1、2015-2016学年四川省德阳市什邡中学高二（上）物理综合练习卷（七）一、不定项选择题：（每题4分，多项选择题少选得2分，多选不给分，共40分）1对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（）A由I=可知，通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B由U=IR可知，对一定的导体，通过它的电流越大，它两端的电压也越大C由R=可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比D对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变2单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动在转动的过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势为Em，则下列说法中正确的是（）A当穿过线
2、框的磁通量为零时，线框中感应电动势也为零B当穿过线框的磁通量减小时，线框中感应电动势在增大C当穿过线框的磁通量等于0.5m时，线框中感应电动势为0.5EmD线框转动的角速度等于3根据麦克斯韦电磁场理沦，下列说法中正确的是（）A在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场B在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C在均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场，在均匀变化的磁场周围一定产生均匀变化的电场D在振荡的电场周围一定产生同频率的振荡的磁场，在振荡的磁场周围一定产生同频率的振荡的电场4如图，两个等量同种电荷P、Q，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一点
3、电荷q，则（）A若q是正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能大B若q是负电荷，q在M点的电势能比在N点的电势能大C无论q是正电荷，还是负电荷，q在M、N两点的电势能一样大D无论q是正电荷还是负电荷，q在M点的电势能都比在N点的电势能小5如图所示，为一有界匀强电场，场强方向水平向右，一带电微粒以某一角度从电场的A点斜向上方射入，沿直线运动到B点，则该微粒在A、B两点的动能EK和电势能EP的关系是（）AEKA=EKB，EPA=EPBBEKAEKB，EPAEPBCEKAEKB，EPA=EPBDEKAEKB，EPAEPB6如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面
4、向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为（）A垂直纸面向外B垂直纸面向里C沿纸面由a指向bD沿纸面由a指向d7如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A1：2B2：1CD1：18M和N是绕在一个环形铁心上的两个线圈，绕法和线路如图，现将开关S从a处断开，然后合向b处，在此过程中，通过电阻R2的电流方向是（）A先由c流向d，后又由c流向dB先由c流向d，后由d流向cC先由d流向c，后又由d流向cD先由d流向c，
5、后由c流向d9电流互感器是用来测量大电流的仪器，如图示，图中是电流互感器使用原理，以下说法正确的是（）A因变压器将电压升高了，所以电流表示数比把电流表直接接到ab间时示数大B图中电流表的示数比直接接在ab间时示数小C原理图有错误，原线圈匝数应比副线圈匝数多D图中电流表的示数就是ab间的电流大小10边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域磁场区域的宽度为d（dL）已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（）A产生的感应电流方向相反B所受的安培力方向相同C进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D进入磁场过
6、程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等二、填空题（每空4分，共20分）11用一理想变压器给一标有“10V，20W”字样的灯泡供电变压器初级接的交流电源是u=220sin100t伏，次级与灯泡连接的导线的电阻是0.5欧欲使灯泡正常发光，变压器初、次级匝数之比n1：n2=12在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0）B电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10）C电流表A（00.6A，内阻0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0200，l A）F定值电阻R0 G开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽
7、然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选（填写器材前的字母代号）（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=V，内阻r=三、计算题（要求写出重要的解题步骤和必要的文字说明，共40分）13如图所示，要使一质量为m、电量为+q的小球能水平沿直线加速，需要外加一匀强电场已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为，要使此小球从A板左端沿直线从静止沿水平方
8、向被加速，恰从B板的右端射出，求两金属板间所加电压U是多少？小球从B板右端射出时的速度是多大？（重力加速度为g）14如图（a）所示，半径为r1的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B0，磁场方向垂直纸面向里，半径为r2的阻值为R的金属圆环与磁场同心放置，圆环与阻值也为R的电阻R1连结成闭合回路，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与导线的电阻不计，（1）若棒以v0的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时（如图所示）MN中的电动势和流过R1的电流大小与方向；（2）撤去中间的金属棒MN，若磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，求0至t0时间内通过
9、电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量15如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的场强为B匀强磁场，其边界AB、CD的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m，带电量为负q的粒子沿与左边界成30的方向射入磁场，粒子重力不计求：（1）带电粒子能从AB边界飞出的最大速度？（2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间？（3）若带电粒子的速度是（2）中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的范围？2015-2016学年四川省德阳市什邡中学高二（上）物理综合练习卷（七）参考答案与试题解析
10、一、不定项选择题：（每题4分，多项选择题少选得2分，多选不给分，共40分）1对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（）A由I=可知，通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B由U=IR可知，对一定的导体，通过它的电流越大，它两端的电压也越大C由R=可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比D对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变【考点】欧姆定律【分析】根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比导体电阻由导体材料、长度、横截面积
11、决定，与电压电流无关【解答】解：A、欧姆定律的内容为：通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比；故A正确；B、由U=IR可知，对一定的导体，由于电阻一定，故通过它的电流越大，它两端的电压也越大，故B正确；C、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值不变，等于电阻，故D正确；故选：ABD2单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动在转动的过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势为Em，则下列说法中正确的是（）A当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势也为零B当穿过线框的磁通量减小时，线框
12、中感应电动势在增大C当穿过线框的磁通量等于0.5m时，线框中感应电动势为0.5EmD线框转动的角速度等于【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】电动势为零时，线圈处在中性面上，磁场与线圈平面垂直，所以通过线圈的磁通量最大，根据最大感应电动势为Em=BS和最大磁通量 m=BS间的关系，很容易求出角速度【解答】解：A、当线框磁通量为零时，磁场与线圈平面平行，磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故A错误；B、假设磁通量的表达式为=msint，则感应电动势的表达式为e=Emcost，所以当线框磁通量减小时，感应电动势在增大，故B正确；C、根据B的表达式可知，当线框磁通量等于0.5m时，感
13、应电动势不等于0.5Em，故C错误D、最大感应电动势为Em=BS，最大磁通量m=BS，所以Em=m，所以=，故D正确；故选：BD3根据麦克斯韦电磁场理沦，下列说法中正确的是（）A在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场B在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C在均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场，在均匀变化的磁场周围一定产生均匀变化的电场D在振荡的电场周围一定产生同频率的振荡的磁场，在振荡的磁场周围一定产生同频率的振荡的电场【考点】电磁波的产生【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分【解答】解：A、根
14、据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生磁场，在变化的磁场周围一定产生电场，如果稳定的电场不产生磁场，稳定的磁场也不产生电场故A错误；B、均匀变化的磁场一定产生稳定的电场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场则稳定的电场不会产生磁场，故B错误；C、非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，而均匀变化的电场产生稳定的磁场故C错误；D、在振荡的电场周围一定产生同频率的振荡的磁场，在振荡的磁场周围一定产生同频率的振荡的电场，故D正确；故选：D4如图，两个等量同种电荷P、Q，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一点电荷q，则（）A若q是正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能大B若q是负
15、电荷，q在M点的电势能比在N点的电势能大C无论q是正电荷，还是负电荷，q在M、N两点的电势能一样大D无论q是正电荷还是负电荷，q在M点的电势能都比在N点的电势能小【考点】电场的叠加；电势；电势能【分析】等量同种正电荷连线中垂线上的电场方向，在上半部分竖直向上，在下半部分竖直向下，根据沿电场线方向电势逐渐降低的电势的高低，根据电荷的电性得出电势能的变化【解答】解：在M、N处的电场方向由N指向M，因为沿电场线方向电势逐渐降低，则N点的电势高于M点的电势，若q是正电荷，根据Ep=q知，N点的电势能大于M点的电势能，若q是负电荷，则M点的电势能大于N点的电势能故A、B正确，C、D错误故选：AB5如图所
16、示，为一有界匀强电场，场强方向水平向右，一带电微粒以某一角度从电场的A点斜向上方射入，沿直线运动到B点，则该微粒在A、B两点的动能EK和电势能EP的关系是（）AEKA=EKB，EPA=EPBBEKAEKB，EPAEPBCEKAEKB，EPA=EPBDEKAEKB，EPAEPB【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】粒子在电场中受重力和电场力两个力作用，抓住合力方向与速度方向在同一条直线上得出电场力的方向，结合合力做功比较动能的大小，根据电场力做功比较电势能的高低【解答】解：粒子受电场力和重力两个力作用，合力方向与速度方向在同一条直线上，则电场力的方向水平向左，从A到B，电场力做负功，电
17、势能增大，合力方向与速度方向相反，合力做负功，动能减小故D正确，A、B、C错误故选：D6如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为（）A垂直纸面向外B垂直纸面向里C沿纸面由a指向bD沿纸面由a指向d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则判断各个电流在a点的磁场方向，根据平行四边形定则进行合成，确定a点的磁场方向【解答】解：根据右手螺旋定则知，b导线在a点产生的磁场方向竖直向下，d导线在a点产生的磁场方向竖直向上，c
18、导线在a点产生的磁场方向水平向左因为b、d导线在a点产生的磁场大小相等，方向相反，所以最终的磁场方向为c导线在a点产生的磁场方向，沿纸面由a指向b故C正确，A、B、D错误故选：C7如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A1：2B2：1CD1：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关【解答】解：正离子进入磁场后，
19、在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转正离子以60入射，则圆弧对应的圆心角为120，而负离子以30入射，则圆弧对应的圆心角为60，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍故选B8M和N是绕在一个环形铁心上的两个线圈，绕法和线路如图，现将开关S从a处断开，然后合向b处，在此过程中，通过电阻R2的电流方向是（）A先由c流向d，后又由c流向dB先由c流向d，后由d流向cC先由d流向c，后又由d流向cD先由d流向c，后由c流向d【考点】变压器的构造和原理【分析】根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈N中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反
20、减同”来判断【解答】解：开关S从a处断开，然后合向b处过程中，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极之后线圈M左端是S极，右端是N极导致向右穿过线圈N的磁通量先变小，后向左穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向始终由c流向d；故A正确，BCD错误；故选：A9电流互感器是用来测量大电流的仪器，如图示，图中是电流互感器使用原理，以下说法正确的是（）A因变压器将电压升高了，所以电流表示数比把电流表直接接到ab间时示数大B图中电流表的示数比直接接在ab间时示数小C原理图有错误，原线圈匝数应比副线圈匝数多D图中电流表的示数就是ab间的电流大小【考点】变压器的构造和原理【分
21、析】电流互感器为升压变压器，根据N1I1=N2I2 副线圈电流要小，则副线圈匝数多【解答】解：A、电路副线圈匝数少于原线圈匝数，图中变压器将电压降低了，故A错误B、根据变压器的电流与匝数成反比，图中电流表的示数比直接接在ab间时示数大故B错误C、图中副线圈匝数少于原线圈匝数，则副线圈电流大于原线圈电流，不能做为电流互感器，可知原理图有错误，原线圈匝数应比副线圈匝数少，故C正确；D、电流表的示数是变压器副线圈上的电流，而ab间的电流大小等于变压器原线圈中的电流，原线圈匝数大于副线圈匝数，根据知，原线圈电流小于副线圈电流，即电流表的示数比ab间的电流要大故D错误故选：B10边长为L的正方形金属框在
22、水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域磁场区域的宽度为d（dL）已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（）A产生的感应电流方向相反B所受的安培力方向相同C进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向线框进入磁场过程加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，安培力增大，线框将做减速运动，出磁场时大于
23、或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短根据感应电量公式q=，分析电量关系【解答】解：A、线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，则由楞次定律可知，产生的感应电流方向相反故A正确B、根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均水平向左，方向相同故B正确C、线框进入磁场时做匀速运动，完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入
24、磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间故C错误D、根据感应电量公式q=，线框进入和穿出磁场的两个过程中，线框的磁通量变化量相等，则通过导体内某一截面的电量相等故D正确故选：ABD二、填空题（每空4分，共20分）11用一理想变压器给一标有“10V，20W”字样的灯泡供电变压器初级接的交流电源是u=220sin100t伏，次级与灯泡连接的导线的电阻是0.5欧欲使灯泡正常发光，变压器初、次级匝数之比n1：n2=20：1【考点】变压器的构造和原理【分析】根据交流电源的表达式可明确最大值和有效值，再根据灯泡的电压和功率求出灯泡中的电流，同时由欧姆定律求出导线两端的电压，则可求得输出电压，从而根据线圈匝数之
25、比等于电压之比求出匝数之比【解答】解：输入电压的最大值为220V，则有效值U1=220V； 灯泡正常工作时电压为10V，功率为20W，则电流I=2A； 则输出电压U2=U+Ir=10+20.5=11V； 则线圈匝数之比n1：n2=U1：U2=220：11=20：1；故答案为：20：112在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0）B电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10）C电流表A（00.6A，内阻0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0200，l A）F定值电阻R0 G开关和导线若干（1）某同学发现上述
26、器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选D（填写器材前的字母代号）（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=1.50V，内阻r=0.80【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小（2）根据欧姆定律
27、和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小滑动变阻器应选D，（2）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压U=I1=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.5mA1000=1.50V与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.62A，由闭合电路欧姆定律E=
28、U+Ir可得：r=0.80； 故答案为：（1 ）b D； （2）1.50，0.80三、计算题（要求写出重要的解题步骤和必要的文字说明，共40分）13如图所示，要使一质量为m、电量为+q的小球能水平沿直线加速，需要外加一匀强电场已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为，要使此小球从A板左端沿直线从静止沿水平方向被加速，恰从B板的右端射出，求两金属板间所加电压U是多少？小球从B板右端射出时的速度是多大？（重力加速度为g）【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】小球由静止从水平方向被加速，根据牛顿第二定律得出加速度的方向根据小球的受力求出电场力的大小，从而得
29、出电场强度的大小，根据U=Ed求出金属板间的电压根据动能定理求出小球从B板右端射出时的速度【解答】解：对小球进行受力分析，由题意可知合力应水平向右，故竖直方向上有qEcos=mg，即，又，由动能定理得，则故两金属板间所加电压，小球从B板右端射出时的速度14如图（a）所示，半径为r1的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B0，磁场方向垂直纸面向里，半径为r2的阻值为R的金属圆环与磁场同心放置，圆环与阻值也为R的电阻R1连结成闭合回路，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与导线的电阻不计，（1）若棒以v0的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时（如图所示）MN中的电动势和流过R1的电流大小与方向
30、；（2）撤去中间的金属棒MN，若磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，求0至t0时间内通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据棒切割磁感线，从而产生感应电动势，并由欧姆定律，即可求解；（2）由Bt图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q，由焦耳定律求出电阻R1上产生的热量【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律，则有=2B0r1v0，根据欧
31、姆定律，解得：I=，方向ab（2）由图象分析可知，0至t时间内 =由法拉第电磁感应定律有=S而S=r12由闭合电路欧姆定律有I=联立以上各式解得：通过电阻R1上的电流大小为I1=通过电阻R1的电量q=I1t1=电阻R1上产生的热量 Q=I12R1t1= 答：（1）若棒以v0的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时（如图所示）MN中的电动势和流过R1的电流大小与方向ab；（2）撤去中间的金属棒MN，若磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，求0至t0时间内通过电阻R1上的电量及电阻R1上产生的热量15如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的场强
32、为B匀强磁场，其边界AB、CD的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m，带电量为负q的粒子沿与左边界成30的方向射入磁场，粒子重力不计求：（1）带电粒子能从AB边界飞出的最大速度？（2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间？（3）若带电粒子的速度是（2）中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的范围？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）先作出粒子运动的轨迹，根据几何关系求出粒子能从左边界射出时临界情况的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力公式
33、即可求解最大速度；（2）根据几何知识求磁场中轨迹半径，由动能定理求极板间电压带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入匀强电场中减速至零，然后由静止返回做匀加速运动，再进入磁场做匀速圆周运动，画出轨迹，确定磁场中运动轨迹对应的圆心角，求出通过磁场的时间（3）若带电粒子的速度是（2）中的倍，求出轨迹半径，画出轨迹，由几何知识求粒子能打到CD边界的范围【解答】解：（1）粒子能从左边界射出，临界情况是轨迹与磁场右边界相切，粒子的运动轨迹如图所示，则有 R+Rcos30=d由得 所以粒子能从左边界射出速度应满足（2）粒子能从右边界射出，由几何知识得R=由和解得 故粒子不碰到右极板所加电压满足的条件因粒子转过的圆心角为60，所用时间为，而因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间（3）当粒子速度为是（2）中的倍时 解得 R=2d粒子，如图由几何关系可得l=22dcos30=2答：（1）带电粒子能从AB边界飞出的最大速度为（2）极板间电压为，整个过程中粒子在磁场中运动的时间为（3）粒子能打到CD边界的范围为22017年1月21日
