（新课标）高考物理二轮复习简易通 第7讲 电磁感应及综合应用

第七讲电磁感应及综合应用1．如图3－7－11所示，矩形区域Ⅰ内，有场强为E0的竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B0的垂直纸面向里的匀强磁场，竖直边界CD右侧区域Ⅱ内存在边界足够宽、磁感应强度为B的垂直纸面向外的匀强磁场．一束重力不计、电荷量相同、质量不同的带正电的粒子，沿图中左侧的水平中线射入区域Ⅰ中，并沿水平中线穿过区域Ⅰ后进入区域Ⅱ中，结果分别打在接收装置的感光片上的S1、S2两点，现测得S1、S2两点之间距离为eq\r(2)L，已知接收装置与竖直方向的夹角为45°，粒子所带电荷量为q.求：图3－7－11(1)带电粒子进入磁场B时的速度的大小v；(2)在图上画出打在S2处的带电粒子进入区域Ⅱ后的运动轨迹，并计算打在S1、S2两点的粒子的质量之差Δm.解析(1)区域Ⅰ是速度选择器，故qE0＝qvB0①解得v＝eq\f(E0,B0)②(2)带电粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则qvB＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(mv,qB)③打在S1处的粒子对应的半径R1＝eq\f(m1v,qB)④打在S2处的粒子对应的半径R2＝eq\f(m2v,qB)⑤又L＝2R2－2R1⑥联立②③④⑤⑥得Δm＝m2－m1＝eq\f(qBL,2v)＝eq\f(qB0BL,2E0)答案(1)eq\f(E0,B0)(2)eq\f(qB0BL,2E0)2.坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0<y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2qd)，其中q与m分别为α粒子的电荷量和质量；在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面的匀强磁场．ab为一块很大图3－7－12 的平面感光板，放置于y＝2d处，如图3－7－12所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能；(2)求磁感应强度B的大小；(3)将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．解析(1)根据动能定理：Eqd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则末动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝Eqd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mveq\o\al(2,0).(2)根据(1)中结果可知v＝2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角θ＝eq\f(π,3)，其在电场中沿x轴方向的位移x1＝v0t＝v0eq\r(\f(2d,\f(Eq,m)))＝eq\f(2\r(3),3)d.该粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得知：若该粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，因此该粒子轨迹必与ab板相切，其圆周运动的半径满足关系式d＝r＋rcos60°，则r＝eq\f(2,3)d，又根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝eq\f(mv2,r)，可得B＝eq\f(3mv,2qd)＝eq\f(3mv0,qd).(3)根据几何知识可知，沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到ab板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．由图可知此时磁场宽度应为原来的eq\f(1,3)，即当ab板位于y＝eq\f(4,3)d的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，且ab板上被打中区域的长度为L＝2x1＋r＝eq\f(4\r(3),3)d＋eq\f(2,3)d.答案(1)2mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3mv0,qd)(3)y＝eq\f(4,3)deq\f(4\r(3),3)d＋eq\f(2,3)d3．如图3－7－13所示，在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E＝2×106N/C和B1＝0.1T，极板的长度l＝eq\f(\r(3),3)m，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R＝eq\f(\r(3),3)m．有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷eq\f(q,m)＝2×108C/kg.图3－7－13(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；(2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件．解析(1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间做匀速直线运动，则：qvB1＝qE设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，则：qvB2＝meq\f(v2,r)粒子速度方向偏转了60°，则：r＝Rcot30°解得：B2＝0.1T(2)撤去磁场B1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，则：qE＝mal＝vtvy＝attanθ＝eq\f(vy,v)解得：tanθ＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d0，如图所示，则：d0＝eq\f(R,sinθ)－eq\f(l,2)，解得：d0＝eq\f(\r(3),2)m所以d>eq\f(\r(3),2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或d≥\f(\r(3),2)m))答案(1)0.1T(2)d>eq\f(\r(3),2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或d≥\f(\r(3),2)m))4．如图3－7－14所示，在xOy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿y轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图所示．一质量m＝3.2×10－13kg、电荷量q＝－1.6×10－10C的带电粒子，在t＝0时刻以v0＝8m/s的速度从坐标原点沿图3－7－14(1)粒子在磁场中运动的周期；(2)t＝20×10－3s时粒子的位置坐标；(3)t＝24×10－3s时粒子的速度．解析(1)粒子在磁场中运动时qvB＝eq\f(mv2,R)T＝eq\f(2πR,v)解得T＝eq\f(2πm,qB)＝4×10－3s(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×10－3s时粒子在坐标系内做了两个圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2m竖直位移y＝eq\f(1,2)a(3T)2Eq＝ma解得y＝3.6×10－2故t＝20×10－3s时粒子的位置坐标为：(9.6×10－2m，－3.6×10－2(3)t＝24×10－3s时粒子的速度大小、方向与t＝20×10－3s时相同，设与水平方向夹角为α则v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))vy＝3aTtan