高考物理帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專項訓(xùn)練100附答案含解析

1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專項訓(xùn)練1.兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正,2 m 、且to ,兩板間距qBo方向)。在t=0時刻由負(fù)極板釋放一個初速度為零的帶負(fù)電的粒子(不計重力)，若電場強(qiáng)度反、磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo、粒子的比荷 q均已知, m10 2mE022 oqBo2(1)求粒子在0to時間內(nèi)的位移大小與極板間距 h的比值。(2)求粒子在板板間做圓周運(yùn)動的最大半徑(用h表示)。(3)若板間電場強(qiáng)度 E隨時間的變化仍如圖 1所示，磁場的變化改為如圖 3所示，試畫出粒子在板間運(yùn)

2、動的軌跡圖(不必寫計算過程)?！緛碓础繋щ娏Ｗ拥钠D(zhuǎn)【答案】(1)粒子在0t。時間內(nèi)的位移大小與極板間距 2h(2)粒子在極板間做圓周運(yùn)動的最大半徑R2 5G 1h的比值 h 5(3)粒子在板間運(yùn)動的軌跡如圖：(1)設(shè)粒子在0b時間內(nèi)運(yùn)動的位移大小為S1Si-at0 2咀m又已知t0210 2mEo聯(lián)立解得：包 1h 5(2)解法一粒子在to2t0時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運(yùn) 動。設(shè)運(yùn)動速度大小為 vi,軌道半徑為 Ri,周期為T,則viat0qMB。聯(lián)立解得：R2 mqB0t0即粒子在t02t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運(yùn)動。在2t03t0時間內(nèi)，粒子

3、做初速度為 vi的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)位移大小為S21 2S2 vit0at02, 一 3解得：s2-h5半徑為由于&+S2h,所以粒子在3t04t0時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)速度大小為V2,R2,有:v2 vi at0qvzB。2mV2R2解得r22h5由于si+s2+eh,粒子恰好又完成一個周期的圓周運(yùn)動。 在4t05t0時間內(nèi)，粒子運(yùn)動到正極板(如圖所示)：因此粒子運(yùn)動的最大半徑r22h5解法二由題意可知，電磁場的周期為2t0,前半周期 粒子受電場作用做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為：。qE。a m方向向上。后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運(yùn)動，周期為 T粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動。Sn

4、sn至第n個周期末，粒子位移大小為1 -a(nto) 22.10 2mE。又已知h2-qBo2由以上各式得：Sn h5粒子速度大小為：vn ant0粒子做圓周運(yùn)動的半徑為:Rnmvn qB0解得：Rn 業(yè)5顯然 S2R2hS3因此粒子運(yùn)動的最大半徑R22h5(3)粒子在板間運(yùn)動的軌跡如圖所示:2.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(diǎn)，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E=5.0 x3V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度V0沿水平軌道向右運(yùn)動，與靜止在B點(diǎn)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

5、m=1.0 xlGkg,乙所帶電荷量q=2.0 xi5, g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個運(yùn)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(diǎn)D,求乙球在B點(diǎn)被碰后的瞬時速度大?。?2)在滿足1的條件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 V。向右運(yùn)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(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍?！緛碓础克拇ㄊ≠Y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【答案】(1) 5m/s；5m/s；31m2【解析】【分析】 【詳解】(1)對球乙從B運(yùn)動到D的過程運(yùn)用動能定理可得1 2一mvB212mg

6、g2R qEg2R -mvD 2乙恰能通過軌道的最高點(diǎn) D,根據(jù)牛頓第二定律可得2 Vd mg qE m R聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得Vb =5m/s(2)設(shè)向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運(yùn)用動量守恒定律可得mv0 mv0 mvB根據(jù)機(jī)械能守恒可得 TOC o 1-5 h z 12 12 12mv0mv0mvB222聯(lián)立解得V00, V0 5 m/s(3)設(shè)甲的質(zhì)量為 M,碰撞后甲、乙的速度分別為 vM、vm ,根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒 定律有Mv0 MvM mvm1Mv 2212120 Mv m mVm HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 2

7、2聯(lián)立得分析可知：當(dāng) M=m時，vm取最小值可得B球被撞后的速度范圍為2Mv0vmM mvo ;當(dāng)M ? m時，vm取最大值2V0vovm設(shè)乙球過D點(diǎn)的速度為Vd,由動能定理得mgg2R qEg2R1212mvDmvm HYPERLINK l bookmark29 o Current Document 22聯(lián)立以上兩個方程可得3.5m/svD2 30m/s設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x ,則有x vDt ,2R1 .22 gt所以可得首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍2 / 3m3.如圖所示，在無限長的豎直邊界 N解口MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時該區(qū)域上、下部分分別口 2B, KL為上充滿方向垂直于

8、NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為 下磁場的水平分界線，在 N舜口 MT邊界上，距K嘀h處分另I有P、Q兩點(diǎn)，N序口 MT間距為1.8h ,質(zhì)量為m,帶電荷量為+ q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS&界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周 運(yùn)動，重力加速度為 g.*JC ：JrhtX求電場強(qiáng)度的大小和方向(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值 (3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值【來源】【全國百強(qiáng)?！?017屆浙江省溫州中學(xué)高三 3月高考模擬物理試卷(帶解析 )【答案】(1) E mg,方向豎直向上(2) vmin (9 6揚(yáng)qBh qmc 0.

9、68qBh0.545qBh0.52qBh(3) V ； V ； V 【解析】【分析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，電場力與重力合力為零;(2)作出粒子的運(yùn)動軌跡，由牛頓第二定律與數(shù)學(xué)知識求出粒子的速度；(3)作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用幾何知識求出粒子的速度.【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力合力為零，即 mg=qE,-_ mg解得：E ,電場力方向豎直向上，電場方向豎直向上;q(2)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示:設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為 Vmin , 對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為1、2,圓心的連線與NS的夾角為弧粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動

10、，由牛頓第二定律得：qvB2Vm 一 ,r解得，粒子軌道半徑：rqB1vminqB12 二r1，2由幾何知識得:(門+2)sin(j)=r2,門+1cos(j)=h,解得：Vmin(9 6夜)*卜.(3)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示,Q設(shè)粒子入射速度為 v,粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為 粒子第一次通過 KL時距離K點(diǎn)為由題意可知:3nx=1.8h (n=1、2、X,3)解得:即：n=1時,v 0.68qBhmn=2 時,0.545qBhmn=3 時,0.52qBhm答:(1)電場強(qiáng)度的大小為(910.36、h1 一2)二，n0表示電場方向豎直向上。t 0時，一帶正電、質(zhì)量為 m的微粒從左邊界上的

11、Ni點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到 Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊 界上的N2點(diǎn)，Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為 g,上述d、E0、m、V、g為已 知量。(i)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大??；(2)求電場變化的周期T ；(3)改變寬度d ,使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求 T的最小值?！緛碓础?010年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(安徽卷)理綜【答案】 B 鬼；(2)T ti t2 -v； (3)Tmin timin t? (2v2v g2g【解析】【分析】 根據(jù)物體的運(yùn)動性質(zhì)結(jié)合物理情景確定物體的受力情況。再根據(jù)受力分析列出相應(yīng)等式解決問

12、題?！驹斀狻?1)根據(jù)題意，微粒做圓周運(yùn)動，洛倫茲力完全提供向心力，重力與電場力平衡，貝U mg=qEo 微粒水平向右做直線運(yùn)動，豎直方向合力為0.則 mg+qE0=qvB 聯(lián)立得：q=,B=一匕。 v(2)設(shè)微粒從Ni運(yùn)動到Q的時間為ti,作圓周運(yùn)動的周期為 t2,d2貝Uj=vti qvB=m三 2兀 R=v I dTTv聯(lián)立得：力古，t2=一2V g TOC o 1-5 h z 電場變化的周期 T=ti +t2=V+(3)若微粒能完成題述的運(yùn)動過程，要求 d2R HYPERLINK l bookmark80 o Current Document 2v聯(lián)立得：R=1-,設(shè)NiQ段直線運(yùn)動的

13、最短時間 timin,由得timin亍,因t2不變，T的最小值 Tmin=timin+t2-口 。B的大小為答：（1）微粒所帶電荷量q為，磁感應(yīng)強(qiáng)度 皿 d 冗v（2）電場變化的周期 T為#+。g（3）T的最小值為(2冗+1】v【點(diǎn)睛】 運(yùn)動與力是緊密聯(lián)系的，通過運(yùn)動情況研究物體受力情況是解決問題的一個重要思路。6.如圖所不，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿 x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為L,0的A點(diǎn)。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為Vo的電子，電子通過 y軸上的C點(diǎn)時

14、速度方向與y軸正方向成45角，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15角的射線OM已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用）。求：2電子在電場和磁場中運(yùn)動的總時間t3矩形磁場區(qū)域的最小面積 Smino【來源】湖南省懷化市 2019年高考物理一模物理試題【答案】（i）m2；（2）紅2-m；（3）石（嗎2 2eL Vo 3eBeB【解析】【詳解】12121電子從A至iJC的過程中，由動能定理得：eEL - mvc 一 mv022vCcs45 v02聯(lián)立解得：e mv02eL一.vcsin2電子在電場中做類平拋運(yùn)動，沿電場方向有：L 112其中VcV0c

15、os由數(shù)學(xué)知識知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角: 電子在磁場中的運(yùn)動時間：t2 T2m其中T eB電子在電場和磁場中運(yùn)動的總時間t t1 t2聯(lián)立解得：t2L 2 mv0 3eB3電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力,2則有 evB m r最小矩形區(qū)域如圖所示,由數(shù)學(xué)知識得：CD 2r sin - CQ r rcos-22最小矩形區(qū)域面積：Smin CD CQ聯(lián)立解得：Smin . 3(嗎2eB7.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系中的0wxw區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有以點(diǎn)(2L, 0)為圓心、半徑為 L的圓形區(qū)域，與 x軸的交點(diǎn)分別為 M、N,在xOy平面內(nèi)，從電離室產(chǎn)生的質(zhì)

16、量為 m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點(diǎn)飄入電勢差為 U的加速電場中，加速后經(jīng)過右側(cè)極板上的小孔Q點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，已知O、Q兩點(diǎn)之間的距離為 L,飛出電場后從 M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，不考慮電子所受的重力。2(1)求0WxWK域內(nèi)電場強(qiáng)度 E的大小和電子從 M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域時的速度 vm； (2)若圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小和電子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間t;(3)若在電子從 M點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域時，取 t=0,在圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示變化的磁場 (以垂直于紙面向外為正方向)，最后電子從N點(diǎn)飛出，速

17、度方向與進(jìn)入圓形磁場時方向相同，請寫出磁場變化周期 T滿足的關(guān)系表達(dá)式。【來源】【省級聯(lián)考】吉林省名校2019屆高三下學(xué)期第一次聯(lián)合模擬考試物理試題SU ,設(shè)VM的方向與X軸的夾角為 m依 0= 45;(2)mvMeR(3) T的表達(dá)式為TmL2n. 2emU1, 2, 3,)【解析】【詳解】12(1)在加速電場中，從 P點(diǎn)至U Q點(diǎn)由動能定理得：eU -mv2 2可得 vo . 2eU ，m電子從Q點(diǎn)到M點(diǎn)，做類平拋運(yùn)動,L , mx軸方向做勻速直線運(yùn)動，t lJVo. 2eU一， L 1 eE,2 y軸方向做勻加速直線運(yùn)動， t2 2m, L 2U由以上各式可得： E 儀L電子運(yùn)動至M點(diǎn)時

18、：vM Jv： (-Eet)2 m即：vm 2.e：設(shè)vm的方向與X軸的夾角為以v cos vM2解得：0= 45。(2)如圖甲所示，電子從 M點(diǎn)到A點(diǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，因02M =O2A, O1M = O1A,且O2A/MO1,所以四邊形 MO1AO2為菱形，即 R=L由洛倫茲力提供向心力可得：evMB mvMR(3)電子在磁場中運(yùn)動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子的偏轉(zhuǎn)角為90。，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移恰好等于因電子在磁場中的運(yùn)動具有周期性，如圖丙所示，電子到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的空間條件為：2n(72R) 2L (n=1, 2,

19、3,)電子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑mVMReBo解得：b0型叵mU(n=1,2,eL3,)電子在磁場變化的半個周期內(nèi)恰好轉(zhuǎn)過1 -圓周，同時在MN間的運(yùn)動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達(dá) N點(diǎn)且速度滿足題設(shè)要求，應(yīng)滿足的時間條件是又ToeBomL則T的表達(dá)式為T 一.（n=1, 2, 3,）。2n、2emU.如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個小孔，AO為CD的中垂線，在 MN的下方有 勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外 （圖中未畫出），質(zhì)量為m電荷量為q的粒子（不計重力）以 某一速度從A點(diǎn)平行于MN的方向進(jìn)入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場 （電場方向指向O點(diǎn)），已知圖中

20、虛線圓弧的半徑為R,其所在處場強(qiáng)大小為 E,若離子恰好沿圖中虛線做圓周運(yùn)動后從小孔C垂直于MN進(jìn)入下方磁場.1求粒子運(yùn)動的速度大小;2粒子在磁場中運(yùn)動，與 MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉(zhuǎn)移，之 后恰好從小孔 D進(jìn)入MN上方的一個三角形勻強(qiáng)磁場，從A點(diǎn)射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？ MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為多少？3粒子從A點(diǎn)出發(fā)后，第一次回到 A點(diǎn)所經(jīng)過的總時間為多少?【來源】2014屆福建省廈門雙十中學(xué)高三熱身考試物理試卷（帶解析【答案】（1），叵R；1R2； ; （3） 2%叵。 , m2 n 1 Eq【解析】【分析】【詳解】（1）由題可知，粒子

21、進(jìn)入靜電分析器做圓周運(yùn)動，則有：2EqmvR解得:（2）粒子從D到A勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示:由圖示三角形區(qū)域面積最小值為:在磁場中洛倫茲力提供向心力，則有:設(shè)MN下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bi,上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2,如圖所示:SBqvRR222 mvRmvBq若只碰撞一次，則有:若碰撞n次，則有:B2RR12R2mvBiqmvB2qRn 1mvBiqmvB2q曳B1(3)粒子在電場中運(yùn)動時間:在MN下方的磁場中運(yùn)動時間:n 11t.22 Ri 2v在MN上方的磁場中運(yùn)動時間:總時間:.在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，第n、出象限 y軸到直線PQ范圍內(nèi)存在沿x軸正方向的B0.5T.大量質(zhì)量為勻強(qiáng)電

22、場，電場強(qiáng)度大小E 500N/C ,第I、W象限以 0.4,0為圓心，半徑為K-的圓形范圍內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度m 1 1010kg,電荷量q 1 10 6C的帶正電的粒子從 PQ上任意位置由靜止進(jìn)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:(1)粒子進(jìn)入磁場時的速度大?。粂軸的距離h多大?(2)若某個粒子出磁場時速度偏轉(zhuǎn)了120,則該粒子進(jìn)入電場時到(3)粒子在磁場中運(yùn)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) 2104s【解析】【詳解】12(1)粒子在電場中加速，

23、則有： EqR -mv22解得：v 2000m/s2(2)在磁場中，有：qVB m r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4 y/tn由此可得h Rsin30 0.2m(3)無論粒子從何處進(jìn)入磁場，(2)中菱形特點(diǎn)均成立，所有粒子均從同一位置射出磁場，故tmaxBq 210 4s.如圖，空間某個半徑為 R的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場，與它相鄰的是一 對間距為d,足夠大的平行金屬板，板間電壓為U。一群質(zhì)量為 m,帶電量為q的帶正電的粒子從磁場的左側(cè)以與極板平行的相同速度射入磁場。不計重力，則(1)離極板AB距離為 艮的粒子能從極板上的小

24、孔 P射入電場，求粒子的速度？2(2)極板CD上多長的區(qū)域上可能會有帶電粒子擊中？(3)如果改變極板的極性而不改變板間電壓，發(fā)現(xiàn)有粒子會再次進(jìn)入磁場，并離開磁場區(qū)域。計算這種粒子在磁場和電場中運(yùn)動的總時間。： x* ：x X .4* xXXXX、X X【來源】江蘇省蘇州新區(qū)一中2019屆高三一摸模擬物理試題【答案】(1)入射粒子的速度v qBR m(2)帶電粒子擊中的長度為2x 2空ES；(3)總時間t timU【解析】【詳解】m 2dBRqB U(1)洛倫茲力提供向心力,qvB2mv根據(jù)作圖可解得，能從極板上的小孔rP射入電場,mv qB所以，入射粒子的速度 v理m(2)所有進(jìn)入磁場的粒子都

25、能從P點(diǎn)射入電場，從最上邊和最下邊進(jìn)入磁場的粒子將平行極板進(jìn)入電場，這些粒子在垂直于電場方向做勻加速直線運(yùn)動,a工也 m mdd2 at2解得t2md2qu沿極板運(yùn)動的距離x vt2B2R2d2qmU有帶電粒子擊中的長度為2x 22B2R2d2qmU(3)能再次進(jìn)入磁場的粒子應(yīng)垂直于極板進(jìn)入電場，在電場中運(yùn)動的時間ti2* 蚪a U在磁場中運(yùn)動的時間為 t2qB事J u所以t2m qB總時間ttit2m 2dBRqB U11.如圖所示為一 匚”字型金屬框架截面圖，上下為兩水平且足夠長平行金屬板，通過左側(cè)長度為L= 1m的金屬板連接.空間中有垂直紙面向里場強(qiáng)大小B=0.2T的勻強(qiáng)磁場，金屬框架在

26、外力的作用下以速度vo= im/s水平向左做勻速直線運(yùn)動.框架內(nèi) O處有一質(zhì)量為 m= 0.1kg、帶正電q=1C的小球.若以某一速度水平向右飛出時，則沿圖中虛線 OO做 直線運(yùn)動；若小球在 O點(diǎn)靜止釋放，則小球的運(yùn)動軌跡沿如圖曲線(實線)所示，已知此 曲線在最低點(diǎn)P的曲率半徑(曲線上過 P點(diǎn)及緊鄰P點(diǎn)兩側(cè)的兩點(diǎn)作一圓，在極限情況h的2倍，重力加速度g下，這個圓的半徑叫做該點(diǎn)的曲率半徑)為 P點(diǎn)到。點(diǎn)豎直高度取 10 m/s2.求：(1)小球沿圖中虛線 OO做直線運(yùn)動速度 V大小(2)小球在O點(diǎn)靜止釋放后軌跡最低點(diǎn)P到O點(diǎn)豎直高度h【來源】江西省名校(臨川一中、南昌二中)2018-2019學(xué)年

27、高三5月聯(lián)合考理綜物理試題【答案】(1) v 4m/s ; (2) h 4m【解析】【詳解】解：框架向左運(yùn)動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：UBLv0板間場強(qiáng)：E U Bv0小球做勻速直線運(yùn)動，受力平衡：Eq qvB mg可解得：v 4m/s(2)最大速率點(diǎn)在軌跡的最低點(diǎn)根據(jù)動能定理可得：Eqh mgh mvm 022最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動規(guī)律有：Eq qvmB mg mym2h聯(lián)立可解得：h 4 m 12.如圖所示，半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域I與 x軸相切于坐標(biāo)系的原點(diǎn) O,磁感應(yīng)強(qiáng) 度為Bo,方向垂直于紙面向外.磁場區(qū)域I右側(cè)有一長方體加速管，加速管底面寬度為2r,軸線與x軸平行且過磁場區(qū)域I

28、的圓心，左側(cè)的電勢比右側(cè)高.在加速管出口下側(cè)距 離2r處放置一寬度為2r的熒光屏.加速管右側(cè)存在方向垂直于紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B0的勻強(qiáng)磁場區(qū)域H.在 O點(diǎn)處有一個粒子源，能沿紙面向 y0的各個方向均勻地發(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 y軸正方向射入磁場的粒子，恰能 沿軸線進(jìn)入長方形加速管并打在熒光屏的中心位置.(不計粒子重力及其相互作用)(1)求粒子剛進(jìn)入加速管時的速度大小V0；(2)求加速電壓U;(3)若保持加速電壓 U不變，磁場H的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.9 Bo,求熒光屏上有粒子到達(dá)的范圍？【來源】江蘇省揚(yáng)州市高郵市(1)2018 2019學(xué)年度第二學(xué)期高三年級階

29、段性物理調(diào)研試題的界門14V = (3) r2rn9由運(yùn)動方向通過幾何關(guān)系求得半徑，進(jìn)而由洛倫茲力作向心力求得速度；再由幾何關(guān)系求 得半徑，由洛倫茲力作向心力聯(lián)立兩式求得粒子速度，應(yīng)用動能定理求得加速電壓；先通 過幾何關(guān)系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子運(yùn)動的半徑及幾何關(guān)系求得可打在熒 光屏上的粒子范圍；【詳解】 解：(1)磁場區(qū)域I內(nèi)粒子運(yùn)動軌道半徑為:vi = mMor% 二 -m(2)粒子在磁場區(qū)域n的軌道半徑為：口好Bqv = 11 1由動能定理得： 叩=- -jnvi解得：U =(3)粒子經(jīng)磁場區(qū)域I后，其速度方向均與x軸平行；經(jīng)證明可知：OQ1C。是菱形，所以CO?和y軸平行，

30、v和x軸平行ky/m10202二*二元即熒光屏上有粒子到達(dá)的范圍是：距上端可，處到下端，總長度9磁場n的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2減小10%,即 用 二宜4熒光屏上方?jīng)]有粒子到達(dá)的長度為：二：飛：飛13.在光滑絕緣水平桌面上建立直角坐標(biāo)系xy, y軸左側(cè)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場 E, y軸右側(cè)有垂直水平桌面向上的勻強(qiáng)磁場B.在1-12,。)處有一個帶正電的小球 A以速度%=2. 4m沿x軸正方向進(jìn)入電場，運(yùn)動一段時間后，從 (0, 8)處進(jìn)入y軸右側(cè)的磁場 中，并且正好垂直于 x軸進(jìn)入第4象限，已知A球的質(zhì)量為m = 帶電量為g = 0C 求：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)如果

31、在第4象限內(nèi)靜止放置一個不帶電的小球C,使小球A運(yùn)動到第4象限內(nèi)與C球發(fā)生碰撞，碰后 A、C粘在一起運(yùn)動，則小球 C放在何位置時，小球 A在第4象限內(nèi)運(yùn)動 的時間最長(小球可以看成是質(zhì)點(diǎn)，不考慮碰撞過程中的電量損失).【來源】【市級聯(lián)考】山東省臨沂市2019屆高三下學(xué)期高考模擬考試(二模)理綜物理試題【答案】(1)將= 32N/C(2)1.5T (3) 3，。)【解析】【詳解】(1)小球A在電場中沿x、y軸方向上的位移分別設(shè)為 卜1、打y方向： TOC o 1-5 h z 加速度：記 聯(lián)立可得：.(2)小球進(jìn)入磁場時y方向的速度：柞=皿，r-r-7COS(? = 合速度：廿=、謝+叼方向：廿1

32、m/s,方向與y軸正方向成37。小球A在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，垂直于 x軸進(jìn)入第4象限，做出小球 A運(yùn)動的軌跡如yi 2R1 = 一m圖，設(shè)軌道半徑為Ri,由幾何關(guān)系可得：皿4*廿工rnvUqu = tn /?-1.5T力,在磁場中做圓周根據(jù)：杷，解得：禍(3)在第4象限內(nèi)A與C球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度設(shè)為運(yùn)動的軌道半徑設(shè)為/(m + mv2 mvR2 pZ- 二 rT = R1解得：附 附 即：小球運(yùn)動的軌道半徑不變2nRT二由周期公式 V可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4象限內(nèi)運(yùn)動的時間最長，小球 C應(yīng)放在小球A進(jìn)入第4象限時的位置：工= l + ESi

33、n53D = 0.24 M即坐標(biāo)為 (24,0)14.如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應(yīng).p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上 O點(diǎn)右側(cè)相距h處有小孔K； b板上有小孔T,且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面.質(zhì)量為m、電荷量為-q （q 0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從O點(diǎn)發(fā)射，沿P板上表面運(yùn)動時間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間.粒子視為質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)動，電荷 量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功；（2）電路中的直流電源內(nèi)阻為 r,開關(guān)S接“1位置時，進(jìn)入板間的粒子落

34、在 h板上的A 點(diǎn)，A點(diǎn)與過K孔豎直線的距離為1.此后將開關(guān) S接“2位置，求阻值為 R的電阻中的電 流強(qiáng)度；（3）若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān) S接“1位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時在 板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度B只能b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度，一 _ （而5加一在0Bm=（萬門）要范圍內(nèi)選?。沽Ｗ忧『脧?方向與b板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）. TOC o 1-5 h z 【來源】2014年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測試物理（四川卷帶解析）.23【答案】（1）嗎 （g 要）（3） 0 arcsin-

35、2t2 q（R r）l2t25【解析】試題分析：（1）設(shè)粒子在P板上勻速運(yùn)動的速度為 V0,由于粒子在P板勻速直線運(yùn)動，故hV0 一t1 r / r 、，匕 r r r , , , r12所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功W = 1mv22解得W=嗎 2t2說明：各2分，式1分（2）設(shè)電源的電動勢 E。和板間的電壓為U,有Eo U板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場為 匚 粒子進(jìn)入板間時有水平方向的初速度vo,在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為3 ,加速度為a,有U Eh當(dāng)開關(guān)S接“1時，粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動，其加速度為mgqUma TOC o 1-5 h z HYPE

36、RLINK l bookmark62 o Current Document 12再由h -at1 , 2 HYPERLINK l bookmark121 o Current Document lvt1 當(dāng)開關(guān)S接“2時，由閉合電路歐姆定律知I -ER r R r聯(lián)立解得，I mh (g 工)q(R r)l2t2說明：各1分(3)由題意分析知，此時在板間運(yùn)動的粒子重力和電場力平衡.當(dāng)粒子從k進(jìn)入兩板間后，立即進(jìn)入磁場物體在電磁場中做勻速圓周運(yùn)動，離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，故分析帶電粒子的磁場如圖所示，運(yùn)動軌跡如圖所示，粒子出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運(yùn)動，DT與b板上表面的夾角為，Df與b板上表面即為題中所求 ，設(shè)粒子與板間的夾角最大，設(shè)為 ，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最大值時的夾角為，當(dāng)磁場最強(qiáng)時，R最小，最大設(shè)為 mv2mv由 qvB m,(11)知 R -, RqB當(dāng)B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑也要增大，D點(diǎn)向b板靠近.Df與b板上