高考物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動真題匯編

1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動專項訓(xùn)練1. 如圖所示，在坐標(biāo)系Oxy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E.在其它象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里.A是y軸上的一點，它到坐標(biāo)原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O的距離為L.一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而通過C點進入磁場區(qū)域.并再次通過A點，此時速度方向與y軸正方向成銳角.不計重力作用.試求：（1）粒子經(jīng)過C點速度的大小和方向；（2）磁感應(yīng)強度的大小B.1tE.rii11(1嚴1xx址M*xyxXXXKak舄XX耳MXXX科【來源】2007普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（

2、全國卷II）理綜物理部分、2h【答案】（1）a=arctanil12mhE（2）B=h2+12qq【解析】【分析】【詳解】試題分析：（1）以a表示粒子在電場作用下的加速度，有qE=ma加速度沿y軸負方向.設(shè)粒子從A點進入電場時的初速度為v,由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t，1則有：h-at21=忖由式得v0=1f2h設(shè)粒子從C點進入磁場時的速度為v，v垂直于x軸的分量2ah由式得：V2十V2=jqES2+12）101理2mh設(shè)粒子經(jīng)過C點時的速度方向與x軸的夾角為Q,則有vtana=fv20(2)粒子從C點進入磁場后在磁場中作速率為v的圓周運動.若圓周的半徑為R,V2則有qvB=mR設(shè)圓心為P,

3、則PC必與過C點的速度垂直，且有PC=PA=R.用0表示PA與y軸的夾角，由幾何關(guān)系得：Rcos0=Rcosa+hRsin0=lRsina解得R=h審4h2+122h1由式得：B=角晉2. 如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動.A、C兩點間距離為h,重力加速度為g.w.-1h1-rr(1) 求小滑塊運動到C點時的速度大小vc；(2) 求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）

4、若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點.已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小vp-【來源】2015年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（福建卷帶解析）【答案】（1）E/B（2）二一亍:二（3）-25*!m【解析】【分析】【詳解】小滑塊到達C點時離開MN,此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大??；由動能定理直接計算摩擦力做的功Wf;撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)分運動計算最后的合速度的大??；（1）由題意知，根據(jù)左手定

5、則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場力兀時滑塊離開MN開始做曲線運動，即Bqv二qEE解得：v二EB（2）從4到C根據(jù)動能定理：mgh-W=mv2-0f2解得：W=mgh-m-f2B2（3）設(shè)重力與電場力的合力為F，由圖意知，在D點速度怙的方向與f地方向垂直，從d到p_1做類平拋運動，在F方向做勻加速運動a=F/m，t時間內(nèi)在F方向的位移為x=-at221從D到P，根據(jù)動能定理：a+a=0其中一mv2-5，八丁4-聯(lián)立解得：v山q空12+v2pm2d【點睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運動過程，在與MN分離時，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將

6、做類平拋運動，根據(jù)滑塊的不同的運動過程逐步求解即可.3. 如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.25m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0x103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0x10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0x10-5C,g取10m/s2。（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移）(1) 甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D,求乙球在B點被碰后的瞬時速度大??；(2) 在滿足1

7、的條件下，求甲的速度嶺；(3) 甲仍以中的速度“0向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。甲HT)乙CA111I【來源】四川省資陽市高中(2018屆)2015級高三課改實驗班12月月考理綜物理試題3【答案】(1)5m/s；(2)5m/s；(3)mx2、3m。2【解析】【分析】【詳解】(1)對球乙從B運動到D的過程運用動能定理可得一mg2R一2R=mv2一mv22D2B乙恰能通過軌道的最高點D,根據(jù)牛頓第二定律可得V2mg+qE=mdR聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得v=5m/sB(2)設(shè)向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運用動量守恒定律可得mv=mv+mv0

8、0B根據(jù)機械能守恒可得1 mv2=1mvS+1mv22 0202b聯(lián)立解得v=0，v=5m/s00(3) 設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為v、v，根據(jù)動量守恒和機械能守恒mm定律有Mv=Mv+mv0MmMv2=Mv2+mv2202m2m聯(lián)立得2Mvv=0-mM+m分析可知：當(dāng)M=m時，取最小值嶺；當(dāng)Mm時，取最大值2v0可得B球被撞后的速度范圍為vv2心30m/s設(shè)乙在水平軌道上的落點到B點的距離為x，則有x=vt,2R=gt2D2所以可得首次落點到B點的距離范圍4. 如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，線段CO=OD=L，C

9、D邊在x軸上，ZADC=30。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為L一一一一3，在第四象限正方形ODQP內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場，在y=-L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。yxy，牛工“C1OiD1a11h靈it屛Q(1) 電子的比荷；從X軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離:射入電場中的電子打到熒光屏上的點距P的最遠距離?！緛碓础俊臼屑壜?lián)考】河北省唐山市2019屆高三下學(xué)期第一次模擬考試理科綜合物理試題【答案】e3vm二B【解析】

10、【分析】根據(jù)電子束沿速度v0射入磁場，然后進入電場可知，本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動，根據(jù)在磁場中做圓周運動，在電場中做類平拋運動，運用牛頓第二定律結(jié)合幾何知識并且精確作圖進行分析求解；【詳解】(1) 由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r二|由牛頓第二定律得Bev=m-oor電子的比荷m=為(2) 若電子能進入電場中，且離0點右側(cè)最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應(yīng)恰好與邊AD相切，即粒子從F點離開磁場進入電場時，離0點最遠：2L則OF=x=丁從F點射出的電子，做類平拋運動，有x=豐=欽2，y=V02L代入得y=牛電子射出電場時與水平方向的夾角為0有tan0=2X=2所以，從x軸最右端射入電

11、場中的電子打到熒光屏上的點為G,則它與P點的距離GP=（L-y）2Ltan03(3) 設(shè)打到屏上離P點最遠的電子是從(x,0)點射入電場，則射出電場時y=Vt=0XL-y設(shè)該電子打到熒光屏上的點與P點的距離為X,由平拋運動特點得匚二23L+-833所以當(dāng)x=L，有X=丄L。8m4【點睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定某些物理量之間的關(guān)系，粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)經(jīng)常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用。5. 歐洲大型強子對撞機是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速

12、對撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡化如下：兩束橫截面積極小，長度為/-0質(zhì)子束以初速度V。同時從左、右兩側(cè)入口射入加速電場，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻強磁場區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m,電量為e；加速極板3AB、AB間電壓均為U。，且滿足eU0=-mv02。兩磁場磁感應(yīng)強度相同，半徑均為R,圓心70、0在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H=-R；整個裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。AE(1) 試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后(未進入磁場)的速度v和磁場磁感應(yīng)強度B；R(2) 如果某次實驗時將磁場0的圓心往上移了-，其余條件

13、均不變，質(zhì)子束能在00連線的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長度0應(yīng)該滿足的條件。【來源】湖南省常德市2019屆高三第一次模擬考試理科綜合物理試題2mv【答案】（1）v二2v0；Bp1。、兀+3：3+612【解析】解：（1）對于單個質(zhì)子進入加速電場后，則有:11eU二一mv2一mv2o220【詳解】又：eU二3mv2o20解得：v二2v0；粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)對稱，兩束質(zhì)子會相遇于OO的中點p,必定沿OP方向射出，出射點為D,過C、D點作速度的垂線相交于K,則K,則K點即為軌跡的圓心，如圖所示，并可知軌跡半徑r=R根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：evB=mr2mv可得磁場磁感應(yīng)強度：

14、B二気R（2）磁場O的圓心上移了，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運達半徑認為R,對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從F點射入磁場，如圖所示，E點是原來C點位置，連OF、OD,并作FK平行且等于OD,連KD,由于OD=OF=FK,故平行四邊形ODKF為菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然會從D點射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心R一1nn由于磁場上移了，故sinZCOF=2=二，ZCOF=,ZDOF=ZFKD=-2263對于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點，-R+（H+-2R）/八下方粒子到達C后最先到達D點的粒子所需時間為t，=22=（

15、兀+4）2v4v00而上方粒子最后一個到達E點的試卷比下方粒子中第一個達到C的時間滯后At二卜0上方最后的一個粒子從E點到達D點所需時間為R-Rsin-（2nR）t=3+2v2v12v000要使兩質(zhì)子束相碰，其運動時間滿足tyt+At聯(lián)立解得ion+記60126. 如圖所示，真空中某豎直平面內(nèi)有一長為2/、寬為l的矩形區(qū)域ABCD,區(qū)域ABCD內(nèi)加有水平向左的勻強電場和垂直于該豎直面的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電微粒，從A點正上方的O點水平拋出，正好從AD邊的中點P進入電磁場區(qū)域，并沿直線運動，從該區(qū)域邊界上的某點Q離開后經(jīng)過空中的R點（Q、R圖中未畫出）。已知微粒從Q點運動到R點

16、的過程中水平和豎直分位移大小相等，O點與A點的高度差h二31，重力加速8度為g,求：微粒從O點拋出時初速度勺的大小;電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大??；微粒從O點運動到R點的時間t?！緛碓础克拇ㄊ∨手ㄊ?019屆高三第三次統(tǒng)一考試理綜物理試題、2_-E3mgm/3g4瓦1【答案】（1）v0二沖；（2）E盲，B二2q廠t=丸-【解析】【詳解】（1）從O到P,帶電微粒做平拋運動:h二2gt0l=vt00所以v0二lg1(2)在P點：Vy=gt二2伍1設(shè)p點速度與豎直方向的夾角為e,則V4tan0=v3y帶電微粒進入電磁區(qū)域后做直線運動，受力如圖，可知其所受合力為零，可知:sin。=mgE=3mgmg

17、百mgqvBp(3) 設(shè)微粒從P到Q所用時間為t1,設(shè)微粒從Q到R所用時間為t2，因水平和豎直分位移相等，得:x=vt2021y=vt+gt22y222由題意得:x=y22微粒從0點運動到R點的時間t為:t=t+t+t0127. 如圖所示，在空間坐標(biāo)系x0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場E,在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場B,已知CD=2L,OC=L,E2=4E1。在負x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標(biāo)原點0處用絕緣細支柱支撐的(支柱與b球不粘連、無摩擦)質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b

18、球體積大小、材料相同且都可視為點電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g,不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求：求P點的位置坐標(biāo);(3) a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強度B的取值?！緛碓础俊救珖購娦！亢邶埥」枮I市第三中學(xué)校2019屆高三上學(xué)期期末考試理科綜合物理試題【答案】(1)va2v=v；b3o2v2v2(2)(一苑，-苑廠(3)0B3【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解。8. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第II、III象限y軸到直

19、線PQ范圍內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小E=500N/C，第|、W象限以(0.4,0)為圓心，半徑為人【的圓形范圍內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.5T.大量質(zhì)量為m=1x10-10kg，電荷量q=lx10-6C的帶正電的粒子從PQ上任意位置由靜止進入電場.已知直線PQ到y(tǒng)軸的距離也等于R.不計粒子重力，求：(2) 若某個粒子出磁場時速度偏轉(zhuǎn)了120。，則該粒子進入電場時到y(tǒng)軸的距離h多大?(3) 粒子在磁場中運動的最長時間.【來源】天津市耀華中學(xué)2019屆高三高考二模物理試題【答案】(1)2000m/s(2)0.2m(3)2nx10-4s【解析】【詳解】1(

20、1) 粒子在電場中加速，則有：EqR二2mv2解得：v=2000m/sv2(2) 在磁場中，有：qvB=mr解得：r=0.4m=R即正好等于磁場半徑，如圖，軌跡圓半徑與磁場圓半徑正好組成一個菱形(3) 無論粒子從何處進入磁場，(2)中菱形特點均成立，所有粒子均從同一位置射出磁場，故tmax=2兀xl0-4sBq9.平面直角坐標(biāo)系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B(B的大小未知)，第二象限和第三象限內(nèi)存在沿-y方向的勻強電場，x軸上有一點P,其坐標(biāo)為(L,0)。現(xiàn)使一個電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從坐標(biāo)(-2a,a)處以沿+x方向的初速度v0出

21、發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進入y軸右側(cè)并在隨后經(jīng)過了點P,不計粒子的重力。EyXKKXKN齊拓削據(jù)科科$竝貿(mào)X3C再11XXXM(1) 求粒子經(jīng)過原點時的速度；(2) 求磁感應(yīng)強度B的所有可能取值(3) 求粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值?！緛碓础?019年東北三省四市高考二模物理試題【答案】（1）粒子經(jīng)過原點時的速度大小為;2V。，方向：與x軸正方向夾45斜向下;nmv磁感應(yīng)強度B的所有可能取值：Brn=1、2、32a7兀mJ八3兀m（3）粒子從出發(fā)直至到達p點經(jīng)歷時間的所有可能取值：t=+k麗+（k-1）石亓02a兀m3兀mk=1、2、3或t=+n+nn=1、2、3v2qB4qB0

22、解析】詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2a=vt,豎直方向：av=yt2，解得：vy=v0vtan片=1,v0涉=45,k=1、2、3粒子穿過0點時的速度：v=、：2v；02）粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得v2qvB=m，r粒子能過P點，由幾何知識得：L=nrcos45n=1、2、3，nmv解得：BP心1、2、32a（3）設(shè)粒子在第二象限運動時間為貝y:t=；0f2兀mf粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運動的周期：T=，T1qB2qB粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4圓弧1若粒子經(jīng)下方磁場直接到達P點，則

23、粒子在磁場中的運動時間：t2=匚，13若粒子經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達P點，粒子在磁場中的運動時間：t2=4T1+4Q若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達P點：t2=2X土F3T2,若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達P點：t2=2X4g+2X3T2,兀m門八3兀m則t2=k2qB+(k-J石B兀m3兀m或22qB4qBn丄、厶3粒子從出發(fā)到P點經(jīng)過的時間：t=t1+t2,2a兀m3兀mk=1、2、3解得：t+k+(k1)_解得：v2qB4qB02a兀m3兀m310. 如圖所示，處于豎直面內(nèi)的坐標(biāo)系x軸水平、y軸豎直，第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁

24、場方向垂直坐標(biāo)平面向里。帶電微粒從x軸上M點以某一速度射入電磁場中，速度與x軸負半軸夾角a=53，微粒在第二象限做勻速圓周運動，并垂直y軸進入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為m,電荷量為-q,OM間距離為L，重力加速度為g，sin53=O.8，cos53=0.6。求勻強電場的電場強度E；若微粒再次回到x軸時動能為M點動能的2倍，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為多少。【來源】g5qYL【市級聯(lián)考】山東省濱州市2019屆高三第二次模擬(5月)考試理綜物理試題mg8mJ匝亠8m【答案】二B=或B=q5qL【解析】【詳解】(1) 微粒在第二象限做勻速圓周運動，則qE=mg,解得:丘=晉(2) 微粒垂直y軸進入第一象

25、限，則圓周運動圓心在y軸上，由幾何關(guān)系得:rsinaN1mv22v2由向心力公式可知：qvB=mr微粒在第一象限中mg(1+cosa)二Ek1mv228mJgL8m聯(lián)立解得:B=或B=l5qL5q11. 如圖所示，圓心為0、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R足夠長區(qū)域口，區(qū)域口內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域口左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域I邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域皿.在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN,熒光屏與FG成0=53角，在A

26、點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進入?yún)^(qū)域口【答案】VoqBR(B24B2)2m123(3)1.2R【解析】【詳解】(1)如圖所示,v2由qvB=m-o得qBR1因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域III中的運動半徑為打=2Rv2由qvB=m得:22R粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得:“11一qER=mv2一v2220解得：e=2m(Bi2一4BD如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最高點穿出,打在離M點xi處的屏上，由幾何關(guān)

27、系得:(xcos0+R)2+(xsin0)2=4R211解得：x1=2二一3R速度方向與電場方向平行向右射放區(qū)域丨中的粒子將平行電場方向從區(qū)域丨中最低點穿出打在離M點x2處的屏上，由幾何關(guān)系得:(xcos0一R)2+(xsin0)2=4R211解得：xi=2、2；+3R分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為Ax二x-x21解得：Ax=1.2R。12. 在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=44m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點,GH與水平面的夾角8=37.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里磁感應(yīng)強度B=1

28、.25T;過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E=1x104N/C小物體P質(zhì)量m=2x10-3kg、電荷量q=+8x10-6C，受到水平向右的推力F=9.98x10-3N的作用，沿CD向右做勻速直線運動倒達D點后撤去推力.當(dāng)?shù)竭_傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t=0.1s與P相遇.P和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為尸0.5，取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,物體電荷量保持不變不計空氣阻力.求：小物體P在水平軌道CD上運動速度v的大?。粌A斜軌道GH的長度s.【來源】【全國百強?！?017屆浙江省

29、溫州中學(xué)高三3月高考模擬物理試卷(帶解析)【答案】(1)4m/s(2)0.56m【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)小物體P在勻強磁場中運動的速度為v,受到水平外力F,重力mg，支持力N,豎直向上的洛倫茲力F,滑動摩擦力f則F=qvBN=mg一qvB,f=卩N勻速直線運動，物體處于平衡狀態(tài)；F-f=0解得v=4m/s說明：各1分,各2分(2)設(shè)物體P在G點的速度為v1，由于洛倫茲力不做功,11由動能定理知qErsin37-mgr(1一cos37)=mv2一mv22i2解得速度V=5m/s小物體P在GH上運動受到水平向右的電場力qE,重力mg，垂直斜面支持力叫，沿斜面向下的滑動摩擦力J設(shè)加速度為a由

30、牛頓第二定律有N=mgcos37+qEcos37,f=卩n111qE-mgsin37-f=ma,11J解得a1=10m/s2小物體P在GH上勻加速向上運動-二-二=0.55m小物體P2在GH上運動受到重力m2g，垂直斜面支持力N2，沿斜面向上的滑動摩擦力f2,加速度為a2則mgsin37卩mgcos37=ma2222解得a2=2m/s2小物體P2在GH上勻加速向下運動s2-2a2t2=0.01m故軌道長S=S1+S2所以s=0.56m(11)13. 如圖甲所示裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成，偏轉(zhuǎn)電場處在相距為d的兩塊水平放置的平行導(dǎo)體板之間，勻強磁場水平寬度為1,豎直寬度足夠大.大量電

31、子(重力不計)由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)3eUT2電場.已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場不加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為T；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場加上如圖乙所示的周期為T、大小恒為U的電壓時，所有電子均能通過電場，穿過磁場后打在豎直放置的熒光屏上.求水平導(dǎo)體板的板長1;0(2) 求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的最大側(cè)向位移y；m(3) 要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應(yīng)強度B的取值范圍.Lr+OJT3T21TT【來源】模擬仿真預(yù)測卷【答案】(1)上川；(一)-2019試吧大考卷(3)心高中全程訓(xùn)練計劃物理3EZ0r(2

32、):E【解析】【分析】(1)應(yīng)用動能定理求得電子經(jīng)加速獲得的速度，電子進入偏轉(zhuǎn)電場后水平方向做勻速直線2盅十1上T運動，可求板長；(2)電子在-時進入電場，電子在偏轉(zhuǎn)電場中半個周期的時間內(nèi)做類平拋運動,偏轉(zhuǎn)最小；電子在？時進入電場，偏轉(zhuǎn)最大且是最小偏轉(zhuǎn)的3倍；(3)電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方的臨界是電子垂直打在熒光屏上和電子軌跡與屏相切,據(jù)臨界時的半徑可求出對應(yīng)的臨界磁感應(yīng)強度?！驹斀狻?eUi一尹鬭電子在電場中加速，由動能定理得-，則UqT7Iq=vq7廠水平導(dǎo)體板的板長2k+1I一廠T若電子在時進入電場，1r21yi二滬#-半個周期的側(cè)向位移eUoTu2md電子在偏轉(zhuǎn)電場中半個周

33、期的時間內(nèi)做類平拋運動eUoT7eUT2md（28mti眈出廠2耳卩1=pTTTj-電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的最大側(cè)向位移：電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向夾角為&TVytand,-“斶vo2rnvod3則-300V2VOevBmv電子進入磁場做勻速圓周運動，有,其中（垂直打在熒光屏上時圓周運動半徑為；，此時B有最小值軌跡與屏相切時圓周運動半徑為R2=，此時B有最大值i/oT3Ui）T珈T3UTrjrT占EOSr,rl-JTTUBVFJ聯(lián)立解得:，,故【點睛】所謂臨界問題是指一種物理過程或物理狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理過程或物理狀態(tài)的時候，存在著分界的現(xiàn)象，即所謂的臨界狀態(tài)，符合這個臨界狀態(tài)的條件即為

34、臨界條件，滿足臨界條件的物理量稱為臨界值，在解答臨界問題時，就是要找出臨界狀態(tài)，分析臨界條件，求出臨界值.解決臨界問題，一般有兩種基本方法：（1）以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解，然后分析、討論其特殊規(guī)律和特殊解.（2）直接分析、討論臨界狀態(tài)和相應(yīng)的臨界值，求解出所研究問題的規(guī)律和解.14. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，直角三角形abc的直角邊ab長為6d,與y軸重合/bac=30,中位線OM與x軸重合，三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場在笫一象限內(nèi)，有方向沿y軸正向的勻強電場，場強大小E與勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小間滿足E=v0B.在x=3d的N點處,垂直于x軸放置一平面熒光屏.電子束以相同的初速度v0從y軸上-3dy0的范圍內(nèi)垂直于y軸向左射入磁場,其中從y軸上y=-2d處射入的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，恰好經(jīng)過O點.電子質(zhì)量為m,電量為e,電子間的相互作用及重力不計.求勻強磁楊的磁感應(yīng)強度B電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標(biāo)y的范圍；熒光屏上發(fā)光點距N點的最遠距離Lf*J-億*煙；科卅嚴dMdr甲【來源】四川省樂山市2018屆高三第二次調(diào)查研究考試理綜物理試題【答案】（1）mVo；（2）0y2d；（3）扌d;【解析】設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑為r；由幾何關(guān)系可得r=dv2電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律