高考物理一轮精品复习 K单元 磁场(含解析)-人教版高三全册物理试题.DOC

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1、 K单元磁场K1磁场安培力20C5 K12014浙江卷 如图1所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向则金属棒()第20题图1第20题图2A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功20ABC解析 本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识在0,导体棒受到向右的安培力,大小恒为B ImL,向右做匀加速直线运动;在T,导体棒受到安培力向右,大小仍为BImL,而

2、此时速度仍然还是向左,做匀减速直线运动,之后不断重复该运动过程故选项A、B、C正确;安培力在一个周期内做功为0,选项D错误6k1l12014四川卷 如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形,其有效电阻为0.1 .此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t) T,图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()At1 s时,金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时,金属杆中感应电

3、流方向从D到CCt1 s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N6AC解析 由于B(0.40.2 t) T,在t1 s时穿过平面的磁通量向下并减少,则根据楞次定律可以判断,金属杆中感应电流方向从C到D,A正确在t3 s时穿过平面的磁通量向上并增加,则根据楞次定律可以判断,金属杆中感应电流方向仍然是从C到D,B错误由法拉第电磁感应定律得ESsin 300.1 V,由闭合电路的欧姆定律得电路电流I1 A,在t1 s时,B0.2 T,方向斜向下,电流方向从C到D,金属杆对挡板P的压力水平向右,大小为FPBILsin 300.1 N,C正确同理,在t3

4、 s时,金属杆对挡板H的压力水平向左,大小为FHBILsin 300.1 N,D错误15K12014新课标全国卷 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半15 B解析 本题考查安培力的大小和方向安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力FBILsin ,其中是电流方向与磁场方向的夹角,C错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放

5、置情况有关,并不一定变为原来的一半, D错误22014黑龙江大庆一中期末在两个倾角均为的光滑斜面上各放有一个相同的金属棒,金属棒中分别通有电流I1和I2,磁场的磁感应强度的大小相同,方向如图X181甲、乙所示,两根金属棒均处于平衡状态,则两种情况下的电流的比值I1I2为()图X181Asin B.Ccos D.2D解析 设金属棒的长度为L,对图甲中的金属棒,有BI1Lmgtan ,对图乙中的金属棒,有BI2Lmgsin ,联立以上二式解得,选项D正确图X18232014泉州期末如图X182所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长直通电导线,电流的方向垂直于纸面向里,

6、以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点,连线ac和bd是相互垂直的两条直径,且b、d在同一条竖直线上,则()Ac点的磁感应强度的值最小Bb点的磁感应强度的值最大Cb、d两点的磁感应强度相同Da、b两点的磁感应强度相同3A解析 由安培定则可知,长直通电导线在a、b、c、d所在圆周上产生的磁场的方向为顺时针,大小恒定(设为B),直导线的磁场与匀强磁场叠加,c点的合磁感应强度为BB,其值最小,a点的合磁感应强度为BB,其值最大,选项A正确,选项B错误;b、d两点的合磁感应强度的大小都为,但方向不同,选项C、D错误图X18342014陕西宝鸡质检如图X183所示,将一个半径为R的金属圆环串联

7、接入电路中,电路中的电流为I,接入点a、b是圆环直径上的两个端点,流过圆弧acb和adb的电流相等金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与圆环所在的平面垂直则金属圆环受到的安培力为()A0 BBIRC2BIR D2BIR4D解析 隔离金属圆环的上半部分,其中的电流为,所受安培力为B2RBIR;同理,金属圆环的下半部分所受的安培力也为BIR.两部分所受的安培力方向相同,所以金属圆环受到的安培力为2BIR,选项D正确52014汕头模拟图X184甲是磁电式电流表的结构示意图,蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的,线圈中a、b两条导线的长均为l,通有方向如图乙所示的电流I,两条导线所在处的

8、磁感应强度大小均为B.则()甲乙图X184A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直C线圈将沿逆时针方向转动Da、b导线受到的安培力的大小总为IlB5D 解析 该磁场是均匀辐向分布的,不是匀强磁场,选项A错误;线圈平面与磁场方向平行,选项B错误;在图示位置,a、b导线受到的安培力方向分别为向上、向下,大小均为IlB,合力为2BIl,线圈将沿顺时针方向转动,选项C错误,选项D正确图X18782014石家庄质检如图X187所示,水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流,用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方开始时线圈内不通电流,两根细线上的张力均为FT,当线圈中通过的电流为I时,两

9、根细线上的张力均减小为FT.下列说法正确的是()A线圈中通过的电流方向为adcbaB线圈中通过的电流方向为abcdaC当线圈中的电流变为I时,两细线内的张力均为零D当线圈中的电流变为I时,两细线内的张力均为零8BC解析 线圈内不通电流时由平衡条件有mg2FT;设ab和cd处的磁感应强度分别为B1和B2,由题意及平衡条件知,当线圈中通过的电流为I时,mg(B1B2)ILFT,ab所受安培力向上,由左手定则可知,电流的方向为abcda,选项B正确;当两根细线内的张力为零时,mg(B1B2)IL,联立以上各式可得II,选项C正确,选项D错误K2磁场对运动电荷的作用10A2,B2,B3,C2,E2,K

10、2在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角37.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B1.25 T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E1104 N/C.小物体P1质量m2103 kg、电荷量q8106 C,受到水平向右的推力F9.98103 N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t0.1 s与P1相遇P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5

11、,g取10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力求:(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小;(2)倾斜轨道GH的长度s.10(1)4 m/s(2)0.56 m解析 (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为f,则F1qvBf(mgF1)由题意,水平方向合力为零Ff0联立式,代入数据解得v4 m/s(2)设P1在G点的速度大小为vG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上运动,受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速度为a1,根据牛顿第二定律qEco

12、s mgsin (mgcos qEsin )ma1P1与P2在GH上相遇时,设P1在GH上运动的距离为s1,则s1vGta1t2设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则m2gsin m2gcos m2a2P1与P2在GH上相遇时,设P2在GH上运动的距离为s2,则s2a2t2联立式,代入数据得ss1s2s0.56 m11A1,C2,D2,D4,E2,J2,K2,K32014四川卷 如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应p板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O点右侧相距h处有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一条竖直线上,图示平面为竖

13、直平面质量为m、电荷量为q(q0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g.(1)求发射装置对粒子做的功;(2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度;(3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0Bm范围内选

14、取),使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)11(1)(2)(3)0B0满足题目要求,夹角趋近0,即00则题目所求为0arcsin24K2,K3(20分)2014山东卷 如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示t0时刻,一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力),以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当B0和TB取某些特定值时,可使t0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)上述m、q、

15、d、v0为已知量图甲图乙(1)若tTB,求B0;(2)若tTB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;(3)若B0,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB.24答案 (1)(2)(3)解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得qv0B0据题意由几何关系得R1d联立式得B0(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得a据题意由几何关系得3R2d联立式得a(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T由牛顿第二定律得qv0B0由题意知B0,代入式得d4R粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连接与水平方向的夹角为,在每个TB内,只有A、B两

16、个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0,由题意可知T设经历完整TB的个数为n(n0,1,2,3)若在A点击中P板,据题意由几何关系得R2(RRsin )nd当n0时,无解当n1时,联立式得(或sin )联立式得TB当n2时,不满足090的要求若在B点击中P板,据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd当n0时,无解当n1时,联立式得arcsin(或sin )联立式得TB当n2时,不满足090的要求.16K22014新课标全国卷 如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出),一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达P

17、Q的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A2 B. C1 D.16D解析 本题考查了带电粒子在磁场中的运动根据qvB有 ,穿过铝板后粒子动能减半,则,穿过铝板后粒子运动半径减半,则,因此,D正确20K22014新课标卷 图为某磁谱仪部分构件的示意图图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还

18、是正电子D粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小20 AC解析 电子、正电子和质子垂直进入磁场时,所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力的方向与其电性有关,由左手定则可知A正确;由轨道公式R知 ,若电子与正电子与进入磁场时的速度不同,则其运动的轨迹半径也不相同,故B错误由R知,D错误因质子和正电子均带正电,且半径大小无法计算出,故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,C正确72014东莞期末如图X186所示,若粒子(不计重力)能在图中所示的磁场区域内做匀速圆周运动,则可以判断()A粒子在运动过程中机械能不变B若粒子带正电,则粒子沿顺时针方向运动C在其他量不变的情况下,粒子速度越大,

19、运动周期越大D在其他量不变的情况下,粒子速度越大,做圆周运动的半径越大7AD 解析 粒子在磁场区域内做匀速圆周运动,动能不变,选项A正确;若粒子带正电,则在图示位置粒子所受的洛伦兹力方向向上,粒子沿逆时针方向运动,选项B错误;由粒子运动的周期公式T可知,运动周期与速度无关,选项C错误;由粒子运动的半径公式r可知,速度越大,半径越大,选项D正确102014荆州二检如图X189所示,在边长为L的正方形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.P点位于正方形的对角线CE上,其到CF、CD的距离均为,且在P点处有一个发射粒子的装置(图中未画出),能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不

20、同的带正电的粒子已知粒子的质量为m,带电荷量为q,不计粒子重力及粒子间的相互作用力(1)速率在什么范围内的粒子不可能射出正方形区域?(2)求速率v的粒子在DE边的射出点与D点的距离d的范围图X18910(1)v(2)d解析 因粒子的速度方向垂直于磁场方向,故其在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动(1)依题意可知,粒子在正方形区域内做圆周运动,不射出该区域的半径为r甲对粒子,由牛顿第二定律有qvBm即v.(2)当v时,设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,则由qvBm可得R要使粒子从DE边射出,则其必不能从CD边射出,其临界乙状态是粒子的轨迹与CD边相切,设切点与C点的距离为x,其轨迹如图甲所示,由几

21、何关系得R2解得xL设此时粒子在DE边的出射点与D点的距离为d1,由几何关系有 (Lx)2(Rd1)2R2解得d1而当粒子的轨迹与DE边相切时,粒子必将从EF边射出,设此时切点与D点的距离为d2,其轨迹如图乙所示,由几何关系有R2解得d2故速率v的粒子在DE边的射出点距离D点的范围为d图X19222014仙桃期末如图X192所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向改变了角则磁场的磁感应强度大小为()A. B.C. D.2. B解析 该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,

22、将背离圆心射出,轨迹圆弧的圆心角为,由几何关系可知,轨迹圆的半径r,由洛伦兹力提供向心力,轨迹圆的半径r解得B,选项B正确图X19332014安徽一检如图X193所示,两个匀强磁场的方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线则以下说法正确的是()A电子的运动轨迹为PDMCNEPB电子运动一周回到P点所用的时间TCB14B2DB12B23AD解析 由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力的方向向上,轨迹为PDMCNEP,选项A正确;由

23、图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为12,由r可得磁感应强度之比21,电子运动一周所用的时间tT1,选项B、C错误,选项D正确42014洛阳一练如图X194所示,在圆形区域内,存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,ab是圆的一条直径带正电的粒子从a点射入磁场,速度大小为2v,方向与ab成30角时恰好从b点飞出磁场,粒子在磁场中运动的时间为t;若仅将速度大小改为v,则粒子在磁场中运动的时间为(不计粒子所受的重力)()图X194A3t B. t C. t D2t4D解析 粒子以速度2v射入磁场,半径r1,由图可得r12R,运动时间t1t;粒子以速度v射入磁场,半径r2R,圆心角120,运动时间t22t,选项

24、D正确图X19552014安徽“江南十校”联考如图X195所示,半径为R的半圆形区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,以半圆的圆心为原点建立如图所示的直角坐标系,在半圆的左边垂直于x轴处放置一个粒子发射装置,在RyR的区间内各处均沿x轴正方向同时发射一个带正电的粒子,粒子的质量均为m,所带电荷量均为q,初速度均为v,重力及粒子间的相互作用均忽略不计,所有粒子都能到达y轴,其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚t时间,则()A磁场区域的半径R应满足RB磁场区域的半径R应满足RC若最后到达y轴的粒子在磁场中运动的圆心角为,则t,其中的弧度值满足sin Dt5C解析 粒子在水平

25、方向的分速度越小,运动时间越长,则yR的粒子最先达到y轴,运动时间t1,y0的粒子最后达到y轴,轨迹半径rR, 由r可得R,运动时间t2T,所以t,且sin ,则sin ,选项C正确图X19662014山西阳泉模拟如图X196所示,三角形磁场区域的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0,2 cm)、(2 cm,0)、(2 cm,0),磁感应强度B4104 T,某正粒子的比荷2.5105 C/kg,不计重力大量的该粒子在t0时从O点以相同的速率v2 m/s沿不同的方向垂直于磁场射入该磁场区域,则()A从ac边离开磁场的粒子,离开磁场时距c点最近的位置坐标为 cm,(2 3) cmB从a

26、点离开磁场的粒子在磁场中运动时间最长C不可能有粒子垂直于ab边离开磁场Dt s时运动时间最长的粒子离开磁场6ABD解析 正粒子在磁场中做圆周运动的半径r2 cm,入射方向不同的粒子的轨迹圆半径相同,各粒子的轨迹圆为过O点半径为R的动圆,且入射速度沿x轴正方向的粒子离开磁场时距c点最近,最近点A的坐标为,选项A正确;当轨迹圆弧对应的弦最长时,圆心角最大,时间最长,即从a点射出的粒子的运动时间最长,该轨迹圆弧对应的圆心角为60,运动时间t s,选项B、D正确;由几何关系可知,从O点沿与OC成120角方向射入磁场的粒子将垂直于ab边离开磁场,选项C错误82014石家庄二模如图X198所示,在xOy平

27、面内,以O(0,R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场,x轴下方有垂直于平面向里的匀强磁场,两个磁场区域的磁感应强度大小相等第四象限有一个与x轴成45角倾斜放置的挡板PQ,P、Q两点在坐标轴上,且O、P两点间的距离大于2R,在圆形磁场的左侧0y0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g.(1)求发射装置对粒子做的功;(2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将

28、开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度;(3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0Bm范围内选取),使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)11(1)(2)(3)0B0满足题目要求,夹角趋近0,即00则题目所求为0arcsin24K2,K3(20分)2014山东卷 如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示t0时刻,一

29、质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力),以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当B0和TB取某些特定值时,可使t0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)上述m、q、d、v0为已知量图甲图乙(1)若tTB,求B0;(2)若tTB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;(3)若B0,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB.24答案 (1)(2)(3)解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得qv0B0据题意由几何关系得R1d联立式得B0(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得a据题意由几何关系得3R

30、2d联立式得a(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T由牛顿第二定律得qv0B0由题意知B0,代入式得d4R粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连接与水平方向的夹角为,在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0,由题意可知T设经历完整TB的个数为n(n0,1,2,3)若在A点击中P板,据题意由几何关系得R2(RRsin )nd当n0时,无解当n1时,联立式得(或sin )联立式得TB当n2时,不满足090的要求若在B点击中P板,据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd当n0时,无解当n1时,联立式得arcsin(或sin )

31、联立式得TB当n2时,不满足090的要求.25K32014全国卷 如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为,求:(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;(2)该粒子在电场中运动的时间25答案 (1)v0tan2(2)解析 (1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力

32、公式及牛顿第二定律得qv0Bm由题给条件和几何关系可知R0d设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有tan 联立式得v0tan2 (2)联立式得tK4磁场综合9K4 B4(18分)2014重庆卷 如题9图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有

33、P、Q两点,NS和MT间距为1.8h,质量为m,带电荷量为q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g.题9图(1)求电场强度的大小和方向(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值9答案 (1)E,方向竖直向上(2) (96)(3)可能的速度有三个:,本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动答题9图1答题9图2解析 (1)设电场强度大小为E.由题意有mgqE得E,方向竖直向上(2)如答题9图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为

34、r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为.由r有r1,r2r1由(r1r2)sin r2r1r1cos hvmin(96)(3)如答题9图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx1.8h(n1,2,3)xx得r1,n3.5即n1时,v;n2时,v;n3时,v25I3 K42014浙江卷 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统某种推进器设计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区为电离区,将氙气电离获得1价正离子;为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场区产生的正离子以接近0的初速度进入区,被

35、加速后以速度vM从右侧喷出区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从左向右看)电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角(090)推进器工作时,向区注入稀薄的氙气电子使氙气电离的最小速率为v0,电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好已知离子质量为M;电子质量为m,电量为e.(电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞)第25题图1(1)求区的加速电压及离子的加速度大小;(2)为取得好的电离效果,请判断区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”);第25题图2(

36、3)为90时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围;(4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率vmax与角的关系25答案 (2)垂直纸面向外(3)v0v(4)vmax解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力(1)由动能定理得MveUUae(2)垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为r2rR.eBvm所以有v0v.(4)如图所示,OARr,OC,ACr根据几何关系得r由式得vmax .22K42014福建卷 如图所示,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上下两面是绝缘板前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中管道内始终充满电阻率为的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变(1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0;(2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化p;(3)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积Sdh不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高

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