高考物理二轮复习专题检测二十四破解电磁场压轴题.doc

1 / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题检测二十四破解精选高考物理二轮复习专题检测二十四破解电磁场压轴题电磁场压轴题1.(2018 届高三·扬州调研)如图所示，等量异种点电荷固定在水平线上的 M、N 两点上，电荷量均为 Q，有一质量为 m、电荷量为q(可视为点电荷)的小球，固定在长为 L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过 O 点且与 MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于 MN 的垂直平分线上距 MN 为 L 处，现在把杆拉到水平位置，由静止释放，小球经过最低点 B 时速度为v，取 O 处电势为零，忽略q 对Q、Q 形成电场的影响。求：(1)小球经过 B 点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q 形成的电场中，A 点的电势 A；(3)小球继续向左摆动，经过与 A 等高度的 C 点时的速度。解析：(1)小球经 B 点时，在竖直方向有Tmgmv2 L即 Tmgmv2 L由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为 mg。(2)O 点电势为零，而 O 在 MN 的垂直平分线上，所以 B0小球从 A 到 B 过程中，由动能定理得mgLq(AB)mv2解得 A。(3)由电场对称性可知，CA，即 UAC2A2 / 13小球从 A 到 C 过程，根据动能定理得 qUACmvC2解得 vC 。答案：(1)mg (2) (3) 2v24gL2如图所示，一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现从矩形区域 ad 边的中点 O处垂直磁场射入一速度方向跟 ad 边夹角为 30°、大小为 v0 的带电粒子。已知粒子质量为 m，电荷量为q，ad 边长为 l，重力影响忽略不计。(1)试求粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0 的大小范围。(2)问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？解析：(1)带电粒子在磁场中运动轨迹的边界情况如图中的轨迹、所示。轨迹与 ab 边相切于 P 点。设粒子的运动速率为 v1，则有：R1，R1R1sin 30°l 2解得：v1qBl 3m轨迹与 cd 边相切于 Q 点，设粒子的运动速率为 v2，则有：R2R2sin 30°，R2mv2 Bq解得：v2qBl m所以粒子从 ab 边上射出磁场时的 v0 满足：h0.4 m 的区域有磁感应强度也为 B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为 q 的油滴从图中第三象限的 P 点获得一初速度，恰好能沿 PO 做匀速直线运动(PO 与 x 轴负方向的夹角为 45°)，并从原点 O 进入第一象限。已知重力加速度 g10 m/s2，求：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在 P 点获得的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间。解析：(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为 m，由平衡条件可得 F·cos mg，Fsin qE，所以重力、电场力、洛伦兹力三力之比为6 / 13mgqEF11。(2)由第(1)问知：mgqEFqvB qE解得：v4 m/s。(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入 y>h 的区域后作匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从 x轴上的 N 点离开第一象限。由 OA 匀速运动的位移为 x1 h其运动时间：t10.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式 T知，由 AC 的圆周运动时间为 t2T0.628 s由对称性知从 CN 的时间 t3t10.1 s油滴在第一象限运动的总时间 tt1t2t30.828 s。答案：(1)11 油滴带负电荷 (2)4 m/s(3)0.828 s6(2017·潍坊模拟)如图甲所示，在 xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、y 轴方向为电场强度的正方向)。在 t0 时刻由原点 O 发射初速度大小为 v0，方向沿y 轴方向的带负电粒子(不计重力)。其中已知 v0、t0、B0、E0，且 E0，粒子的比荷，x 轴上有一点 A，坐标为。(1)求时带电粒子的位置坐标；(2)粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过 A 点。解析：(1)在 0t0 时间内，粒子作匀速圆周运动，根据洛伦兹7 / 13力提供向心力可得：qB0v0mr1mv02 r1得：T2t0，r1v0t0 则在时间内转过的圆心角 ，所以在 t时，粒子的位置坐标为：。(2)在 t02t0 时间内，粒子经电场加速后的速度为 v，粒子的运动轨迹如图所示。vv0t02v0运动的位移：xt01.5v0t0在 2t03t0 时间内粒子作匀速圆周运动，半径：r22r12v0t0 故粒子偏离 x 轴的最大距离：hxr21.5v0t0。(3)粒子在 xOy 平面内做周期性运动的运动周期为 4t0一个周期内向右运动的距离：d2r12r26v0t0 AO 间的距离为：8d所以，粒子运动至 A 点的时间为：t32t0。答案：(1) (2)1.5v0t0 (3)32t0教师备选题1.(2017·全国卷)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在 x0 区域，磁感应强度的大小为 B0；x1)。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再8 / 13次沿 x 轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与 O 点间的距离。解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在 x0 区域，圆周半径为 R1；在 x0 区域，圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向转过 180°时，所需时间 t1 为t1粒子再转过 180°时，所需时间 t2 为t2联立式得，所求时间为t0t1t21。(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2)。答案：(1) (2)(11 )2mv0 B0q2(2018 届高三·孝感六校联考)如图所示，中轴线 PQ 将矩形区域 MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小皆为 B。一质量为 m、带电荷量为 q 的带正电的粒子从 P 点进入磁场，速度与边 MC 的夹角 30°，MC 边长为 a，MN 边长为 8a，不计粒子重力，求：(1)若要该粒子不从 MN 边射出磁场，其速度最大是多少；(2)若该粒子从 P 点射入磁场后开始计数，则当粒子第五次穿越9 / 13PQ 线时，恰好从 Q 点经过射出磁场，粒子运动的速度又是多少？解析：(1)设该粒子恰不从 MN 边射出磁场时的轨迹半径为 r，轨迹如图所示，由几何关系得：rcos 60°ra，解得 ra又由 qvmBmvm2 r解得最大速度 vm。(2)当粒子第五次穿越 PQ 线时，恰好从 Q 点经过射出磁场时，由几何关系得5×2rsin 60°8a，解得 ra又由 qvBmv2 r解得速度 v。答案：(1) (2)8 3qBa15m3.如图所示，在竖直平面内建立坐标系 xOy，第象限坐标为(x，d)位置处有一粒子发射器 P，第、象限有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻粒子发射器 P 沿 x 轴负方向以某一初速度发出一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子。粒子从 y处经过 y轴且速度方向与 y 轴负方向成 45°角。其后粒子在匀强磁场中偏转后垂直 x 轴返回第象限。已知第、象限内匀强电场的电场强度 E。重力加速度为 g，求：(1)粒子刚从发射器射出时的初速度及粒子发射器 P 的横坐标x；(2)粒子从发射器射出到返回第象限上升到最高点所用的总时10 / 13间。解析：(1)带电粒子从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向，xv0t1沿竖直方向，dgt12tan 45°，vygt1解得：t1 ，v0 ，xd。(2)如图所示，带电粒子进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，受竖直向上的电场力，qEmg，在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，有 qvBmv2 R粒子在匀强磁场中运动的线速度 v v0 2dg由几何关系得，粒子作匀速圆周运动的半径 Rd粒子在匀强磁场中运动的时间 t2T其中周期 T2m qB联立解得：t2d g5 8设粒子返回到第象限后上升到最大高度所用时间t3 2d g所以，粒子从射出到返回第象限上升到最高点所用的总时间tt1t2t3 。答案：(1) xd (2)d g(1 25 8)4.(2017·全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质量均为 m、电荷量分别为 q 和11 / 13q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求：(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析：(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0。M、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2。由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3s1 s2(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式vy22ghHvytgt2M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v0 vy联立式可得12 / 13hH(3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则v0 vy设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E。答案：(1)31 (2)H (3)mg2q5如图甲所示，水平放置的平行金属板 A 和 B 的距离为 d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶 MN，现在 A、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为 U0，反向电压值为，且每隔变向 1 次。现将质量为 m 的带正电且电荷量为 q 的粒子束从 AB 的中点O 以平行于金属板的方向 OO射入，设粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在 A、B 间的飞行时间均为 T。不计重力的影响，试求：(1)定性分析在 t0 时刻从 O 点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。(2)在距靶 MN 的中心 O点多远的范围内有粒子击中？(3)要使粒子能全部打在靶 MN 上，电压 U0 的数值应满足什么条件？(写出 U0、m、d、q、T 的关系式即可)解析：(1)0时间内，带正电的粒子在垂直金属板方向受到向下的电场力而向下做加速运动，在T 时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动。13 / 13(2)当粒子在 0、T、2TnT(n0,1,2)时刻进入电场中时，粒子将打在 O点下方最远点，在前时间内，粒子竖直向下的位移：y1a12qU0T2 8md在后时间内，粒子竖直向下的位移：y2va22其中：va1，a2qU0 2md解得：y23qU0T2 16md故粒子打在距 O点正下方的最大位移：yy1y25qU0T2 16md当粒子在、(n0,1,2)时刻进入电场时，将打在 O点上方最远点，在前时间内，粒子竖直向上的位移：y1a12qU0T2 16md在后时间内，粒子竖直向上的位移：y2va22其中：va1，a2qU0 md解得：y20故粒子打在距 O点正上方的最大位移：yy1y2qU0T2 16md击中的范围在 O以下到 O以上。(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：<d 2解得：U0<。答案：(1)见解析 (2)O以下到 O以上 (3)U0<8md25qT2