高考物理二轮复习考点题型专题训练8---电磁学综合题

故 M 的横坐标为 xM＝OM·cos 30°＝0.75 m。
[答案]
(1)500 V
(2)(1,0)
3 (3)y＝－ 3 x，且 0≤x≤0.75 m
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
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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。
(R1＋r)2＝R12＋(2r)2① 设粒子偏转角为 θ，由几何关系可得
θ 2r tan2＝R1 ② 由①、②解得 θ＝106°
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又由粒子在磁场中运动周期为 T＝2πvR1③ 106°
粒子在磁场中运动的时间 t＝360°×T④
粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： v2
qvB＝mR1⑤ 53πm
mgsin
30°＋16mg＋B2Rl2v1＝ma4，整理可得
2＋ a4＝ 3
2 g，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 mgsin 30°·d＋16mgd＋Q1＝12mv20－12mv12
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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12mv12＝mgsin 30°·2d＋
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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
图1 (1)AB 两板间的电势差 UAB。
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(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＝m2vq20＝2vmq02 ＝2(×1014)025 V＝500 V (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，
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带电粒子的质量 m＝1.6×10－24 kg，电荷量 q＝＋1.6×10－15 C。
图3 (1)如果 α＝30°，在 OM 上有一点 P，OP＝3×10－2 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 α 的取值范围？(已知 sin 37°＝0.6，
高考物理二轮复习考点题型专题训练
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。
1
10
6mg·2d，联立解得 Q1＝ 3 mgd
导体棒沿导轨向下由虚线 2 运动到虚线 1 的过程中， 1
Q2＝W2＝F2d＝3mgd
解得 Q1∶Q2＝10∶1。
[答案] (1) 2∶1 (2) 2∶1 (3)10∶1
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Ⅰ，电场强度为 E1，方向沿 x 轴负方向，在直线 x＝－1 m 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。
此时导体棒所受的安培力大小为 F2＝BI2l＝B2Rl2v2，方向沿导轨向上 1
由力的平衡条件可得 mgsin 30°＝6mg＋F2，解得 F2＝13mg＝B2Rl2v2
又因为 v1∶v2＝ 2∶1，v0∶v1＝2∶1，可得 v0∶v2＝2 2∶1
2＋2 2 整理可得 a3＝ 3 g
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
3qBr (2) 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纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强
度分别为 B1＝0.2 T、B2＝0.05 T，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＝1×104 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 xA＝－5×10－2 m，
1 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6， 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。
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
此时导体棒所受的安培力大小为 F1＝BI1l＝B2Rl2v0方向沿导轨向下 1
由牛顿第二定律得 mgsin 30°＋6mg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＝ER2＝BRlv2
s＝3.14×10－8 s
(2)由于 r2＝4r1，画出临界轨迹，如图所示：
由几何关系解得：sin β＝r1＋r2 r2＝45，β＝arcsin45＝53° β
故 α≤90°－2＝63.5°。 [答案] (1)3.14×10－8 s (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
故
mv 1.6×10－24 kg×106 r1＝qB1＝ 1.6×10－15 C×0.2
mT/s＝5×10－3
m
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r2＝qmBv2＝11.6.6××1100－－2415kCg××100.065mT/s＝2×10－2 m 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＝3×10－2 m＝2r1＋r2，故轨迹如图所示：
则 Lcos 30°＝v0t Lsin 30°＝12qmEt2
解得 L＝1 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
3 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＝－ 3
x
3 OM＝Lcos 30°＝ 2 m
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)
vx＝v0 vy＝at a＝qmE2
粒子在电场Ⅱ中的水平位移 s＝1 m＝v0t tan θ＝vvyx
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
y
3
足 tan θ＝1.5，即 y＝2tan θ
3 联立以上各式解得 y＝4x。
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
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 1.0×105 C/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＝104 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＝43×103 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：
由①～⑤得：t＝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：(2r－R2)2＝R22＋r2⑥
v′2 由牛顿第二定律可得：qv′B＝m R2 ⑦
3qBr 由⑥和⑦式解得：v′＝ 4 m 。
[答案]
53πm (1)90qB
故粒子从进入 O 点计时，到达 P 点经过的时间为：
60°＋60°
60°
1 2πm 1 2πm
2π×1.6×10－24
t ＝ 360° T1 ＋ 360° T2 ＝ 3 × qB1 ＋ 6 × qB2 ＝ 3×1.6×10－15×0.2 s ＋
π×1.6×10－24 3×1.6×10－15×0.05