(最新实用)2020年高考物理二轮热点专题训练----《电磁学综合计算题》(解析版)

1、2020年高考物理二轮热点专题训练-电磁学综合计算题1.如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d.在右极板的中央有个小孔 P,小孔右边半径为 R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P处相切.一排宽度也为 d的带负电粒子以速度 V0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘.已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为 q,磁场的磁感应强度大小为 :2m0,不计粒子的重力及粒子间的相互作 qR用力.求：I* d *T -I4中行、J * *

2、小、dp!* " "jf *黑：I* T « K ,|卜真 IC贯，1 如|、JI J* "fttlttf(1)板间的电压大小 U;(2)通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L;(3)通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总.【解析】(1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有t = 0V0在水平方向上有 a= qE= qU;, d = 1at2m md 2联立解得U=2mv0. q(2)从小孔P射入磁场的粒子，在电场中的运动时间dti = Z- 2v0经过小孔P时，水平分速度 vi = ati=v0进入磁场时的速

3、度大小 v= 1v2+ v2 =Q2v0,速度方向与右极板的夹角0=4设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点离开磁场，其轨迹如图所示，v2轨迹圆心在 O'点，则qvB= m,得mv 孑2mvo=后=k=R由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下,由图知 L = r + rcos 0= (1 +2)R.(3)从小孔P飞出的粒子在磁场中偏转的角度a=年，粒子在磁场中运动的时间t2 =3兀T 2jr 3 ：2 -2 兀 v 8vo通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总=tl + t2 =d T 3V2 卡8vo【答案】 (1)U =2mv2(2)(1+乎)R(3)2+38202

4、.如下图甲所示，一边长 L=0.5 m,质量m=0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝B=0.8 T的匀强磁场中.金属线缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度t=0.5 s框的一个边与磁场的边界 MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流 I随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出磁场的过程中.LD1I水手拉力口son.6o40XXXXXMX稼M04 0.2 03 0.4 US 0乙(1)求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；(2)写出水平力F随时间t变化的表达式；(3)若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10 J,求此过

5、程中线框产生的焦耳热.【解析】(1)根据题图乙知，在t=0.5 s时间内通过金属框的平均电流I =0.50 A,于是通过金属框的电量 q="Tt=0.25 C.由平均感应电动势"E =BL-,平均电流 T = -E,通过金 tR BL2 BL 2属框的电量q= It,得4 = 言，于是金属框的电阻 R=-q-=0.80 Q.(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框1 被匀加速拉出磁场.又知金属框在t= 0.5 s时间内运动距离 L=0.5 m ,由L=5at2得加速度a=2T = 4 m/s2由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I=

6、kt,其中比例系数 k=2.0 A/s.于是安培力Fa随时间t变化规律为FA=-IL = k-Lt由牛顿运动定律得 F-FA = ma,所以水平拉力F= Fa+ ma= ma+ k-Lt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F=2+0.8t（单位为 “N”）(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v= 2aL = 2 m/s.由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q= WF- 2mv2= 0.1 J.【答案】（1）0.25 C 0.80 （2）F=2+0.8t（单位为 “N' ） （3）0.1 J3.如图所示，A、-间存在与竖直方向成 45°角斜向上的匀强电场 E1, -、C

7、间存在竖直 向上的匀强电场 E2, A、-的间距为1.25 m, -、C的间距为3 m, C为荧光屏.一质量 m=1.0 x 10 kg,电荷量q=+ 1.0 x 1G C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的 。点.若在-、C间再加方向垂直于纸面向外且大小-=0.1 T的匀强磁 场，粒子经b点偏转到达荧光屏的 。'点(图中未画出).g取10 m/s2求:(1)Ei的大小；(2)加上磁场后，粒子由 b点到。点电势能的变化量及偏转角度.【解析】(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qEicos 45 -mg= 0解得 Ei= 22 N/C =

8、 1.4 N/C(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：1 2qEidABsin 45 = 2mvb解得 vb= 5 m/sC间做匀速直线运动，则有:加磁场前粒子在B、qE2= mgC间做匀速圆周运动，如图所示:加磁场后粒子在B、vb qvbB = mz- R也从原点。以大小为V0的初速度沿x轴负方向射出.不计粒子重力及粒子间的相互作用, 粒子相遇时互不影响.XXXXXX x# xx XX XX XM XK MM M 31 若a粒子能经过坐标为(号，21)的P点，求y轴右边磁场的磁感应强度Bi;(2)为使粒子a、b能在y轴上Q(0, lo)点相遇，求y轴右边磁场的磁感应强度的最小 值B2；若

9、y轴右边磁场的磁感应强度为 Bo,求粒子a、b在运动过程中可能相遇的坐标值.l)2= R11 C【解析】(1)设a粒子在y轴右侧运动的半径为 Ri,由几何关系有(Ril)2 +由于 Biqvo = mRi解得BTv。(2)B2最小，说明Q点是a、b粒子在y轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a、b粒子 同时从。点出发，且粒子在 y轴右侧运动的圆周运动半径解得 B2=2mv0 qlo(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有 y轴上的相切点和 y轴左侧的相交点.经分析可知，只要a、b粒子从。点出发的时间差满足一 定的条件，这些相交或相切的点均能相遇.粒子在y轴右侧的运

10、动半径 门=mv0B0q粒子在y轴左侧的运动半径2 =2mvoBoqdy轴上的相切点坐标为0,2kmvoBoq(k= 1,2,3)ay轴左侧的相交点相遇由丙图可知， OA = AC = OC=2可得 xA=-r2Sin 60 =一甯yA= r2cos 60mvoBoqy轴左侧的相遇点的坐标3mvo Boq(2n 1)mvoBoq(n= 1,2,3)mvoqi(2)2mvoqloo ，2kmvo不中"1,2,3 和-f3mvoBoq '(2n 1)mvoBoq(n=123.5.某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了 一条细导轨OABCDP(如图所示)，其中OAB

11、段和DP段为粗糙的水平导轨，B点和D点在同一水平面上但不重合，P端离沙地的高度 h=o.8 m； BCD段为圆环形导轨，半径 R = o.5 m,其中BC 段光滑、CD段很粗糙.将一个中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点。处， 钢球的带电荷量 q=+3.7X1o4C,质量m=o.2 kg.某次实验中，在导轨 OA段加上水平向 右的、场强E=1x1ov/m的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动， 经过C点时速度为3 m/s, 最终恰好停在 P点.已知AB段长L1 = 1.o m, DP段长L2=1.o m,钢球与水平导轨间的动(1)求钢球经过C点时对导轨的弹力;(2)求OA段导轨的长度

12、d;P端截去多长的一(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D点的水平距离多大？【解析】(1)在C点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下， vc则 Fn+ mg = mR代入数据解得Fn= 1.6 N由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N,方向竖直向上1 o(2)0 一C 过程，qEdmg(dF L1) mg - 2R= /mvC代入数据可解得d= 1 m(3)设导轨右端截去长度为x,滑块离开导轨平抛时的初速度为V0,落在沙地上的位置与D点的水平距离为s,则v2= 2gx h = 2gt2, s= (L2 x) + vot由以

13、上各式代入数据可得s=1-x+ 0.8-Jx当收=0.4,即x = 0.16 m时,s有最大值Sm= 1.16 m.【答案】(1)1.6 N,方向竖直向上 (2)1 m (3)0.16 m 1.16 m6 .如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成“=53。角，导轨间接一阻值为3 的电阻R,导轨电阻忽略不计. 在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的 匀强磁场，磁场区域的宽度为 d= 0.5 m.导体棒a的质量为m1 = 0.1 kg、电阻为Ri = 6 Q; 导体棒b的质量为m2=0.2 kg、电阻为R2 = 3 Q它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触 良好.现从图中的 M、

14、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区 域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场.(sin 53 = 0.8, cos 53 = 0.6, g取10 m/s2, a、b电 流间的相互作用不计),求：在b穿越磁场的过程中 a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量;(3)M、N两点之间的距离.【解析】 由焦耳定律得，Q=I2Rt,加 Qi I2Rit倚耳=丽，又根据串并联关系得，Il=j2, 3Qi 2解得：Q2=9(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由 Q= migsin ad+ m2gsin ad,可解得Q=1.2 J(

15、3)设a进入磁场的速度大小为vi,此时电路中的总电阻R总i = (6 + ：39)0= 7.5 Q3 1 3,B2L2vi 力B2L2V2 r/曰 vimiR总 i 3由 migsin和 m2gsin a=，可得 : = = RR总i»R总 2V2 m2R 总 2 4d0.5vivi由上述两式可得vi= i2(m/s)2,i6 29 V2v2v2M、N两点之间的距离As= * 2a7i2 m又由 v2=vi+a,倚 v2=vi+8X【答案】(i)| (2)i.2 J (3)172 m 9i27 .如图所示，两间距为l的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个空间 存在竖直向下

16、的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为Bi、B2,且Bi= 2B2.两质量均为 m的导体棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体 棒甲、乙的阻值分别为 Ri、R2.现给导体棒甲一水平向右的冲量I,两导体棒开始运动，整个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计.(i)求导体棒甲开始运动时电路中的电流.(2)如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小.(3)导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线.求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热.【解析】(1)设导体棒甲得

17、到冲量I时的速度为vo,导体棒甲产生的感应电动势为巳 回路中的电流为i,则由动量定理得I=mvo由法拉第电磁感应定律得 E=Bilvo由闭合电路欧姆定律得i = E,Ri + R2联立得i = -B1I-.Ri+ R2 m(2)导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反， 二者组成的系统所受的合力为零，故两导体棒组成的系统动量守恒.导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等，导体棒乙速度达到最大，假设最大速度为Vm,此时根据动量守恒定律有 mv0=2mvm,解得Vm= .2m(3)导体棒乙刚进入虚线右侧的磁场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为Ei,导体

18、棒乙产生的感应电动势为 E2,则由法拉第电磁感应定律得El=Blkm、E2=B2km又 Bi=2B2,所以 Ei = 2E2导体棒乙越过虚线后，回路中立即产生感应电流，在安培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动， 直至两棒产生的感应电动势大小相等时，二者做匀速运动.此时设导体棒甲的速度为 Va,导体棒乙的速度为 Vb,这一过程所用的时间为 t.此时有Bika=B2kb解得Vb= 2Va. . 、 . . . . . . . . . . . . . 一 . 、一设在t时间内通过导体棒甲、乙的电流的平均值为I ,以水平向右为正方向.对导体棒甲，根据动重7E理有，一Bi I lt = mv

19、a- mvm对导体棒乙，根据动重7E理有，B2 I It= mvb- mvm联立解得 Va= cVm Vb= cVm5 '5设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为Q,根据能量守恒定律有12121Q= 2 X2mvni 2mva 2mvI2 联立得Q=40m.2【答案】R1+R2m(2)2m40m8 .如图所示，以。为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应弓虽度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为一q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径 OM和ON间的夹角为 0,且?足 tan 2 = 0.5.(1)

20、若某一粒子以速率 vi = qmR,沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场 中运动的时间；(2)若某一粒子以速率 V2,沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速 率V2 ；(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为V2,求磁场中有粒子通过的区域面积.【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为 n,由牛顿第二定律可得 qv1B =呼r 1粒子沿与MO成60。角方向射入磁场，设粒子从区域边界 P射出，其运动轨迹如图甲所示.由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为a= 150方法1:故粒子在磁场中的运动时间a i ma 5

21、m 兀t =V1 qB 6qB方法2:粒子运动周期T=2q7mBq粒子在磁场中的运动时间t = 黑T3605m兀得 t=6qB(2)粒子以速率V2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为2 ,由图中几何关系可得：0 12= Rtan2= 2R乙由牛顿第二定律可得mv2qv2B=77解得粒子的速度qB2 qBRV2= cm 2m(3)粒子沿各个方向以 V2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为2,且不变.由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积 S等于以O3为圆心的扇形 MO3O的面积S1、以M为圆心 的扇形MOQ的面积S2和以。点为圆心的圆弧

22、 MQ与直线MQ围成的面积S3之和.1 R2 R2 s1=2 兀 2)= 丁S2 = kR261 2 1 R12S3 = 6#-2 抵力tan 60 = 6 #-一. 11 C则 s=24, TR2【答案】见解析9.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为 9,在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为 m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关 S,让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属

23、杆运动到水平导 轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑彳T的最大速率vm;(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为 q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦 耳热Q;(3)金属杆MN在水平导轨上滑彳T的最大距离Xm.【解析】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零,对其受力分析，可得:mgsin 0- BIL = 0根据欧姆定律可得:BLvmI =2r解得：vm=2mg紫2n B L(2)设在这段时间内，金属杆运动的位

24、移为x,由电流的定义可得：q= I At根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得:BAS BLxI =二=二2r At 2r At2qr解得：x=BL设电流为Io时金属杆的速度为 V0,根据法拉第电磁感应定律、 欧姆定律，可彳10= 磬1 c此过程中，电路广生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin 0= Q a + 2mv2、八._ 1定值电阻产生的焦耳热 Q= jQ总解得：Q =mgqrsin 0 mI0r2BLB2L2由牛顿第二定律得：BIL = ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得:BLvI=ir可得:B2L22rAv v=m不B2L2v At= m Av,2r'l2即Xm=

25、 mvm2r得：Xm =4m2gr2sin 0B4L4【答案】驾浮B Lmgqrsin 0 mI0r2 BL B2L24m2gr2sin 0B4L410.如图所示，半径为磁场，磁感应强度大小均为Li = 2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强B1 = 10 T .长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为3=10 rad/s.通过导线将金属杆的 a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻 Ri=R,滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R),图中的平行板长度为 L2 =

26、 2 m,宽度为d = 2 m.图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子 以初速度vo= 0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2,左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大.(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在04 s内，平行板间的电势差Umn ;(2)带电粒子飞出电场时的速度;B2应满足的条(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度 件.

27、【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为L J , 2E = B 1L1 w= 2 V由串并联电路的连接特点知：E= I R,EUo=I , R= 21 V,2兀CCT1 = = 20 s w由右手定则知：在 。4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为则在0 4 s时间内，如v料，Umn = 1 V(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，.T1 .I 2T1在0万时间内，水平方向 L2=vot1，得力=藐=4 s< d 1竖直方向2=2Vyt1解得：vy= 0.5 m/s则粒子飞出电场时的速度大小v= v0+ vy= -2 m/stan 0= vy= 1,所以该速度与水平方向的夹角0= 4

28、5°vo一v2(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv=m；,得r mvB2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知:也r>d时离开磁场后不会第二次进入电场粒子在平行板中加速得：Vy= atl ,又a耳E = UM m d解得：*=0.25 C/kg,综合得B2<|mv=%4£t =2 Tdq 22【答案】(1)1 V (2)乎 m/s与水平方向的夹角0= 45° (3)B2V 2 T11 .华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过 太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速

29、电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为 O,外圆电势为零，内圆电势 Q 45 V,内圆半径R = 1.0 m。在内圆内有磁感应强度大小B=9X105 t、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在 O点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m= 9X1031 kg,电荷量q= 1.6X1019 C,不考虑粒子间的相互作用。求正电子在磁场中运动的速率v和半径r;(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R'。171【答案】(1)4X10m/s 0.25 m (2)-4一 m【解析】(1)电场内，内

30、外边界的电势差大小为U = 0- Q45 V,在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU = 2mv2-0,代入数据解得v= 4X1(6 m/s,正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得:qvB=mV",解得 r= 0.25 m。(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电 子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：(R'+ r)2=r2+R2,解得R =空二m。 412 .如图为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N的长度及它们间的距离均为d。大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度vo进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为 m,带电量均为一q。当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时， 尘埃恰好匀速穿过两板间；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%;若撤去两板间电场和磁场， 建立如图所示的平面直角坐标系xOy,y轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部U集到位于P(2d, 1.5d)处的条状容器中，需在 y轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、 颗粒间作用及对板间电场和磁场的影响均不