1、高考资源网（） 您身边的高考专家【模拟演练】1.(2012广州模拟)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )A导线中的电流从A流向BB导线中的电流从B流向AC若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D电子束的径迹与AB中的电流方向无关2.(2012濮阳模拟)处于纸面内的一段直导线长L1 m，通有I1 A的恒定电流，方向如图所示将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F1 N的磁场力作用.据此可知( )A能确定磁感应强度的大小和方向B能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小C能确定磁感应强度的大
2、小，不能确定它的方向D磁感应强度的大小和方向都不能确定3.(2012临沂模拟)光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒当开关S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是( )4.(2012淄博模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角(0)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)则下列说法正确的是( )A若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C若v一定
3、，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D若v一定，越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远5.(2012崇文模拟)如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy平面向外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )6.(2012滨州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场现设法使该带电粒子从O点沿纸
4、面以与Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场B若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场C若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场D若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场7.(2012杭州模拟)有一个带电荷量为q、重为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法错误的是( )A一定做曲线运动B不可能做曲线运动C有可能做匀加速运动
5、D有可能做匀速运动8.(2012合肥模拟)如图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中( )A所有微粒的动能都将增加B所有微粒的机械能都将不变C有的微粒可以做匀速圆周运动D有的微粒可能做匀速直线运动9.(2012徐州模拟)如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径.整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直.现给带电球体一个水
6、平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A.0 B.C. D.10.(2011庆阳模拟)如图所示，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A点后( )A.粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B.粒子在M、N间运动过程中，动能一定增大C.粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小D.以上说法都不对11.(2011平川模拟)如图所示，粗糙的足够长
7、的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v -t图象如图所示，其中正确的是( )12.(2012攀枝花模拟) 如图所示，一带正电的质子从O点以速度v0垂直极板射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子的带电量为e，质量为m)13.(2012天水模拟)如图所示，在xOy平面上，a点坐标为(0，l)，平面内有一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一
8、电子(质量为m，电量为e)从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好在x轴上的b点(未标出)射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向夹角为60，求：(1)磁场的磁感应强度；(2)磁场区域圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中的飞行时间.14.(2012广州模拟)如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E12 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B103 T.方向垂直纸面向外；有一质量m110-2 kg、电荷量q410-5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45角以v04 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E22 500 N/C，方向
9、水平向左的第二个匀强电场中不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.15.(2012衡水模拟)如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿+y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向).在t=0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带电金属小球自坐标原点O处，以v0=2 m/s的速度沿x轴正方向射出.已知E0=0.2 N/C、B0=0.2 T.求：(1)t=1 s末金属小球速度的大小和方向；(2)12 s内，金属小球在
10、磁场中做圆周运动的半径和周期；(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6 s内运动的轨迹示意图；(4)6 s内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标.【高考预测】磁场部分是高考的重点内容，主要呈现以下三点命题趋势：(1)带电粒子在磁场中运动以及在复合场中运动的综合问题.(2)与洛伦兹力、电场力、重力有关的力电大型综合题.(3)采用本章的基础知识与科学技术成果相结合，物理模型与生产生活实际相结合的题目对该部分内容的命题预测点如下：考查知识及角度高考预测安培力及其应用2、3回旋加速器的应用、对撞机的应用1、4带电粒子在复合场中的运动5、6、71.环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示，正、负
11、离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞.为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小C.对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变2.两导线内电流方向如图所示，导线ab固定，导线cd与ab垂
12、直且与ab相隔一段距离，cd可以自由移动，试分析cd的运动情况3.如图所示，在磁感应强度B1.0 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成37的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab,ab杆水平放置.已知接在滑轨中的电源电动势E12 V，内阻不计导轨间距L0.5 m，质量m0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin370.6)4.回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间
13、的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回转半径为Rm，其运动轨迹如图所示求：(1)两个D形盒内有无电场？(2)粒子在D形盒内做何种运动？(3)所加交流电频率是多大？(4)粒子离开加速器的速度为多大？最大动能为多少？5.如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成.偏转电场处在加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边，如图甲所示.大量电子(其重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向
14、从两板正中间射入偏转电场.当偏转电场两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，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).求：(1)如果电子在t=0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；(2)通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角(电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角)都相同.(3)要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？6.如图所示，在一底边长为2L,=45的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场，现在
15、一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响.(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度.(2)磁感应强度B为多少时，粒子能以最大的圆周半径偏转后打到OA板？(3)增加磁感应强度的大小，可以再延长粒子在磁场中的运动时间，求粒子在磁场中运动的极限时间.(不计粒子与AB板碰撞的作用时间，设粒子与AB板碰撞前后，电量保持不变并以相同的速率反弹)7.如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选
16、定磁场垂直纸面向里为正方向.t=0时刻，一质量m=810-4 kg、电荷量q=+210-4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12 m/s,O是挡板MN上一点，直线OO与挡板MN垂直，取g=10 m/s2.求：(1)微粒再次经过直线OO时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件.8.如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1(a，0)，圆内分布有垂直于纸面向里的匀强磁场.在直线ya的上方和直线x2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E一质量为m、电荷量为+
17、q(q0)的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力.(1)求磁感应强度B的大小；(2)粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；(3)若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向与x轴正方向的夹角=30时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t答案解析【模拟演练】1.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)明确电子的运动方向，从而确定正电荷的运动方向.(2)利用左手定则判断电子的受力方向.【解析】选B、C.由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射
18、线管中的磁场方向垂直纸面向内，所以根据安培定则，AB中的电流方向应为从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转.所以本题的正确选项应为B、C.2.【解析】选D.由B可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的方向；仅知道F的方向，无法用左手定则判断磁感应强度的方向故选D.3.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)根据左手定则判断出导体棒所受安培力的方向并画出受力图.(2)根据平衡条件判断是否平衡.【解析】选B. 四种情况的受力分别
19、如图所示：A、C都有可能平衡，D中如果重力与安培力刚好大小相等，则导体棒与导轨间没有压力，可以平衡，B合外力不可能为零4.【解析】选C. 粒子运动周期T当一定时，粒子在磁场中运动时间t由于t、均与v无关，故A、B项错误，C项正确当v一定时，由r知，r一定；当从0变至的过程中，越大，粒子离开磁场的位置距O点越远；当大于时，越大，粒子离开磁场的位置距O点越近，故D项错误.5.【解析】选C. 磁场垂直xOy平面向外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子运动方向，并画出草图找出圆心，可判断出C图是正确的6.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)画出粒子运动的轨迹.(2)根据轨迹所对应的圆
20、心角判断运动时间的大小.【解析】选A、C.作出粒子刚好从ab边射出的轨迹、刚好从bc边射出的轨迹、从cd边射出的轨迹和从ad边射出的轨迹.由题意可推知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.结合图可知，从ab边射出经历的时间一定不大于从bc边射出经历的时间一定不大于从cd边射出经历的时间一定是从ad边射出经历的时间一定不大于则A、C正确，B、D错误.【误区警示】处理带电粒子在磁场中运动问题的五个误区处理带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题的关键是画出符合题意的运动轨迹图.先确定圆心，然后根据几何关系确定半径、圆心角.其中半径和带电粒子的速率密切相关；圆心角和粒子在磁场中运动的时间相联系
21、.同时还应避免出现以下五个误区:(1)不明确粒子的电性及运动方向.(2)没注意磁场的方向和边界.(3)忽视了圆周运动的多解性、对称性和周期性.(4)不会分析粒子运动的临界值.(5)几何知识的应用出现错误.7.【解析】选B、C、D. 由于小球的速度变化时，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，小球不可能做匀速或匀加速运动，B、C、D错8.【解析】选D.若微粒按如图方向运动，当洛伦兹力水平方向分量与电场力抵消,洛伦兹力竖直方向分量与重力抵消时，微粒可做匀速直线运动，D正确;但微粒不可能做匀速圆周运动,因为运动方向改变，洛伦兹力大小、方向必然改变,微粒所受合力大小也改变,C错误;除重力外，粒子还受洛伦兹
22、力和电场力作用，洛伦兹力不做功,电场力做功，粒子机械能改变，B错误;当粒子做匀速直线运动时，动能不变，A错误.【误区警示】解答本题易产生的两个误区(1)电场力对粒子做正功，则所有微粒的动能都将增加，没有搞清楚动能变化的原因是合外力做功引起.(2)洛伦兹力的方向与运动方向垂直，则所有的微粒可以做匀速圆周运动，不清楚做匀速圆周运动的条件是合外力的大小不变，方向与速度方向垂直.9.【解析】选B.若带电球体所受的洛伦兹力qv0B=mg,带电球体与管道间没有弹力，也不存在摩擦力,故带电球体克服摩擦力做的功为0，A可能;若qv0Bmg，则带电球体在摩擦力的作用下最终停止，故克服摩擦力做的功为C可能;若qv
23、0Bmg，则带电球体开始时受摩擦力的作用而减速，当速度达到v=时，带电球体不再受摩擦力的作用，所以克服摩擦力做的功为D可能，B不可能.综上所述选B.10.【解析】选A.当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动而加在PQ间的电压始终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了综上所述，A项正确11.【解析】选C.小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qEqvB，所以a随下落速度v的增大a逐渐增大；当qEqvB之后，其a随下落速度v的增大a逐渐减小；最后a0小球匀速下落，故选项C正确， A、B、D错误.12.
24、【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)确定带电质子在磁场中做圆周运动的圆心并进一步利用几何关系求半径(2)明确临界条件【解析】由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以质子在磁场中做圆周运动的圆心O一定位于NP所在的直线上，如果直径小于ON，则轨迹将是圆心位于ON之间的一个半圆弧随着磁场B的减弱，其半径r逐渐增大，当半径r时，质子恰能从N点射出如果B继续减小，质子将从NM之间的某点射出当B减小到某一值时，质子恰从M点射出如果B再减小，质子将打在MQ板上而不能飞出因此质子分别从N点和M点射出是B所对应的两个临界值第一种情况是质子从N点射出，此时质子轨迹为半个圆，半径为所以R1B1第二种情况是质子恰
25、好从M点射出，轨迹如题图中所示由平面几何知识可得： 又R2 由得：B2磁感应强度B应满足的条件：B答案:见解析13.【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，从a点射入从b点射出，O、a、b均在圆形磁场区域的边界，电子运动轨道圆心为O2，令=R由题意可知，aO2b60，且aO2b为正三角形在OO2b中，R2(Rl)2(Rsin60)2 而R 由得R2l所以B(2)由于aOb90，又aOb为磁场圆形区域的圆周角，所以ab即为磁场区域直径=lO1的x坐标：xsin60yl-cos60所以O1坐标为(，)(3)电子在磁场中的飞行时间t答案:(1) (2)(，) (3) 【方法技巧】带电粒子在有边界磁
26、场区域中做圆周运动的处理方法(1)根据运动电荷在有界磁场的出入点速度方向垂线的交点，确定圆心的位置.(2)然后作出轨迹和半径，根据几何关系找出等量关系(3)求解飞行时间要从找轨迹所对应的圆心角入手14.【解析】(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力Gmg0.1 N电场力F1qE10.1 N即GF1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qv0B解得：R1 m由几何关系得：s1m(2)带电小球在P点的速度大小仍为v04 m/s,方向与水平方向成45.由于电场力F2qE20.1 N,与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为FN，方向与初速度方向垂直
27、，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度a，位移y沿x轴方向上，带电小球的位移xv0t由几何关系有：yx即：v0t，解得：tx= mQ点到P点的距离s23.2 m答案:(1) m (2)3.2 m【方法技巧】带电粒子在复合场中运动问题的解题技巧带电粒子在复合场中的运动，实际上仍是一个力学问题，分析的基本思路是：(1)弄清复合场的组成.(2)正确分析带电粒子的受力情况及运动特征.(3)画出粒子运动轨迹,灵活选择对应的运动规律列式求解.例如带电粒子在电场中加速，一般选择动能定理，类平抛运动一般要进行运动的分解,圆周运动中要分析向心力等.(4
28、)对于临界问题,注意挖掘隐含条件,关注特殊词语如“恰好”、“刚好”、“至少”,寻找解题的突破口.15.【解析】(1)在01 s内，金属小球在电场力作用下，在x轴方向上做匀速运动vx=v0y方向做匀加速运动vy=1 s末金属小球的速度v1=设v1与x轴正方向的夹角为，则tan= =45(2)在12 s内，金属小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律qv1B0=得R1=金属小球做圆周运动的周期T=1 s(3)金属小球运动轨迹如图所示(4)5 s末金属小球的坐标为x=v0t=6 m(t=3 s)y=9 m此时金属小球y轴方向的速度：vy=qE0t/m=6 m/s合速度大小为v=第6 s内金属小球做圆周
29、运动的半径Rn=金属小球在第6 s内做圆周运动的轨迹如图所示第6 s内金属小球运动至离x轴最远点坐标为X=x-Rnsin=6- (m)其中sin=Y=y+Rn(1+cos)=9+(m)其中cos=答案:(1) 方向与x轴正方向的夹角为45(2) 1 s (3)见解析(4)【高考预测】1.【解析】选B、C.在加速器中qUmv2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径r即r所以对于给定的加速电压，在半径不变的条件下越大，B越小，选项A错误，B正确；粒子在空腔内的周期T故加速电压越大，粒子的速率v越大，而半径不变，其周期越小，选项D错误，C正确.2.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)cd如何运动取决
30、于ab导体产生的磁场对cd的安培力方向.(2)弄清ab形成的磁场的分布情况【解析】首先分析固定导线ab的磁感线的分布情况，如图所示(用安培定则)，然后再用左手定则分析cd导线在磁场中的受力方向，可以发现cd导线将顺时针方向转动仔细留意一下就会发现，当cd一转动，两者的电流就有同向的成分，而同向电流相互吸引，可见cd导线在转动的同时还要向ab导线平移答案:cd导线顺时针转动的同时向ab导线平移3.【解析】分析画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，如图所示当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示由平衡条件得沿斜面方向：mgsinFN1F安1cos， 垂直斜面方向：FN1mgcosF安1
31、sin， 而F安1 由式，得R15 当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示由平衡条件得沿斜面方向：mgsinFN2F安2cos， 垂直斜面方向：FN2mgcosF安2sin， 而F安2 由式，得R23 所以，要使ab杆保持静止，R的取值范围是3 R5 .答案:3 R5 【方法技巧】通电导体在磁场中的平衡问题的处理方法(1)解决有关通电导体在磁场中的平衡问题，关键是受力分析，只不过比纯力学中的平衡问题要多考虑一个安培力(2)根据共点力的平衡条件F合=0或Fx合=0,Fy合=0列出平衡方程.(3)由于安培力、电流I、磁感应强度B的方向之间涉及到三维空间，所以在受力分析时要善于把立体图转化成平面图4.【解
32、析】(1)金属盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场作用，所以盒内无电场(2)粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电压频率要符合粒子回旋频率由T得回旋频率f即为交流电的频率.(4)粒子最大回旋半径为Rm由Rm得vm最大动能Ek答案:(1)无电场(2)做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大(3) (4) 5.【解析】(1)建立平面直角坐标系：x轴正方向水平向右，y轴正方向垂直于偏转电场极板向上，坐标原点位于偏转电场中线上.在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向(水平向右为正)做匀速直线运动.Oy方向(竖直向上为正)，在0t0时间内受电场力作用做匀加
33、速运动，a=在t02t0时间内做匀速直线运动，速度vy=侧向位移y=得y=(2)设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作用而加速.不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是a=(电压为U0时)，或者是0(电压为0时).v=at，它在Oy方向上速度增加量都为vy=因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等,为vy=Ox方向的分速度都为v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同.(3)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示.电子在磁场中运动的半径：R= 设电子从偏转电场中出来时
34、的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：sin=电子进入磁场后做圆周运动，其半径R=解得：B=答案:(1) (2)见解析 (3)6.【解析】(1)依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v,由qU=得v=(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R,由图中几何关系有R+=L由洛伦兹力提供向心力,则qvB=联立以上各式解得B=(3)设粒子运动圆周半径为r,r=当r越小，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长.当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点.有：n=圆周运动周期：T=最长的极限时间tm=联立以上各式解得：tm
35、=答案：(1) (2) (3)7.【解析】(1)由题意可知，微粒所受的重力G=mg=810-3 N电场力大小F=Eq=810-3 N因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB=解得R=0.6 m由T=解得T=10 s则微粒在5s内转过半个圆周，再次经直线OO时与O点的距离:l=2R=1.2 m(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5s,轨迹如图所示，位移大小为x=vt=0.6m=1.88 m因此，微粒离开直线OO的最大高度h=x+R=2.48 m(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，当P点在直线OO下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足L=(2.4
36、n+0.6)m (n=0,1,2)若微粒能垂直射到挡板上的某点P,当P点在直线OO上方时,由图象可知,挡板MN与O点间的距离应满足L=(2.4n+1.8)m (n=0,1,2)若两式合写成L=(1.2n+0.6)m(n=0,1,2)也可以答案:(1)1.2 m (2)2.48 m (3)见解析8.【解析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，由牛顿第二定律,有qvB=粒子自A点射出，由几何知识R=a解得B=(2)粒子从A点向上在电场中做匀减速运动，设在电场中减速的距离为y1由-Eqy1=0-得y1=所以在电场中最高点的坐标为:(a，a+)(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=粒子从磁场
37、中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为1 =60，由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离：s=asin1=acos粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间t1=粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，PO1QO3 构成菱形，由几何知识可知Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角为2=120,则1+2=粒子先后在磁场中运动的总时间t2=粒子在磁场和电场场区之间做匀速运动的时间t3=解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t=t1+t2+t3=答案:(1) (2)(a，a+)(3)- 22 - 版权所有高考资源网
