 設此過程中，電路產生的焦耳熱為Q熱，由功能關系可得：mgxsin θ＝Q熱＋mv 定值電阻r產生的焦耳熱Q＝Q熱 解得：Q＝－。 (3)設金屬桿MN在水平導軌上滑行時的加速度為a，速度為v時回路電流為I 由牛頓第二定律得： BIL＝ma 由法拉第電磁感應定律和歐姆定律可得： I＝ 解得：v＝m vΔt＝mΔv，即xm＝mvm 解得：xm＝。 答案　見解析 14