发布时间 : 星期一 文章2019届高考物理二轮复习第二部分热点训练： 十二 电磁学综合题（含解析）更新完毕开始阅读f3e40a1001d8ce2f0066f5335a8102d276a2612e
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1.0×105 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4
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
3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)。
mv0v0(104)212
[解析] (1)由动能定理qUAB＝mv0可得UAB＝＝q＝ V＝500 V
22q2×1052m(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，
2
2
则Lcos 30°＝v0t 1qELsin 30°＝mt2
2
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＝－OM＝Lcos 30°＝
3
m 2
3x 3故M的横坐标为xM＝OM·cos 30°＝0.75 m。 [答案] (1)500 V (2)(1,0) (3)y＝－
3
x，且0≤x≤0.75 m 3
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：
2
(R1＋r)2＝R1＋(2r)2①
设粒子偏转角为θ，由几何关系可得 θ2rtan＝ 2R1②
由①、②解得θ＝106°
2πR1又由粒子在磁场中运动周期为T＝v③
粒子在磁场中运动的时间t＝
106°
×T④ 360°
粒子由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： v2
qvB＝m⑤
R1由①～⑤得：t＝
53πm
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
2
由几何关系得：(2r－R2)2＝R22＋r⑥
v′2由牛顿第二定律可得：qv′B＝m⑦
R2由⑥和⑦式解得：v′＝
3qBr
。 4 m
53πm3qBr
[答案] (1) (2)
90qB4 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，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，cos 37°＝0.8)
[解析] (1)在电场中加速过程，根据动能定理，有： 1
qExA＝mv2，
2解得：v＝＝
2qExAm
2×1.6×10－15×1×104×5×10－2 m/s
1.6×10－24＝1×106 m/s；
粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律， v2
有：qvB＝mr， mv
解得：r＝qB；
－
mv1.6×1024 kg×106 m/s
故r1＝＝＝5×10－3 m －15qB11.6×10 C×0.2 T－
mv1.6×1024 kg×106 m/sr2＝＝＝2×10－2 m －15qB21.6×10 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磁场时沿着OM前进r2距离，由于OP＝3×10－2 m＝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：
60°＋60°2π×1.6×10－24π×1.6×10－2460°12πm12πmt＝T＋T＝×＋×＝ s＋ s＝
360°1360°23qB16qB23×1.6×10－15×0.23×1.6×10－15×0.053.14×10－8 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＝
r244
＝，β＝arcsin＝53°
5r1＋r25