高考物理二轮课后演练：解析电磁学综合问题

(一)(建议用时：40分钟)1.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r②由几何关系知d＝2r③联立①②③式得qm＝4UB2d2.④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥联立②④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2＋33.⑦答案：(1)4UB2d2(2)Bd24Uπ2＋332．(2018·高考全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)图(a)图(b)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝mv2R⑤由几何关系得l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝2El′Bl.⑦(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cotπ6⑧联立①②③⑦⑧式得qm＝43El′B2l2⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋2（π2－π6）2πT⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝BlE(1＋3πl18l′)．答案：见解析3．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN、M′N′，如图所示放置，两轨道之间的距离l＝0.5m．轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4Ω的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.5m，水平直轨道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N′段光滑，且KNN′K′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.64T，磁场区域的宽度d＝1m，且其右边界与NN′重合，现有一质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s＝2m处，在与杆垂直的水平恒力F＝2N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能通过半圆形轨道的最高处PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，取g＝10m/s2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有(F－μmg)s＝12mv21－0，代入数据解得v1＝6m/s，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Blv1＝1.92V，此时通过导体杆的电流I＝ER＋r＝3.84A，根据右手定则可知，电流方向由b向a.(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E，则由法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt＝BldΔt，通过电阻R的感应电流的平均值I＝ER＋r，通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝BldR＋r＝0.64C.(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有mg＝mv23R0，代入数据解得v3＝5m/s，杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有12mv22＝12mv23＋mg·2R0，代入数据解得v2＝5m/s，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE＝12mv21－12mv22＝1.1J，此过程中电路中产生的焦耳热Q热＝ΔE＝1.1J.答案：(1)3.84A由b向a(2)0.64C(3)1.1J4．(2018·高考天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？解析：(1)M接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝R2①设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I＝ER总②设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③根据牛顿第二定律有F＝ma④联立①②③④式得a＝2BElmR.⑤(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ΔΦΔt⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝E12R⑧设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得I总I0＝mv0RB2l3.讨论：若I总I0恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若I总I0不是整数，设I总I0的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．答案：见解析(二)(建议用时：40分钟)1.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x＝L到x＝2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷(qm)为k的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿＋x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿＋x方向通过x轴上x＝3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.求：(1)电场强度的大小；(2)带电微粒的初速度；(3)带电微粒做圆周运动的圆心坐标．解析：(1)微粒在复合场中做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，有mg＝qE因为qm＝k，则mq＝1k则电场强度大小E＝mgq＝gk.(2)如图为微粒运动轨迹图，由题意易知微粒在0～L与2L～3L中运动轨迹关于复合场对称，设从复合场穿时速度方向与竖直方向的夹角为θ，有gt＝vcosθL＝vsinθ·t对微粒在复合场中的运动L＝2RcosθR＝mvqB联立以上各式求得微粒的初速度v0＝vsinθ＝2mgqB＝2gkB.(3)x轴上坐标：x＝L＋Rcosθ＝L＋L2＝32Ly轴上的坐标：y＝－[12g(Lv0)2－Rsinθ]＝2gk2B2－k2B2L28g故圆心坐标为(32L，2gk2B2－k2B2L28g)．答案：见解析2．(2019·苏州二模)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界均与y轴平行，Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场，方向分别沿＋x和－y方向，Ⅰ区域电场强度大小为E，Ⅲ区域有垂直xOy平面向里的磁场．三个区域宽度均为L，一个氕核11H和一个氘核21H先后从坐标原点释放，已知21H与左边界成60°进入磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，11H的质量为m，电荷量为q，不计重力．求：(1)21H第一次离开Ⅱ区的坐标；(2)Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小；(3)11H第一次离开磁场位置的坐标．解析：(1)对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理：qEL＝12×2mv2x进入Ⅱ区，粒子做类平抛运动，L＝vxt，vy＝at，tanθ＝vyvx，y＝12at2实际速度v＝vxcosθ将θ＝30°代入得：v＝2qEL3m，y＝3L6，因此21H第一次离开Ⅱ区的坐标为2L，－36L.(2)进入磁场后，21H做圆周运动，运动轨迹如图甲所示，由几何关系知：Rsin30°＋R＝L又：qvB＝2mv2R，解得：B＝23mEqL.(3)对于氕核，m′＝m，q′＝q，由(1)知：y′＝3L6，v′＝22qEL3m，θ′＝30°，R′＝2L3作出如图乙所示的轨迹图，根据几何关系有：Δy＝2R′sin60°出射点纵坐标为：y″＝－y′＋Δy联立解得：y″＝63－36L11H第一次离开磁场位置的坐标为2L，63－36L.答案：见解析3．(2019·淮安模拟)如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上A点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的B点离开磁场．已知：带电粒子比荷qm＝3.2×109C/kg，电场强度E＝200V/m，磁感应强度B＝2.5×10－2T，金属板长L＝25cm，粒子初速度v0＝4×105m/s.带电粒子重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；(2)A、B之间的距离．解析：(1)由牛顿第二定律：qE＝ma，可得在电场中加速度a＝qEm粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，运动时间t＝Lv0在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则射出电场时的竖直分速度vy＝at速度偏向角tanθ＝vyv0由以上各式，代入数据解得：tanθ＝1，所以θ＝45°.(2)粒子射出电场时运动速度大小为：v＝v20＋v2y在磁场中洛伦兹力提供向心力有：Bqv＝mv2r解得：r＝mvBq，由几何关系得AB＝2r，代入数据解得AB＝10－2m＝1cm.答案：(1)45°(2)1cm4.(2019·扬州模拟)在如图所示的空间存在一半径为R＝103cm的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B＝0.1T、方向垂直纸面向外，下方有一水平放置的接收屏PQ，磁场区域的圆心O到正下方接收屏上的A点距离为H＝203cm，磁场区域的左侧有两中心带有小孔的平行板，