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.pdf
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1、热点十二 电磁学综合题热点十二 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
2、中心O处静止释放后沿OO做匀加速直线运动, 以速度v0104 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。试求: 4 3 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qUABmv可得UAB V500 V 1 2 2 0 mv2 0 2q v2 0 2q
3、 m (104)2 2 105 (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 30v0t Lsin 30t2 1 2 qE m 解得L1 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yx 3 3 OMLcos 30 m 3 2 故M的横坐标为xMOMcos 300.75 m。 答案 (1)500 V (2)(1,0) (3)yx,且 0x0.75 m 3 3 考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动 如图 2 所示,
4、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: (R1r)2R(2r)2 2 1 设粒子偏转角为,由几何关
5、系可得 tan 2 2r R1 由、解得106 又由粒子在磁场中运动周期为T 2R1 v 粒子在磁场中运动的时间tT 106 360 粒子由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得: qvBm v2 R1 由得:t53m 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R2,圆心为O2,粒子速度为v,则 由几何关系得:(2rR2)2Rr2 2 2 由牛顿第二定律可得:qvBm v2 R2 由和式解得:v。 3qBr 4 m 答案 (1) (2) 53m 90qB 3qBr 4 m 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
6、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E1104 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xA5102 m,带电粒子的质量m 1.61024 kg,电荷量q1.61015 C。 图 3 (1)如果30,在OM上有一点P,OP3102 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 370.6, cos 370.8) 解析 (1)在电场中加速过程,根据动能
7、定理,有: qExAmv2, 1 2 解得:v 2qExA m m/s 2 1.6 1015 1 104 5 102 1.6 1024 1106 m/s; 粒子在磁场中运动时,根据牛顿第二定律, 有:qvBm, v2 r 解得:r; mv qB 故r15103 m mv qB1 1.6 1024 kg 106 m/s 1.6 1015 C 0.2 T r22102 m mv qB2 1.6 1024 kg 106 m/s 1.6 1015 C 0.05 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OM前进r1距离, 经过B2磁场时沿
8、着OM前进r2距离, 由于OP3102 m2r1r2,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: tT1T2 s 6060 360 60 360 1 3 2m qB1 1 6 2m qB2 2 1.6 1024 3 1.6 1015 0.2 s3.14108 s 1.6 1024 3 1.6 1015 0.05 (2)由于r24r1,画出临界轨迹,如图所示: 由几何关系解得:sin ,arcsin 53 r2 r1r2 4 5 4 5 故9063.5。 2 答案 (1)3.14108 s (2)63.5 考向四 电磁感应定律的综合应用 如图 4 所示,倾角为30的平行金属导
9、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可忽略。 1 6 图 4
10、(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Q1Q2。 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 30mgma1, 解得a1g, 又由 0v2a1x可得v1导 1 6 2 3 2 1 4 3gx 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 30mg
11、ma2, 解得a2 1 6 g,又由v2a2x可得v2,因此v1v21。 1 3 2 2 2 3gx 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 为a3,此时的感应电动势为E1Blv0,由欧姆定律得回路中的电流为I1 E1 R Blv0 R 此时导体棒所受的安培力大小为F1BI1l方向沿导轨向下 B2l2v0 R 由牛顿第二定律得mgsin 30mgF1ma3,解得 1 6 a3g 2 3 F1 m 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 E2 R Blv2 R 此时导体
12、棒所受的安培力大小为F2BI2l,方向沿导轨向上 B2l2v2 R 由力的平衡条件可得mgsin 30mgF2,解得 1 6 F2mg 1 3 B2l2v2 R 又因为v1v21,v0v121,可得2 v0v2212 整理可得a3g 22 2 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mgsin 30mgma4,整理可得a4g,解得a3a41。 1 6 B2l2v1 R 2 2 3 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 30dmgdQ1mvmv 1 6 1 2 2 0 1 2 2 1
13、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mvmgsin 302d 1 2 2 1 1 6 mg2d,联立解得Q1mgd 10 3 导体棒沿导轨向下由虚线 2 运动到虚线 1 的过程中, Q2W2F2dmgd 1 3 解得Q1Q2101。 答案 (1)1 (2)1 (3)10122 1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E1, 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E1E2,一带正电的粒子从电 场中由静止释放。经电场加速后垂直射入电场,粒子重力不
14、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 qE1xmv 1 2 2 0 粒子进入电场中做类平抛运动yat2 1 2 aqE 2 m sxv0t 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 qE1xmv 1 2 2 0 粒子进入电场中做类平抛运动,设粒子从P点射出的方向与x轴的
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- 2019 高考 物理 二轮 复习 第二 部分 热点 十二 电磁学 综合 专项 训练
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