2019届高考物理二轮复习第二部分热点专练热点十二电磁学综合题专项训练.doc

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1、1热点十二 电磁学综合题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 1.0105 C/kg 的带正电粒子 P 从 A 板中心 O处静止

2、释放后沿 O O 做匀加速直线运动，以速度v010 4 m/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 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43求：图 1(1)AB 两板间的电势差 UAB。(2)粒子 P 离开电场时的坐标。(3)若在 P 进入电场的同时，在电场中适当的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)。解析 (1)由动能定理 qUAB mv 可得 UAB V500 V12 20 mv202q v20

3、2qm (104)22105(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 v0tLsin 30 t212qEm解得 L1 m，所以 P 离开电场时的坐标为(1,0)2(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 OM 范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 y x33OM Lcos 30 m32故 M 的横坐标为 xM OMcos 300.75 m。答案 (1)500 V (2)(1,0) (3) y x，且 0 x0.75 m33考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动

4、如图 2 所示，两同心圆圆心为 O，半径分别为 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强磁场。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。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 R1，圆心为 Q1，轨迹如图，则有：(R1 r)2 R (2 r)

5、221设粒子偏转角为 ，由几何关系可得tan 2 2rR1由、解得 106又由粒子在磁场中运动周期为 T 2 R1v3粒子在磁场中运动的时间 t T106360粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB m v2R1由得： t53 m90qB(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 R2，圆心为 O2，粒子速度为 v，则由几何关系得：(2 r R2)2 R r22由牛顿第二定律可得： qv B m v 2R2由和式解得： v 。3qBr4 m答案 (1) (2)53 m90qB 3qBr4 m考向三 带电粒子在组合场、复合场中运动如图 3 所示，

6、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 B10.2 T、 B20.05 T，分界线 OM 与 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 E110 4 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 xA510 2 m，带电粒子的质量 m1.610 24 kg，电荷量 q1.610 15 C。图 3(1)如果 30，在 OM 上有一点 P， OP310 2 m，粒子从进入 O 点计时，经多长时间经过 P 点？(2)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求 的取值范围？(已知 sin 3

7、740.6，cos 370.8)解析 (1)在电场中加速过程，根据动能定理，有：qExA mv2，12解得： v2qExAm m/s21.610 151104510 21.610 24110 6 m/s；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律，有： qvB m ，v2r解得： r ；mvqB故 r1 510 3 mmvqB1 1.610 24 kg106 m/s1.610 15 C0.2 Tr2 210 2 mmvqB2 1.610 24 kg106 m/s1.610 15 C0.05 T粒子通过直线边界 OM 时，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 B1磁场时沿着 O

8、M 前进 r1距离，经过 B2磁场时沿着 OM 前进 r2距离，由于OP310 2 m2 r1 r2，故轨迹如图所示：故粒子从进入 O 点计时，到达 P 点经过的时间为：t T1 T2 s60 60360 60360 13 2 mqB1 16 2 mqB2 2 1.610 2431.610 150.2s3.1410 8 s 1.610 2431.610 150.05(2)由于 r24 r1，画出临界轨迹，如图所示：5由几何关系解得：sin ， arcsin 53r2r1 r2 45 45故 90 63.5。 2答案 (1)3.1410 8 s (2) 63.5考向四 电磁感应定律的综合应用如图

9、 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 21，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 ，除定值电阻外其余部分电阻均16可忽略

10、。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 Q1 Q2。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，由牛顿第二定律得 mgsin 30 mg ma1，解得 a1 g，又由 0 v 2 a1x 可得 v116 23 21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 mgsin 30

11、mg ma2，43gx 16解得 a2 g，又由 v 2 a2x 可得 v2 ，因此 v1 v2 1。13 2 23gx 2(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 的速度为 v0，加速度大小6为 a3，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 E1R Blv0R此时导体棒所受的安培力大小为 F1 BI1l 方向沿导轨向下B2l2v0R由牛顿第二定律得 mgsin 30 mg F1 ma3，解得16a3 g23 F1m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 Blv2，回路中的电流为 I2 E2R B

12、lv2R此时导体棒所受的安培力大小为 F2 BI2l ，方向沿导轨向上B2l2v2R由力的平衡条件可得 mgsin 30 mg F2，解得16F2 mg13 B2l2v2R又因为 v1 v2 1， v0 v121，可得2v0 v22 12整理可得 a3 g2 223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 mgsin 30 mg ma4，整理可得 a4 g，解得 a3 a4 1。16 B2l2v1R 2 23 2(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，由功能关系得 mgsin 30d mgd Q1 mv mv16

13、12 20 12 21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 mv mgsin 302d12 21mg2d，联立解得 Q1 mgd16 103导体棒沿导轨向下由虚线 2 运动到虚线 1 的过程中，Q2 W2 F2d mgd13解得 Q1 Q2101。答案 (1) 1 (2) 1 (3)1012 21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，电场强度为7E1，方向沿 x 轴负方向，在直线 x1 m 与 y 轴之间的整个空间有匀强电场区域，电场强度为 E2，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中由静止释放

14、。经电场加速后垂直射入电场，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)将粒子在电场中适当位置由静止释放，粒子能通过 x 轴上的 P 点， P 点坐标为(2,0)，求释放点的坐标应满足的条件。解析 (1)粒子在电场中加速过程，根据动能定理可得qE1x mv12 20粒子进入电场中做类平抛运动 y at212aqE2msx v0t代入数据可得 sx1 m因此粒子通过 x 轴的坐标为(1 m,0)(2)设满足条件的释放点的坐标为( x， y)，粒子在电场中加速过程根据动能定理可得qE1x mv12 20粒子进入电场中做类平抛运动，设

15、粒子从 P 点射出的方向与 x 轴的偏转角为 vx v0vy ataqE2m粒子在电场中的水平位移 s1 m v0ttan vyvx粒子通过 P 点，则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tan ，即 y tan y1.5 328联立以上各式解得 y 。34x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，筒的横截面如图 6 所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，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 MN 方向射入磁场，当筒以大小为 0的角速

16、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，入射方向在该截面内且与 MN 方向成 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 MN 方向入射，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 qvB mv2R粒子运动周期 T 2 Rv 2 mqB筒转过 90的时间 t ，又 t 2 0 T4 m2qB联立以上各式得粒

17、子比荷 ，qm 0B粒子速率 v 0R(2)若粒子与 MN 方向成 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 的圆心为 O，则四边形 MO PO 为菱形，可得9 MO P MOP ，所以 NOP ，23 3则粒子偏转的时间 t ，又 T ，T3 2 0得 t23 0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 1，若从 N 点离开，则筒转动时间满足t ， 3 2k 1得 1 0，其中 k0,1,2,3，6k 12若从 M 点离开，则筒转动时间满足t ， 3 (2k 1) 1得 1 0，其中 k0,1,2,3，6k

18、 42综上可得 1 0，其中 n0,1,2,3，3n 12当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为 2；若从 M 点离开，则筒转动时间满足t ，得 2 0，其中 k0,1,2,3，23 2k 2 32k 22若从 N 点离开，则筒转动时间满足t ，23 (2k 1) 2得 2 0，其中 k0,1,2,3，3(2k 1) 22综上可得 2 0，其中 n0,1,2,3，3n 22综上所述，圆筒角速度大小应为 1 03n 12或者 2 0，其中 n0,1,2,3，3n 2210答案 见解析3如图 7 所示，以竖直线 MN 为界，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

19、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 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 130， OB 与竖直方向夹角 260，左右两侧空间电场强度大小之比为E1 E2 1，重力加速度为 g10 m/s 2。3图 7(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 MN 边界上某点进入右侧空间运动，然后又从 MN 边界上另一点回到左侧空间运动，最后到达 O

20、B 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 点的速度最大，则重力与电场力的合力沿 OB 方向，则tan 30 E1 。mgqE1 3mgq(2)设小球运动到 B 点时速度大小为 v0，小球所受重力与电场力的合力为：F 2 mgmgsin 30从 A 到 B，对小球由动能定理得：FL mv12 20联立解得： v0 4gL在 B 点由牛顿第二定律： FT F mv20L在 B 点时，细绳对小球的拉力为： FT6 mg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 MN 边界上的 C 点进入右侧空间，从 D 点出右侧空间，从 B 到 C，小

21、球做类平抛运动，进入 MN 右侧空间后：11E2 ，即 qE2 mgE13 mgq小球在右侧空间做匀速圆周运动，小球回到左侧空间后，到 OB 线上某点 P 速度减小到零， O为小球在 MN 右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 CDQ60， QCD30， O CD O DC30，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 右侧空间做圆周运动半径为 R，运动时间为t。由几何关系得： CD2 Rcos 30， QC CDcos 301.5 R从 B 到 C，由运动学规律得：QC v0tB， v

22、0 vcos 30，vsin 30 atB， a 2 gFm以上各式联立解得： R ， v43L9 43gL3小球在 MN 右侧空间做圆周运动的圆心角为 240，即 圆周，故小球在 MN 右侧运动的23时间为：t 。2 R23v 49 Lg答案 (1) (2)6 mg (3)3mgq 49 Lg4如图 8 所示， ab 为一长度为 l1 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 1.610 5 C/kg，带电粒子的重力以及粒子之间的相qm互作用均可忽略。图中的虚线 ef 距离 ab 为 h1 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

23、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 之间的区域内存在竖直向上的匀强电场，且电场强度的大小为 E12.010 2 N/C，图中的虚线 ad ef，在 ad 左侧 l1 m 处有一长度也为 h1 m 的荧光屏 MN，在 ad 与 MN 之间的区域 内存在水平向左的匀强电场，电场12强度大小为 E2，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(1)从 ab 中点释放的粒子到达虚线 ef 的速度 v1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

24、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 (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，则其在区域中加速的位移 y x2，设粒子射出区域时的速度大小为 v，由动能定理可得E1qy mv2，联立可得 v x12 2E1qm从 ab 的中点释放的粒子释放时距 a 点 x1 m，12代入数据可解得 v14.010 3 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qvB m ，解得 r xv2r mvqB

25、1B2mE1q分析可知，当磁感应强度 B 一定时，轨迹半径 r 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 B0.10 T。(3)粒子从 d 点沿竖直向下的方向进入区域的电场后，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 l，设粒子在区域 中运动的时间为 t3，加速度为 a2，在水平方向上有2E1qm13l a2t ，在竖直方向

26、上有 h v2t3，又根据牛顿第二定律得 E2minq ma2，联立解得12 23E2min8.010 2 N/C，由题意可知，当 E2 E2min时最先打在荧光屏上的粒子为从 b 点释放的粒子，设该粒子在区域的电场中运动的时间为 t1，在磁场中运动的时间为 t2，则有v2 t1，在匀强磁场中转过的圆心角 ，则有 r0 v2t2，其中 r0 ，故该粒子E1qm h2所经历的总时间 t t1 t2 t3，代入数据得 t5.710 4 s。答案 见解析5如图 9 所示，间距为 L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为 ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为 r 的定值电阻

27、。质量为 m、电阻也为 r 的金属杆 MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为 B 的匀强磁场，闭合开关 S，让金属杆 MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆 MN 运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆 MN 始终与导轨接触良好，重力加速度为g。图 9(1)求金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率 vm；(2)金属杆 MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度 vm前，在流经定值电阻的电流从零增大到 I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为 q，求这段时间内在定值电阻上产生

28、的焦耳热 Q；(3)求金属杆 MN 在水平导轨上滑行的最大距离 xm。解析 (1)金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin BImL0根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：ImBLvm2r解得： vm 。2mgrsin B2L2(2)设在这段时间内，金属杆 MN 运动的位移为 x由电流的定义可得： q tI14根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：平均电流 IB S2r t BLx2r t解得： x2qrBL设电流为 I0时金属杆 MN 的速度为 v0，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：I0BLv02r设此过程中，电路产生的焦耳热为 Q 热 ，由功能关系可得： mgxsin Q 热 mv12 20定值电阻 r 产生的焦耳热 Q Q 热12解得： Q 。mgqrsin BL mI20r2B2L2(3)设金属杆 MN 在水平导轨上滑行时的加速度为 a，速度为 v 时回路电流为 I由牛顿第二定律得：BIL ma由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：IBLv2r解得： v mB2L22r v tv t m v，即 xm mvmB2L22r B2L22r解得： xm 。4m2gr2sin B4L2答案 见解析