高考物理二轮复习 第一阶段专题三第3讲 专题特辑 课下 针对高考押题训练.doc

课下针对高考押题训练1(2012苏北四市一模)如图1甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压u、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压u时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压u的最大值为u0，磁场的磁感应强度大小为b、方向水平且垂直纸面向里。图1(1)如果电子在tt0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。(2)要使电子在t0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为多少？解析：(1)电子在tt0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t03t0时间内发生偏转ayat02(2)设电子从电场中射出的偏向角为，速度为v，则sin 电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有evbm由几何关系得sin 得水平宽度l。答案：(1)(2)2(2012福建省高三仿真模拟)如图2所示，在直角坐标系的第象限0x4区域内，分布着场强e106 n/c的匀强电场，方向竖直向上；第象限中的两个直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为b5.0102 t的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。质量m1.61027 kg、电荷量为q3.21019 c的带电粒子(不计粒子重力)，从坐标点m(4，)处，以107 m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域。图2(1)求带电粒子在磁场中的运动半径；(2)求粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间；(3)在图中画出粒子从直线x4到x4之间的运动轨迹，并求出轨迹与y轴和直线x4交点的纵坐标。解析：(1)带电粒子在磁场中偏转。由牛顿运动定律得qvbm所以r代入数据得r m(2)带电粒子在磁场中的运动周期t6.28107 s运动的时间t1t1.57107 s带电粒子在电场中运动的时间t2 s2.83107 s故粒子在电磁场偏转所用的总时间tt1t24.40107 s(3)如图所示。分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了周，下移了(1) m，由对称性知粒子在方向向外的磁场中恰好沿逆时针运动了周，又下移了(1) m，故y12(1) m(2) m 粒子水平飞入电场，水平方向有：x2vt2竖直方向上满足：y2y1at222 m.答案：(1) m(2)4.40107 s(3)(2) m2 m3(2012重庆高考)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图3所示。两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上。其中pqnm矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线oo进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，pq3d，nq2d，收集板与nq的距离为l，不计颗粒间相互作用。求图3(1)电场强度e的大小；(2)磁感应强度b的大小；(3)速率为v0(1)的颗粒打在收集板上的位置到o点的距离。解析：(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m。有eqmg将代入，得ekg(2)如图甲所示，有qv0bmr2(3d)2(rd)2得b(3)如图乙所示，有qv0bmtan y1r1 y2ltan yy1y2得yd(5答案：(1)kg(2)(3)d(5)4(2012山东高考)如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为l的平行金属极板mn和pq，两极板中心各有一小孔s1、s2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为u0，周期为t0。在t0时刻将一个质量为m、电荷量为q(q0)的粒子由s1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t时刻通过s2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图4(1)求粒子到达s2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t3t0时刻再次到达s2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。解析：(1)粒子由s1至s2的过程，根据动能定理得qu0mv2由式得v设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qma由运动学公式得da()2联立式得d(2)设磁感应强度大小为b，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvbm要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2r联立式得b(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有dvt1联立式得t1若粒子再次到达s2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得dt2联立式得t2设粒子在磁场中运动的时间为tt3t0t1t2联立式得t设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为t，由式结合运动学公式得t由题意可知tt联立式得b答案：(1) (2)b(3)课下针对高考押题训练1(2012无锡模拟)如图1所示，一带电微粒质量为m2.01011 kg、电荷量q1.0105 c，从静止开始经电压为u1100 v的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为60。已知偏转电场中金属板长l2 cm，圆形匀强磁场的半径r10 cm，重力忽略不计。求：图1(1)带电微粒经u1100 v的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度e；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小。解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qu1mv12v11.0104 m/s(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向：v1带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：a，v2at由几何关系tan e10 000 v/m(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v2.0104 m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。则轨迹半径为rrtan 600.3 m则qvbm得b0.13 t。答案：(1)1.0104 m/s(2)10 000 v/m(3)0.13 t2水平放置的平行金属板m、n之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图2所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度b0100 t。已知两板间距离d0.3 m，电场强度e50 v/m，m板上有一小孔p，在p正上方h5 cm处的o点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在n板上的q点。如果油滴的质量m104 kg，带电荷量|q|2105c。求： (1)在p点油滴的速度v为多少？(2)若油滴在t0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在n板上的q点，油滴的电性及交变磁场的变化周期t。(3)q、o两点的水平距离。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)解析：(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的速度为vm/s1 m/s (2)由受力分析可知油滴带正电，油滴进入电磁场后的情况如图所示电场力f电qe210550 n103 ngmg103 n带电油滴进入两极板间，电场力与重力平衡，在磁场力的作用下，油滴做匀速圆周运动。设圆周半径为r，若恰好垂直落在n板上的q点，则qvbt解得r m0.05 mt0.1 s又已知d0.3 m，由几何关系得d6r所以交变磁场周期tt0.05 s(3)设q、o两点的水平距离为x，由几何关系得x6r0.3 m答案：(1)1 m/s(2)带正电0.05 s(3)0.3 m3. (2012苏北四市第三次调研)如图3所示，带电平行金属板相距为2r，在两板间半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子(不计重力)沿两板间中心线o1o2从左侧o1点以某一速度射 图3入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子仍从o1点以相同速度射入，经时间打到极板上。(1)求两极板间电压u；(2)求质子从极板间飞出时的速度大小。解析：(1)设质子从左侧o1点射入的速度为v0，极板长为l在复合场中做匀速运动：qqv0b在电场中做类平抛运动：l2rv0trt2又lv0t0撤去磁场，仅受电场力，有：r()2解得tl4rv0u(2)质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小vytv0从极板间飞出时的速度大小vv0。答案：(1)(2)4(2012宁波期末)一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad长为l，现从ad中点o垂直于磁场射入一速度方向与ad边夹角为30、大小为v0的带正电粒子，如图4所示。已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计)：(1)若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件？ 图4(2)若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上何处？最长时间是多少？解析：(1)当粒子轨迹恰好与cd边相切时，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最大的情况，设此半径为r1，如图甲所示。则有r1cos 60r1可得：r1l当粒子轨迹恰好与ab相切时是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设此半径为r2，如图乙所示。则有：r2sin 30r2得：r2故粒子从ab边射出的条件为r2rr1，即rl根据qv0bm，得v0所以v0(2)因为tt所以粒子运动所经过的圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，从图中可以看出，如果粒子从cd边射出，则圆