2023年高考物理(電磁綜合)壓軸大題匯編

2023年高考押題1.〔18分〕在豎直平面內(nèi)，以虛線為界分布著如下圖足夠大的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其中勻強(qiáng)電場方向豎直向下，大小為E；勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。虛線與水平線之間的夾角為θ＝45°，一帶負(fù)電粒子從O點(diǎn)以速度v0水平射入勻強(qiáng)磁場，帶負(fù)電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，〔粒子重力忽略不計(jì)〕。〔1〕帶電粒子從O點(diǎn)開始到第1次通過虛線時(shí)所用的時(shí)間；〔2〕帶電粒子第3次通過虛線時(shí)，粒子距O點(diǎn)的距離；〔3〕粒子從O點(diǎn)開始到第4次通過虛線時(shí)，所用的時(shí)間。1.〔18分〕解：如下圖：根據(jù)題意可得粒子運(yùn)動軌跡如下圖。……〔2分〕因?yàn)?45°，根據(jù)幾何關(guān)系，帶電粒子從O運(yùn)動到A為3/4圓周……〔1分〕那么帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為：………………………〔1分〕〔2〕由qvB=m………〔2分〕得帶電粒子在磁場中運(yùn)動半徑為：，…………〔1分〕帶電粒子從O運(yùn)動到A為3/4圓周，解得…〔1分〕帶電粒子從第2次通過虛線到第3次通過虛線運(yùn)動軌跡為圓周，所以粒子距O點(diǎn)的距離………………〔1分〕〔3〕粒子從A點(diǎn)進(jìn)入電場，受到電場力F=qE，那么在電場中從A到B勻減速，再從B到A勻加速進(jìn)入磁場。在電場中加速度大小為：……〔1分〕從A到B的時(shí)間與從B到A的時(shí)間相等?！?分〕帶電粒子從A到C：……………………(1分)帶電粒子從C點(diǎn)再次進(jìn)入電場中做類平拋運(yùn)動X=v0t4……………〔1分〕…………〔1分〕由幾何關(guān)系得：Y=X……………〔1分〕得…………〔1分〕第4次到達(dá)虛線的總時(shí)間為……………〔2分〕2．〔18分〕如下圖的空間分為I、II、III三個(gè)區(qū)域，邊界AD與邊界AC的夾角為30°，邊界AD與邊界EF平行，邊界AC與邊界MN平行，I區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場，電場方向垂直于邊界AD，II、III區(qū)域均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里，III區(qū)域?qū)挾葹?d。大量質(zhì)量為m、電荷量為+q的相同粒子在邊界EF上的不同點(diǎn)由靜止經(jīng)電場加速后，到達(dá)邊界AD時(shí)的速度大小均為，然后，沿紙面經(jīng)邊界AD進(jìn)入II區(qū)域磁場。不計(jì)粒子的重力，不計(jì)粒子間的相互作用力。試問：〔1〕邊界EF與邊界AD間的電勢差?！?〕邊界AD上哪個(gè)范圍內(nèi)進(jìn)入II區(qū)域磁場的粒子，都能夠進(jìn)入III區(qū)域的磁場？〔3〕對于能夠進(jìn)入III區(qū)域的這些粒子而言，它們通過III區(qū)域所用的時(shí)間不盡相同，那么通過III區(qū)域的最短時(shí)間是多少。3.〔18分〕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)射粒子，粒子的速度大小都是，在0<y<d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為，其中q和m分別為粒子的電量和質(zhì)量；在d<x<4d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xoy平面的勻強(qiáng)磁場。Ab為一塊很大的平面感光板，放置于y=4d處，如下圖。觀察發(fā)現(xiàn)此時(shí)恰無粒子打到ab板上。不考慮粒子的重力。求：〔1〕粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)的動能?！?〕磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小?！?〕將ab板平移到什么位置時(shí)所有的粒子均能打到板上？此時(shí)ab板上被粒子打中的區(qū)域的長度為多少？4.〔22分〕如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓u，板 間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場，極板長L=0.2m，板間距離d=0.2m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)磁場，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5×10－3T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，每個(gè)粒子的速度v0=105m/s，比荷q/m=108C/kg，重力忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過電場區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。 ⑴試求帶電粒子射出電場時(shí)的最大速度。 ⑵證明任意時(shí)刻從電場射出的帶電粒子，進(jìn)入磁場時(shí)在MN上的入射點(diǎn)和出磁場時(shí)在MN上的出射點(diǎn)間的距離為定值。 ⑶從電場射出的帶電粒子，進(jìn)入磁場運(yùn)動一段時(shí)間后又射出磁場。求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間和最短時(shí)間。uu/Vt/s-200200O0.20.40.60.8圖乙MNOv0圖甲4．〔22分〕〔1〕設(shè)兩板間電壓為U1時(shí)，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，那么有〔2分〕代入數(shù)據(jù)解得U1=100V〔1分〕在電壓低于100V時(shí)，帶電粒子才能從兩板間射出，電壓高于100V時(shí)，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。粒子剛好從極板邊緣射出電場時(shí)，速度最大，設(shè)最大速度為v1，那么有〔3分〕θθ代入數(shù)據(jù)解得〔1分〕θθ〔2〕設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與OO'的夾角為θ，那么速度大小〔2分〕粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑〔2分〕粒子從磁場中飛出的位置與進(jìn)入磁場的位置之間的距離〔2分〕代入數(shù)據(jù)解得s=0.4m〔1分〕s與θ無關(guān)，即射出電場的任何一個(gè)帶電粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間距離恒為定值?！?〕粒子飛出電場進(jìn)入磁場，在磁場中按逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動。粒子飛出電場時(shí)的速度方向與OO'的最大夾角為α，，α=45°〔2分〕當(dāng)粒子從下板邊緣飛出電場再進(jìn)入磁場時(shí)，在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長，〔3分〕當(dāng)粒子從上板邊緣飛出電場再進(jìn)入磁場時(shí)，在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短，〔3分〕5．兩屏幕熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別去垂直于兩屏交線的直線為x和y軸，交點(diǎn)O為原點(diǎn)，如下圖。在y>0，0<x<a的區(qū)域有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，在y>0，x>a的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。在O點(diǎn)出有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電量為q〔q>0〕的粒子沿x周經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮。入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。速度最大的粒子在0<x<a的區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間與在x>a的區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間之比為2︰5，在磁場中運(yùn)動的總時(shí)間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的周期。試求兩個(gè)熒光屏上亮線的范圍〔不計(jì)重力的影響〕。5解：對于y軸上的光屏亮線范圍的臨界條件如圖1所示：帶電粒子的軌跡和x=a相切，此時(shí)r=a，y軸上的最高點(diǎn)為y=2r=2a;對于x軸上光屏亮線范圍的臨界條件如圖2所示：左邊界的極限情況還是和x=a相切，此刻，帶電粒子在右邊的軌跡是個(gè)圓，由幾何知識得到在x軸上的坐標(biāo)為x=2a;速度最大的粒子是如圖2中的實(shí)線，又兩段圓弧組成，圓心分別是c和c’由對稱性得到c’在x軸上，設(shè)在左右兩局部磁場中運(yùn)動時(shí)間分別為t1和t2,滿足解得由數(shù)學(xué)關(guān)系得到：代入數(shù)據(jù)得到：所以在x軸上的范圍是6．〔18分〕如圖〔a〕所示，在xOy豎直平面直角坐標(biāo)系中，有如圖〔b〕所示的隨時(shí)間變化的電場，電場范圍足夠大，方向與y軸平行，取豎直向上為正方向；同時(shí)也存在如圖〔c〕所示的隨時(shí)間變化的磁場，磁場分布在x1≥x≥0、y1≥y≥－y1的虛線框內(nèi)，方向垂直坐標(biāo)平面，并取向內(nèi)為正方向。在t=0時(shí)刻恰有一質(zhì)量為m=4×10-5kg、電荷量q：1×10-4C的帶正電小球以v0=4m／s的初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向射入場區(qū)，并在0.15s時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：〔1〕磁感應(yīng)強(qiáng)度昂的大小；〔2〕0.3s末小球速度的大小及方向：〔3〕為確保小球做完整的勻速圓周運(yùn)動，x1和y1的最小值是多少?6．解：小球運(yùn)動軌跡參見圖解?！?〕設(shè)t1=0.15s，在t1時(shí)間內(nèi)，小球處于平衡狀態(tài)，故有：…………①〔2分〕解得B0=2T…………②〔2分〕〔2〕設(shè)，在t1~t2時(shí)間內(nèi)，由圖〔b〕、圖〔c〕可知，小球在電場力和重力作用下，做類平拋運(yùn)動，t2時(shí)刻小球在x方向的速度為：在y方向，根據(jù)牛頓第二定律有：由解得…………③〔2分〕根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式…………④〔1分〕根據(jù)平行四邊形定那么，此時(shí)粒子的速度為：…………⑤〔1分〕設(shè)速度方向與x軸成得………………⑥〔1分〕〔3〕由圖〔b〕、圖〔c〕可知，0.3s以后，粒子所受電場力與重力平衡，粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律解得………………⑦〔1分〕由幾何知識可得粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)為…………⑧〔3分〕………………⑨〔3分〕所以………………⑩〔1分〕………………〔11〕〔1分〕7．(18分)如下圖，圓形勻強(qiáng)磁場半徑R=lcm，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=IT，方向垂直紙面向里，其上方有一對水平放置的平行金屬板M、N，間距d=1cm，N板中央開有小孔S。小孔位于圓心0的正上方，S與0的連線交磁場邊界于A．兩金屬板通過導(dǎo)線與匝數(shù)為100匝的矩形線圈相連(為表示線圈的繞囪，圖中只畫了2匝)，線圈內(nèi)有垂直紙面向里且均勻增加的磁場，穿過線圈的磁通量變化率為位于磁場邊界上某點(diǎn)(圖中未畫出)的離子源P，在紙面內(nèi)向磁場區(qū)域發(fā)射速度大小均為方向各不相同的帶正電離子，離子的比荷從磁場邊界A點(diǎn)射出的離子恰好沿直線As進(jìn)入M、Ⅳ間的電場．(不計(jì)離子重力；離子碰到極板將被吸附)求：(1)M、N問場強(qiáng)的大小和方向；(2)離子源P到A點(diǎn)的距離；(3)沿直線AS進(jìn)入M、N間電場的離子在磁場中運(yùn)動的總時(shí)間(計(jì)算時(shí)取π=3)．bdcLaLBF甲8．(22分)兩根相距L=0.5m的足夠長的金屬導(dǎo)軌如圖甲所示放置，他們各有一邊在同一水平面上，另一邊垂直于水平面。金屬細(xì)桿ab、cd的質(zhì)量均為m=0.05kg，電阻均為R=1.0Ω，它們與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1.0T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動時(shí)，從某一時(shí)刻開始釋放cd桿，并且開始計(jì)時(shí)，cd桿運(yùn)動速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示bdcLaLBF甲〔1〕在0~1s時(shí)間內(nèi)，回路中感應(yīng)電流I1的大?。弧?〕在0～3s時(shí)間內(nèi)，ab桿在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動的最大速度Vm；〔3〕1～2s內(nèi)，ab桿做勻加速直線運(yùn)動，寫出1～2s內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，并在圖丙中畫出在0～3s內(nèi)，拉力F隨時(shí)間t變化的圖像?！膊恍枰獙懗鲇?jì)算過程，只需寫出表達(dá)式和畫出圖線〕8〔22分〕解：〔1〕在0～1s時(shí)間內(nèi)，cd桿向下做勻加速運(yùn)動，由乙圖可知：〔1〕式〔1分〕對cd桿進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgf1NBI1La1在豎直方向上：mgf1NBI1La1在水平方向上：〔3〕式〔2分〕由〔2〕和〔3〕式可得：〔4〕式〔2分〕〔2〕在2～3s時(shí)間內(nèi)，cd桿向下做勻減速運(yùn)動時(shí)，由乙圖可知：〔5〕式〔2分〕對cd桿進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgf3NBI3La3在豎直方向上：mgf3NBI3La3在水平方向上：〔7〕式由〔6〕和〔7〕式可得：〔2分〕所以電動勢〔8〕式〔1分〕又因?yàn)樗詀b桿的最大速度為：〔9〕式〔1分〕〔3〕解法提示：mgf2NBI2Lamgf2NBI2La2F在2.0~3.0s內(nèi)，ab桿做勻速運(yùn)動(1分)在1~2s內(nèi)，ab桿做勻加速運(yùn)動，加速度為(1分)對ab桿分析，根據(jù)牛頓第二定律有：(1s<t<2s)所以表達(dá)式為(1s<t<2s)〔10〕式〔2分〕當(dāng)t=1s時(shí)拉力為當(dāng)t=2s時(shí)拉力為在0～3.0s內(nèi)，拉力F隨時(shí)間t變化的圖像見圖〔3分〕9．(18分)如下圖，在xOy平面內(nèi)，第二象限中有勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向，在第四象限有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面問外。今有一個(gè)質(zhì)量為m，電量為e的電子(不計(jì)重力)，從y軸上的P(0，L)點(diǎn)以垂直于y軸、大小為v0的初速度射人電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從x軸上的Q(–2L，0)點(diǎn)進(jìn)入磁場，并能返回到出發(fā)點(diǎn)P。求：(1)電場強(qiáng)度的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(3)假設(shè)電場和磁場均不變，要使電子在磁場中經(jīng)歷一段圓弧后從O點(diǎn)射出磁場，那么電子仍從P點(diǎn)垂直于y軸射入電場時(shí)的初速度應(yīng)為多大？10．〔17分〕如圖〔a〕所示，在真空中，半徑為b的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直。在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距也為b，板長為2b，兩板的中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點(diǎn)，兩板左端與O1在同一豎直線上。有一電荷為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以速率v0從圓周上的P點(diǎn)沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進(jìn)入磁場，當(dāng)從O1點(diǎn)飛出磁場時(shí)，給M、N板加上如圖〔b〕所示電壓u，電后粒子剛好以平行于N板的速度，從N板的邊緣飛出。不計(jì)平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力?！?〕求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；〔2〕求交變電壓的周期T和電壓U0的值；〔3〕假設(shè)時(shí)，將該粒子從MN板右側(cè)沿板的中心線O2O1，仍以速率v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。10．〔17分〕〔1〕粒子自P進(jìn)入磁場，從O1點(diǎn)水平飛出磁場，運(yùn)動的半徑必為b〔1分〕由〔2分〕解得〔1分〕由左手定那么可知，磁場方向垂直紙面向外?！?分〕〔2〕粒子自O(shè)1點(diǎn)進(jìn)入電場，最后恰好從N板的邊緣平行飛出，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，那么〔1分〕〔2分〕〔2分〕〔1分〕解得〔1分〕〔1分〕〔3〕當(dāng)t=T/2粒子以速度v0沿O2O1射入電場時(shí)，那么該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，且進(jìn)入磁場的速度仍為v0，運(yùn)動的軌道半徑仍為b?！?分〕設(shè)進(jìn)入磁場的點(diǎn)為Q，離開磁場的點(diǎn)為R，圓心為O3，如下圖，四邊形OQO3R是菱形，故OR//QO3，所以P、O、R三點(diǎn)共線，即POR為圓的直徑。即PR間的距離為2b?！?分〕11．〔18分〕在真空室內(nèi)，豎直放置的M、N板涂有熒光物質(zhì)，如下圖．兩板間豎直條形區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在水平向右的勻強(qiáng)電場，磁場和電場均有界，寬度均為L，且足夠長，磁場的強(qiáng)弱可以調(diào)節(jié)，電場強(qiáng)度恒為E．現(xiàn)有一束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向與M板成θ=60°夾角且與紙面平行，該質(zhì)子束由兩種速度的質(zhì)子組成，一種速度大小為v的低速質(zhì)子，另一種速度大小為3v的高速質(zhì)子．當(dāng)Ⅰ區(qū)域的磁場較強(qiáng)時(shí)，M板出現(xiàn)兩個(gè)亮斑，緩慢改變磁場強(qiáng)弱，直到兩個(gè)亮斑相繼消失，此時(shí)觀察到N板有兩個(gè)亮斑．質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計(jì)質(zhì)子重力和相互間作用力，求：〔1〕假設(shè)保持M、N板各有一個(gè)亮斑，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)；〔2〕當(dāng)M板亮斑剛好消失，N板出現(xiàn)兩個(gè)亮斑時(shí)，兩個(gè)亮斑之間的距離．11．〔18分〕參考解答：〔1〕M、N板各有一個(gè)亮斑，高速質(zhì)子打在N板上，低速質(zhì)子打在M板上．B最大時(shí)，高速質(zhì)子速度恰好與兩場交界相切且與電場方向垂直，在磁場中運(yùn)動半徑為R1，那么有解得B最小時(shí)，低速質(zhì)子速度恰好與兩場交界相切且與電場方向垂直，在磁場中運(yùn)動半徑為R2，那么有解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為：〔2〕恰好出現(xiàn)兩個(gè)亮斑時(shí)，低速質(zhì)子速度恰好與兩場交界相切且與電場方向垂直，在磁場中運(yùn)動半徑為R2，高速質(zhì)子半徑，軌跡如下圖．由幾何關(guān)系知此時(shí)高速質(zhì)子沿電場線方向進(jìn)入電場，到達(dá)N板時(shí)與A點(diǎn)得豎直高度差為低速質(zhì)子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為設(shè)在電場中運(yùn)動時(shí)間為，那么有在電場中偏轉(zhuǎn)的距離為解以上各式得評分標(biāo)準(zhǔn)：〔1〕問8分，〔2〕問10分．共18分．12、〔20分〕光滑絕緣的長軌道形狀如下圖，底部為半圓型，半徑R，固定在豎直平面內(nèi)。A、B是質(zhì)量都為m的小環(huán)，A帶電量為—2q、B的帶電量為+q,用長為R的絕緣輕桿連接在一起，套在軌道上。整個(gè)裝置放在電場強(qiáng)度為E=mg/3q，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場中，將AB兩環(huán)從圖示位置靜止釋放，A環(huán)離開底部2R。不考慮輕桿和軌道的接觸，也不考慮A、B間的庫侖力作用。求：〔1〕AB兩環(huán)都未進(jìn)入半圓型底部前，桿上的作用力的大小?！?〕A環(huán)到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球速度大小?！?〕假設(shè)將桿換成長，A環(huán)仍從離開底部2R處靜止釋放，經(jīng)過半圓型底部再次上升后離開底部的最大高度。[來源:]12、(1).0．5mg。(2)VA=VB=(3)13、〔16分〕如下圖為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖．在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y＝eq\f(L2,4x)的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ.兩個(gè)電場大小均為E，不計(jì)電子所受重力，電子的電荷量為e，求：(1)從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的坐標(biāo)；(2)由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能；13、[解析](1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，接著在無電場區(qū)域勻速運(yùn)動，此后進(jìn)入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子從NP邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y1，由y＝eq\f(L2,4x)對于B點(diǎn)y＝L，那么x＝eq\f(1,4)L所以，eE·eq\f(1,4)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(eEL,2m))設(shè)在電場Ⅱ中運(yùn)動的時(shí)間為t1L－y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)(eq\f(L,v0))2解得y1＝0，所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標(biāo)為(－2L,0)(2)設(shè)釋放點(diǎn)在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標(biāo)為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v1時(shí)飛離電場Ⅰ，接著在無電場區(qū)域做勻速運(yùn)動，然后進(jìn)入電場Ⅱ做類平拋運(yùn)動，并從NP邊離開，運(yùn)動時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2.eEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)y2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)(eq\f(L,v1))2解得xy2＝L2/4，所以原假設(shè)成立，即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時(shí)都從P點(diǎn)離開的．其中只有從x=y點(diǎn)釋放的電子，離開P點(diǎn)時(shí)動能最小，那么從B到P由動能定理得：eE·(x＋y)＝Ek－0所以Ek＝eEL[答案](1)(－2L,0)(2)eEL14．(18分)如下圖，質(zhì)量為m帶電量為+q的帶電粒子(不計(jì)重力)，從左極板處由靜止開始經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，經(jīng)小孔O1進(jìn)入寬為L的場區(qū)，再經(jīng)寬為EQ\F(1,2)L的無場區(qū)打到熒光屏上。O2是熒光屏的中心，連線O1O2與熒光屏垂直。第一次在寬為L整個(gè)區(qū)域參加電場強(qiáng)度大小為E、方向垂直O(jiān)1O2豎直向下的勻強(qiáng)電場；第二次在寬為L區(qū)域參加寬度均為EQ\F(1,2)L的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向垂直紙面且相反。兩種情況下帶電粒子打到熒光屏的同一點(diǎn)。求：(1)帶電粒子剛出小孔O1時(shí)的速度大??；(2)加勻強(qiáng)電場時(shí)，帶電粒子打到熒光屏上的點(diǎn)到O2的距離d；(3)左右兩局部磁場的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。14.解(1)帶電粒子在加速電場中加速過程，由動能定理得；①2分解得：1分(2)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，加速度為a，平行電場的分速度為vy，側(cè)移距離為y。由牛頓第二定律得：qE=ma②1分由運(yùn)動學(xué)公式得：L=v0t③1分vy=at④1分由②③④得：⑤1分帶電粒子從離開電場到打到熒光屏上的過程中，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t′，側(cè)移距離為y′．由運(yùn)動學(xué)公式得：eq\f(L,2)=v0t′⑥1分由③④⑥得：y′=vyt′⑦1分由⑤⑦得帶電粒子打到熒光屏上的點(diǎn)到O2的距離：d=y+y′=eq\f(EL2,2U)1分(3)磁場的方向如下圖，左半局部垂直紙面向外，右半局部垂直紙面向里。1分帶電粒子運(yùn)動軌跡與場區(qū)中心線交于N點(diǎn)，經(jīng)N點(diǎn)做場區(qū)左邊界的垂線交于M點(diǎn)，經(jīng)N點(diǎn)做過N點(diǎn)速度的垂線交場區(qū)左邊界于O點(diǎn)，O點(diǎn)就是帶電粒子在左半?yún)^(qū)域磁場中做圓周運(yùn)動的圓心。帶電粒子在兩局部磁場中的運(yùn)動對稱，出磁場的速度與熒光屏垂直，所以O(shè)1M=EQ\F(d,2)。(意思明確即可)2分設(shè)帶電粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，由幾何關(guān)系得：⑧2分由牛頓第二定律得：⑨1分由v0、d的結(jié)論和⑧⑨式解得：B=eq\r(,\f(2Um,q))(eq\f(8EU,4U2+E2L2))(未代入原始數(shù)據(jù)不得分)2分15〔14分〕BEV0xPOy如下圖，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限，直線OP與x軸正向的夾角，OP與y軸之間存在垂直于坐標(biāo)平面向外的，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，OP與x軸之間有方向沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子〔重力不計(jì)〕，從原點(diǎn)O沿y軸正方向以速度V0射入磁場，從x軸上某處沿與x軸負(fù)向成BEV0xPOy〔2〕電場強(qiáng)度的大小〔3〕粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間〔4〕假設(shè)在第四象限中加一垂直坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B的正三角形磁場，使粒子能再次經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O且與y軸正向夾角為進(jìn)入第二象限，試計(jì)算所加磁場的最小邊長15解由幾何關(guān)系知，從O到A為1/4圓周，從A到C速度勻減速到0，再反向加速到A，從A經(jīng)3/4圓周到D，后垂直電場方向進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動，由幾何關(guān)系知粒子運(yùn)動與OP的交點(diǎn)坐標(biāo)為:16〔18分〕如下圖，在直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O處有一放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右側(cè)有一很薄的擋板，垂直于x軸放置，擋板與xoy平面交線的兩端M、N正好與原點(diǎn)O構(gòu)成等邊三角形，為擋板與x軸的交點(diǎn)。在整個(gè)空間中，有垂直于xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場〔圖中未畫出〕，帶電粒子在磁場中沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動。帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量大小為q，速度大小為υ，MN的長度為L?！膊挥?jì)帶電粒子的重力及粒子間的相互作用〕〔1〕確定帶電粒子的電性；〔2〕要使帶電粒子不打在擋板上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值；〔3〕要使MN的右側(cè)都有粒子打到，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值?！灿?jì)算過程中，要求畫出各臨界狀態(tài)的軌跡圖〕16.〔18分〕解：〔1〕由左手定那么可得，粒子帶正電荷。〔2分〕〔2〕設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，帶電粒子運(yùn)動的軌跡半徑為r，帶電粒子做圓周運(yùn)動的向心力由洛侖茲力提供，有：得〔2分〕由于從O點(diǎn)射出的粒子的速度大小都相同，由上式可知，所有粒子的軌跡半徑都相等。由幾何知識可知，為使粒子不打在擋板上，軌跡的半徑最大時(shí)，帶電粒子在O點(diǎn)沿y軸正方向射出，其軌跡剛好與MN相切，如圖甲所示?！?分〕那么最大半徑〔2分〕由上式可得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值〔2分〕〔3〕為使MN的右側(cè)都有粒子打到，打在N點(diǎn)的粒子最小半徑的軌跡為圖乙中的圓弧OMN?！?分〕圖中點(diǎn)O3為軌跡的圓心，由于內(nèi)接△OMN為正三角形，由幾何知識，最小的軌跡半徑為〔3分〕粒子做勻速圓周運(yùn)動的向心力由洛侖茲力提供，有所以，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值〔3分〕17如圖，POy區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，POx區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，OP與x軸成θ角．不計(jì)重力的負(fù)電荷，質(zhì)量為m、電量為q，從y軸上某點(diǎn)以初速度v0垂直電場方向進(jìn)入，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后垂直O(jiān)P進(jìn)入磁場，又垂直x軸離開磁場．求：〔1〕電荷進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小〔2〕電場力對電荷做的功〔3〕電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值17．(18分)解：〔1〕設(shè)A、B相碰前A的速度大小為v，由動能定理： ……①代入數(shù)據(jù)解得：m/s……②〔2〕設(shè)A、B相碰后A、B的速度大小分別為vA、vB。A、B相碰，動量守恒： ……③設(shè)A、B相碰后到停止運(yùn)動所通過的位移分別為sA、sB。由動能定理：對A： ……④對B： ……⑤〔此步用勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解也可〕依題意： m ……⑥聯(lián)立解得： vA=5m/s，vB=8m/s ……⑦B碰撞過程中的能量損失： ……⑧聯(lián)立得： J ……⑨〔評分說明：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨每式2分〕36．(18分)解：〔1〕設(shè)帶電粒子到達(dá)OP進(jìn)入磁場前的瞬時(shí)速度為v，有： ……①〔2〕由動能定理，電場力做的功為： ……②〔2〕設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，由牛頓運(yùn)動定律： ……③依題意： ……④有幾何關(guān)系： ……⑤有： ……⑥又： ……⑦在y方向： ……⑧聯(lián)立可得： ……⑨〔評分說明：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨每式2分〕18.(16分)如下圖，C、D為平行正對的兩金屬板，在D板右方一邊長為l＝6.0cm的正方形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，該區(qū)域恰好在一對平行且正對的金屬板M、N之間，M、N兩板均接地，距板的右端L＝12.0cm處放置一觀察屏．在C、D兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，并從C板O處以每秒1000個(gè)的頻率均勻的源源不斷地釋放出電子，所有電子的初動能均為Ek0＝120eV，初速度方向均沿OO′直線，通過電場的電子從M、N的正中間垂直射入磁場．電子的質(zhì)量為m＝9.0×10－31kg，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝6.0×10－4T．問：(1)電子從D板上小孔O′點(diǎn)射出時(shí)，速度的最大值是多大？(2)電子到達(dá)觀察屏(觀察屏足夠大)上的范圍有多大？(3)在uCD變化的一個(gè)周期內(nèi)，有多少個(gè)電子能到達(dá)觀察屏？

18.(16分)(1)UCD＝200V時(shí)，粒子獲得最大速度vmax(1分)由動能定理eUCD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)(2)最大半徑Rmax＝eq\f(mvmax,eB)＝10cm(1分)sinθ1＝eq\f(l,Rmax)＝eq\f(3,5)ymin＝Rmax(1－cosθ1)＋Ltanθ1＝11cm(2分)最小半徑應(yīng)滿足Req\o\al(2,min)＝l2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rmin－\f(l,2)))eq\s\up12(2)(1分)∴Rmin＝7.5cm，sinθ2＝eq\f(l,Rmin)＝eq\f(4,5)ymax＝eq\f(l,2)＋Ltanθ2＝19cm(2分)∴Δy＝y(tǒng)max－ymin＝8cm(1分)(3)Rmin＝eq\f(mvmin,eB)(1分)eUAB1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－Ek0(2分)∴UAB1＝60V(1分)∴n＝eq\f(Um－UAB1,Um)×2000＝1400個(gè)(1分)19(16分)如下圖，線圈焊接車間的水平傳送帶不停地傳送邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形線圈，傳送帶始終以恒定速度v勻速運(yùn)動．在傳送帶的左端將線圈無初速地放到傳送帶上，經(jīng)過一段時(shí)間，線圈到達(dá)與傳送帶相同的速度，當(dāng)一個(gè)線圈剛好開始勻速運(yùn)動時(shí)，下一個(gè)線圈恰好放到傳送帶上，線圈勻速運(yùn)動時(shí)，相鄰兩個(gè)線圈的間隔為L，線圈均以速度v通過一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場的寬度為3L.求：(1)每個(gè)線圈通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q；2)電動機(jī)對傳送帶做功的功率P?(3)要實(shí)現(xiàn)上述傳送過程，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿足什么條件？(用題中的m、R、L、v表示)19.(16分)(1)每個(gè)線圈穿過磁場過程中有電流的運(yùn)動距離為2L，t穿＝eq\f(2L,v)(2分)E＝BLv(1分)P＝eq\f(E2,R)(1分)產(chǎn)生熱量Q＝P·t穿＝eq\f(B2L2v2,R)·eq\f(2L,v)＝eq\f(2B2L3v,R)解得Q＝eq\f(2B2L3v,R)(1分)(2)每個(gè)線圈從投放到相對傳送帶靜止，運(yùn)動的距離是一樣的．設(shè)投放時(shí)間間隔為T，那么vt圖如下圖．可得2L＝v·T(1分)v＝a·T(1分)傳送帶做加速運(yùn)動f＝μmg＝ma(1分)在T時(shí)間內(nèi)，傳送帶位移為s傳＝v·T，線圈位移為s線＝eq\f(v,2)·T摩擦產(chǎn)生的熱為Q摩擦＝μmg·s相對＝μmg·eq\f(v,2)·T(2分)線圈中焦耳熱Q焦耳＝eq\f(B2L2v2,R)·T有P·T＝Q摩擦＋eq\f(1,2)mv2＋Q焦耳(1分)代入以上各式，得P＝eq\f(mv3,2L)＋eq