2020高三物理二轮复习热点训练十二电磁学综合题Word版含解析

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1.0×105C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放后沿O′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＝43×103V/m，方向与x轴正方向成60°角斜向上，粒子的重力不计。试求：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＝12mv20可得UAB＝mv202q＝v202qm＝(104)22×105V＝500V(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Lcos30°＝v0tLsin30°＝12qEmt2解得L＝1m，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＝－33xOM＝Lcos30°＝32m故M的横坐标为xM＝OM·cos30°＝0.75m。[答案](1)500V(2)(1,0)(3)y＝－33x，且0≤x≤0.75m考向二带电粒子在匀强磁场中的运动如图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＝R21＋(2r)2①设粒子偏转角为θ，由几何关系可得tanθ2＝2rR1②由①、②解得θ＝106°又由粒子在磁场中运动周期为T＝2πR1v③粒子在磁场中运动的时间t＝106°360°×T④粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R1⑤由①～⑤得：t＝53πm90qB(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：(2r－R2)2＝R22＋r2⑥由牛顿第二定律可得：qv′B＝mv′2R2⑦由⑥和⑦式解得：v′＝3qBr4m。[答案](1)53πm90qB(2)3qBr4m考向三带电粒子在组合场、复合场中运动如图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B1＝0.2T、B2＝0.05T，分界线OM与x轴正方向的夹角为α。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＝1×104V/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＝－5×10－2m，带电粒子的质量m＝1.6×10－24kg，电荷量q＝＋1.6×10－15C。图3(1)如果α＝30°，在OM上有一点P，OP＝3×10－2m，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α的取值范围？(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析](1)在电场中加速过程，根据动能定理，有：qExA＝12mv2，解得：v＝2qExAm＝2×1.6×10－15×1×104×5×10－21.6×10－24m/s＝1×106m/s；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律，有：qvB＝mv2r，解得：r＝mvqB；故r1＝mvqB1＝1.6×10－24kg×106m/s1.6×10－15C×0.2T＝5×10－3mr2＝mvqB2＝1.6×10－24kg×106m/s1.6×10－15C×0.05T＝2×10－2m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OM前进r1距离，经过B2磁场时沿着OM前进r2距离，由于OP＝3×10－2m＝2r1＋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＝60°＋60°360°T1＋60°360°T2＝13×2πmqB1＋16×2πmqB2＝2π×1.6×10－243×1.6×10－15×0.2s＋π×1.6×10－243×1.6×10－15×0.05s＝3.14×10－8s(2)由于r2＝4r1，画出临界轨迹，如图所示：由几何关系解得：sinβ＝r2r1＋r2＝45，β＝arcsin45＝53°故α≤90°－β2＝63.5°。[答案](1)3.14×10－8s(2)α≤63.5°考向四电磁感应定律的综合应用如图4所示，倾角为θ＝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16，除定值电阻外其余部分电阻均可忽略。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mgsin30°＋16mg＝ma1，解得a1＝23g，又由0－v21＝－2a1x可得v1＝43gx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mgsin30°－16mg＝ma2，解得a2＝13g，又由v22＝2a2x可得v2＝23gx，因此v1∶v2＝2∶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的速度为v0，加速度大小为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＝B2l2v0R方向沿导轨向下由牛顿第二定律得mgsin30°＋16mg＋F1＝ma3，解得a3＝23g＋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＝Blv2R此时导体棒所受的安培力大小为F2＝BI2l＝B2l2v2R，方向沿导轨向上由力的平衡条件可得mgsin30°＝16mg＋F2，解得F2＝13mg＝B2l2v2R又因为v1∶v2＝2∶1，v0∶v1＝2∶1，可得v0∶v2＝22∶1整理可得a3＝2＋223g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mgsin30°＋16mg＋B2l2v1R＝ma4，整理可得a4＝2＋23g，解得a3∶a4＝2∶1。(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mgsin30°·d＋16mgd＋Q1＝12mv20－12mv21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12mv21＝mgsin30°·2d＋16mg·2d，联立解得Q1＝103mgd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＝13mgd解得Q1∶Q2＝10∶1。[答案](1)2∶1(2)2∶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E1，方向沿x轴负方向，在直线x＝－1m与y轴之间的整个空间有匀强电场区域Ⅱ，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Ⅰ中由静止释放。经电场Ⅰ加速后垂直射入电场Ⅱ，粒子重力不计。图5(1)若释放点S坐标为(0.5m,0.5m)，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Ⅰ中加速过程，根据动能定理可得qE1x＝12mv20粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动y＝12at2a＝qE2msx＝v0t代入数据可得sx＝1m因此粒子通过x轴的坐标为(－1m,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qE1x＝12mv20粒子进入电场Ⅱ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θvx＝v0vy＝ata＝qE2m粒子在电场Ⅱ中的水平位移s＝1m＝v0ttanθ＝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tanθ＝y1.5，即y＝32tanθ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ω0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＝2πRv＝2πmqB筒转过90°的时间t＝π2ω0，又t＝T4＝πm2qB联立以上各式得粒子比荷qm＝ω0B，粒子速率v＝ω0R(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∠MO′P＝∠MOP＝2π3，所以∠NOP＝π3，则粒子偏转的时间t′＝T3，又T＝2πω0，得t′＝2π3ω0由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：①当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，若从N点离开，则筒转动时间满足t′＝π3＋2kπω1，得ω1＝6k＋12ω0，其中k＝0,1,2,3，…若从M点离开，则筒转动时间满足t′＝π3＋(2k＋1)πω1，得ω1＝6k＋42ω0，其中k＝0,1,2,3，…综上可得ω1＝3n＋12ω0，其中n＝0,1,2,3，…②当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2；若从M点离开，则筒转动时间满足t′＝2π3＋2kπω2，得ω2＝3·2k＋22ω0，其中k＝0,1,2,3，…若从N点离开，则筒转动时间满足t′＝2π3＋(2k＋1)πω2，得ω2＝3(2k＋1)＋22ω