发布时间 : 星期二 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
β
故α≤90°－＝63.5°。
2
[答案] (1)3.14×10－8 s (2)α≤63.5° 考向四 电磁感应定律的综合应用
如图4所示，倾角为θ＝30°的平行金属导轨固定在水平面上，导轨的顶端接定值电阻R，
与导轨宽度相等的导体棒AB垂直导轨放置，且保持与导轨有良好的接触，图1中虚线1和2之间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。现给导体棒沿导轨向上的初速度，该导体棒穿过磁场区域后能向上运动到的最高位置是虚线3处，然后沿导轨向下运动到底端。已知导体棒向上运动经过虚线1和2时的速度大小之比为2∶1，导体棒沿导轨向下运动时由虚线2到虚线1做匀速直线运动，虚线2、31之间的距离为虚线1、2之间距离的2倍，整个运动过程中导体棒所受的阻力恒为导体棒重力的，
6除定值电阻外其余部分电阻均可忽略。
图4
(1)求导体棒沿导轨向上运动经过虚线2的速度大小v1与沿导轨向下运动经过虚线2的速度大小v2之比。
(2)求导体棒沿导轨向上运动刚经过虚线1和刚经过虚线2的加速度大小之比。
(3)求导体棒沿导轨向上运动经过磁场过程中与沿导轨向下运动经过磁场过程中定值电阻R上产生的热量之比Q1∶Q2。
[解析] (1)设虚线2、3之间的距离为x，导体棒由虚线2运动到虚线3的过程中，由牛顿第二122
定律得mgsin 30°＋mg＝ma1，解得a1＝g，又由0－v1＝－2a1x可得v1＝
63
4
gx导体棒由虚线3运3
11
动到虚线2的过程中，由牛顿第二定律得mgsin 30°－mg＝ma2，解得a2＝g，又由v22＝2a2x可得63v2＝
2
gx，因此v1∶v2＝2∶1。 3
(2)设导体棒的长度为l，导体棒沿导轨向上运动经过虚线1的速度为v0，加速度大小为a3，此E1Blv0时的感应电动势为E1＝Blv0，由欧姆定律得回路中的电流为I1＝R＝R
Blv0
此时导体棒所受的安培力大小为F1＝BI1l＝R方向沿导轨向下 1
由牛顿第二定律得mgsin 30°＋mg＋F1＝ma3，解得
62F1a3＝g＋m 3
由题意知导体棒沿导轨向下运动经过虚线2时的速度大小为v2，此时的感应电动势为E2＝Blv2，E2Blv2
回路中的电流为I2＝R＝R B2l2v2
此时导体棒所受的安培力大小为F2＝BI2l＝R，方向沿导轨向上 1
由力的平衡条件可得mgsin 30°＝mg＋F2，解得
6B2l2v21
F2＝mg＝R 3
又因为v1∶v2＝2∶1，v0∶v1＝2∶1，可得 v0∶v2＝22∶1 2＋22
整理可得a3＝g
3
1
设导体棒向上运动刚好经过虚线2时的加速度大小为a4，则由牛顿第二定律得mgsin 30°＋mg62＋2B2l2v1
＋R＝ma4，整理可得a4＝g，解得a3∶a4＝2∶1。
3
(3)设虚线1和虚线2之间的距离为d，导体棒沿导轨向上运动穿过磁场区域时，由功能关系得11212
mgsin 30°·d＋mgd＋Q1＝mv0－mv1
622
11
导体棒向上由虚线2运动到虚线3的过程中，由功能关系得mv2·2d＋mg·2d，联立1＝mgsin 30°2610
解得Q1＝mgd
3
导体棒沿导轨向下由虚线2运动到虚线1的过程中， 1
Q2＝W2＝F2d＝mgd
3解得Q1∶Q2＝10∶1。
[答案] (1)2∶1 (2)2∶1 (3)10∶1
1．如图5所示，在y轴右侧整个空间有无限大匀强电场区。区域Ⅰ，电场强度为E1，方向沿x
22
轴负方向，在直线x＝－1 m与y轴之间的整个空间有匀强电场区域Ⅱ，电场强度为E2，方向沿y轴负方向，两个电场的电场强度大小相等，即E1＝E2，一带正电的粒子从电场Ⅰ中由静止释放。经电场Ⅰ加速后垂直射入电场Ⅱ，粒子重力不计。
图5
(1)若释放点S坐标为(0.5 m,0.5 m)，求粒子通过x轴的位置坐标；
(2)将粒子在电场Ⅰ中适当位置由静止释放，粒子能通过－x轴上的P点，P点坐标为(－2,0)，求释放点的坐标应满足的条件。
解析 (1)粒子在电场Ⅰ中加速过程，根据动能定理可得 1
qE1x＝mv2
20
1
粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动y＝at2
2qE2a＝m sx＝v0t
代入数据可得sx＝1 m
因此粒子通过x轴的坐标为(－1 m,0)
(2)设满足条件的释放点的坐标为(x，y)，粒子在电场Ⅰ中加速过程根据动能定理可得 1
qE1x＝mv2
20
粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设粒子从P点射出的方向与x轴的偏转角为θ vx＝v0 vy＝at qE2a＝m 粒子在电场Ⅱ中的水平位移s＝1 m＝v0t vytan θ＝v x
粒子通过P点，则末速度的反向延长线通过偏转过程水平分位移的中点，故应满足tan θ＝
y，1.5
3
即y＝tan θ
2
联立以上各式解得y＝答案 见解析
2.一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图6所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。
3
。 4x
图6
(1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则该粒子的比荷和速率分别是多大？
(2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角(如图所示)，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？
解析 (1)若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出，如图所示，由轨迹1可知粒子做圆周运动的轨迹半径r＝R根据洛伦兹力提供粒子v2
做圆周运动的向心力可得qvB＝mR
2πR2πm
粒子运动周期T＝v＝qB 筒转过90°的时间t＝
πTπm
，又t＝＝ 2ω042qB
qω0联立以上各式得粒子比荷m＝B， 粒子速率v＝ω0R
(2)若粒子与MN方向成30°角入射，速率不变，则做圆周运动的轨迹半径仍为R，作粒子轨迹2