2019屆浙江高考物理二輪復(fù)習(xí)19_23題專練小卷（打包4套）.zip
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23題專練小卷
1.如圖所示,在空間xOy的第一象限內(nèi)存在一沿x軸負(fù)方向,大小為E的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m,電量為+q的帶電微粒(重力不計),在A(L,L)點無初速度釋放,通過y軸上的P點進(jìn)入第二象限,在第二象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向勻強(qiáng)電場,帶電微粒最終從C(0,-2L)點離開第二象限。
(1)則第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度大小?帶電微粒從C點離開的速度是多少?
(2)若第二象限內(nèi)僅存在沿垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,使帶電微粒仍從C(0,-2L)點離開,則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?
(3)若改變帶電微粒釋放點的位置從P點進(jìn)入磁場,在第二象限有垂直紙面的圓形勻強(qiáng)磁場,使得粒子從C點離開的速度與只在電場時完全相同,則第二象限內(nèi)圓形勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是多少?圓形勻強(qiáng)磁場的面積是多少?
2.如圖所示,在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場,同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線。在NS和MT邊界上,距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點,NS和MT間距為1.8h,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運動,重力加速度為g。
(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向。
(2)要使粒子不從NS邊界飛出,求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值。
23題專練小卷
1.答案 (1)2mEqLm (2)22mEqL5qL (3)πL2
解析 (1)粒子運動軌跡如圖所示:
在第一象限內(nèi):根據(jù)動能定理得:qEL=12mvP2
進(jìn)入第二象限,在水平方向:2L=vPt
在豎直方向:L=12at2
加速度為:a=qE'm
聯(lián)立可得:E'=2EmqLm
在C點的豎直速度為:vCy=at
水平速度為:vCx=vP
聯(lián)立可得:vC=2EmqLm
方向與x軸負(fù)方向夾角45°
(2)做圓周運動到達(dá)C點,如圖所示:
半徑滿足:R2=4L2+(R-L)2
解得:R=2.5L
洛倫茲力提供向心力:qvPB=mvP2R
可得:B=22EqmL5qL
(3)因在磁場中速度大小不變,故改變帶電微粒釋放點的位置到P點時速度已經(jīng)達(dá)到:vP=vC=2EqmLm
要使磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小,則半徑最大,如圖所示:
粒子進(jìn)入第二象限時就進(jìn)入磁場,從D點離開,過C點速度的反向延長線過水平位移的中點,由幾何關(guān)系有,PF=FD=DM=L,FM=MO1=2L
所以軌跡半徑:R=(2+1)L
根據(jù)洛倫茲力提供向心力:qBvP=mvP2R
所以可得:B=2(2-1)qmLEqL
圓形磁場的半徑為r=PF,所以r=L
所以面積為:S=πL2
2.答案 (1)mgq,方向豎直向上 (2)(9-62)qBhm
(3)0.68qBhm,0.545qBhm,0.52qBhm
解析 (1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E。
由題意有mg=qE ①
得E=mgq,方向豎直向上?！、?
(2)如圖1所示,設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin,對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為φ。
圖1
由Bqv=mv2r?、?
得r=mvqB?、?
有r1=mvminqB,r2=12r1
由(r1+r2)sinφ=r2 ⑤
r1+r1cosφ=h?、?
vmin=(9-62)qBhm ⑦
(3)如圖2所示,設(shè)粒子入射速度為v,粒子在上下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,粒子第一次通過KL時距離K點為x。
圖2
由題意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)
本小題中的r2值應(yīng)大于等于(2)小題中的r2值,即32x≥(9-62)h2
x=r12-(h-r1)2 ⑧
得r1=1+0.36n2h2,n<3.5 ?、?
即n=1時,v=0.68qBhm; n=2時,v=0.545qBhm;n=3時,v=0.52qBhm?、?
4
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