（新課標(biāo)）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡(jiǎn)易通 第7講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用

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1、第七講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 1．如圖3－7－11所示，矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)，有場(chǎng)強(qiáng)為E0的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直邊界CD右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在邊界足夠?qū)?、磁感?yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一束重力不計(jì)、電荷量相同、質(zhì)量不同的帶正電的粒子，沿圖中左側(cè)的水平中線射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，并沿水平中線穿過區(qū)域Ⅰ后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中，結(jié)果分別打在接收裝置的感光片上的S1、S2兩點(diǎn)，現(xiàn)測(cè)得S1、S2兩點(diǎn)之間距離為L(zhǎng)，已知接收裝置與豎直方向的夾角為45°，粒子所帶電荷量為q.求： 圖3－7－11 (1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B時(shí)的速度的大小v； (2)在圖上畫出打在S2處的帶

2、電粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后的運(yùn)動(dòng)軌跡，并計(jì)算打在S1、S2兩點(diǎn)的粒子的質(zhì)量之差Δm. 解析　(1)區(qū)域Ⅰ是速度選擇器， 故qE0＝qvB0① 解得v＝② (2)帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則 qvB＝m R＝③ 打在S1處的粒子對(duì)應(yīng)的半徑R1＝④ 打在S2處的粒子對(duì)應(yīng)的半徑R2＝⑤ 又L＝2R2－2R1⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥得Δm＝m2－m1＝＝ 答案　(1)　(2) 2. 坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一點(diǎn)狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個(gè)方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0

3、和質(zhì)量；在d

4、中沿x軸方向的位移x1＝v0t＝v0 ＝d. 該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)可得知：若該粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板上，因此該粒子軌跡必與ab板相切，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑滿足關(guān)系式d＝r＋rcos 60°，則r＝d，又根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv＝，可得B＝＝. (3)根據(jù)幾何知識(shí)可知，沿x軸負(fù)方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到ab板上．其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切． 由圖可知此時(shí)磁場(chǎng)寬度應(yīng)為原來(lái)的，即當(dāng)ab板位于y＝d的位置時(shí)，恰好所有粒子均能打到板上，且ab板上被打中區(qū)域的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2x1＋r＝d＋d. 答案　(1)2mv　(2

5、)　(3)y＝d　d＋d 3．如圖3－7－13所示，在兩個(gè)水平平行金屬極板間存在著向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為E＝2×106 N/C和B1＝0.1 T，極板的長(zhǎng)度l＝ m，間距足夠大．在板的右側(cè)還存在著另一圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蛲?，圓形區(qū)域的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形區(qū)域的半徑R＝ m．有一帶正電的粒子以某速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，飛出圓形磁場(chǎng)區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計(jì)粒子的重力，粒子的比荷＝2×108 C/kg. 圖3－7－13 (1)求圓形區(qū)域磁場(chǎng)

6、的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小； (2)在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場(chǎng)B1撤去，為使粒子飛出極板后不能進(jìn)入圓形區(qū)域的磁場(chǎng)，求圓形區(qū)域的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應(yīng)滿足的條件． 解析　(1)設(shè)粒子的初速度大小為v，粒子在極板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則： qvB1＝qE 設(shè)粒子在圓形區(qū)域磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則： qvB2＝m 粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，則：r＝Rcot 30° 解得：B2＝0.1 T (2)撤去磁場(chǎng)B1后，粒子在極板間做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，運(yùn)動(dòng)的加速度為a，飛出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy，速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，則： qE＝ma　l＝vt　vy＝at

7、　tan θ＝ 解得：tan θ＝，即θ＝30° 設(shè)粒子飛出電場(chǎng)后速度恰好與圓形區(qū)域的邊界相切時(shí)，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d0，如圖所示，則： d0＝－，解得：d0＝ m 所以d> m 答案　(1)0.1 T　(2)d> m 4．如圖3－7－14所示，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，電場(chǎng)沿y軸正方向，磁場(chǎng)垂直紙面(以向里為正)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的變化規(guī)律如圖所示．一質(zhì)量m＝3.2×10－13 kg、電荷量q＝－1.6×10－10 C的帶電粒子，在t＝0時(shí)刻以v0＝8 m/s的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力，求： 圖3－7－14 (1)粒子在磁場(chǎng)中

8、運(yùn)動(dòng)的周期； (2)t＝20×10－3 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)； (3)t＝24×10－3 s時(shí)粒子的速度． 解析　(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB＝ T＝ 解得T＝＝4×10－3 s (2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，t＝20×10－3 s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)和三段類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2 m 豎直位移y＝a(3T)2 Eq＝ma 解得y＝3.6×10－2 m 故t＝20×10－3 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)為： (9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m) (3)t＝24×10－3 s時(shí)粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3 s時(shí)相同，設(shè)與水平方向夾角為α 則v＝ vy＝3aT tan α＝ 解得v＝10 m/s 與x軸正向夾角α為37°斜向右下方 答案　(1)4×10－3 s　(2)(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m) (3)10 m/s　方向與x軸正向夾角α為37°，斜向右下方