2019-2020年高考沖刺物理百題精練 專題05 電場、磁場及復合場(含解析).doc
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2019-2020年高考沖刺物理百題精練 專題05 電場、磁場及復合場(含解析) 1.如圖所示,空間分布著方向平行于紙面且與場區(qū)邊界垂直的有界勻強電場,電場強度為E,場區(qū)寬度為L,在緊靠電場右側(cè)的圓形區(qū)域內(nèi),分布著垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B未知,圓形磁場區(qū)域半徑為r。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從A點由靜止釋放后,在M點離開電場,并沿半徑方向射入磁場區(qū)域,然后從N點射出,O為圓心,,粒子重力可忽略不計。求: (1)粒子在電場中加速的時間; (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。 1.【答案】(1)(2) 所以有 ⑥ 由幾何關(guān)系得?、? 所以 ⑧ 考點:帶電粒子在勻強電場及在勻強磁場中的運動. 2.如圖甲,在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,在此區(qū)域內(nèi),沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管,環(huán)心O在區(qū)域中心.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球,在管內(nèi)沿逆時針方向(從上向下看)做圓周運動.已知磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,其中設(shè)小球在運動過程中電荷量保持不變,對原磁場的影響可忽略。 (1)在t=0到t=T0這段時間內(nèi),小球不受細管側(cè)壁的作用力,求小球的速度大小v0; (2)在豎直向下的磁感應(yīng)強度增大過程中,將產(chǎn)生渦旋電場,其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓,同一條電場線上各點的場強大小相等.試求t=T0到t=1.5T0這段時間內(nèi):①細管內(nèi)渦旋電場的場強大小E;②電場力對小球做的功W。 2.【解析】 試題分析:(1)小球運動時不受細管側(cè)壁的作用力,因而小球所受洛倫茲力提供向心力 ① 3.如圖,直線MN上方有平行于紙面且與MN成45的有界勻強電場,電場強度大小未知;MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45角的帶正電粒子,該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R。若該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN,而第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的重力。求: (1)電場強度的大??; (2)該粒子再次從O點進入磁場后,運動軌道的半徑; (3)該粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的時間。 3.【解析】 試題分析:粒子的運動軌跡如圖,先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點,接著恰好逆電場線勻減速運動到b點速度為零再返回a點速度仍為,再在磁場中運動一段3/4圓弧到c點,之后垂直電場線進入電場作類平拋運動。 (1)如圖,由幾何關(guān)系知:,類平拋運動的垂直和平行電場方向的位移都為 ① 所以類平拋運動時間為 ② 又 ③ 而 ④ 由①②③④可得 ⑤ (2)由平拋知識得 所以 則第五次過MN進入磁場后的圓弧半徑 (3)粒子在磁場中運動的總時間為 ⑥ 粒子在電場中的加速度為 粒子做直線運動所需時間為 ⑦ 由②⑥⑦式求得粒子從出發(fā)到第五次到達O點所需時間 4.粒子擴束裝置示意圖如圖甲所示,它是由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)電場、勻強磁場和熒光屏組成。粒子源A 產(chǎn)生帶正電的粒子質(zhì)量均為m,電荷量均為q,由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于兩水平金屬板從正中央連續(xù)不斷地射入偏轉(zhuǎn)電場。偏轉(zhuǎn)電場的極板間距為d,兩金屬板間電壓U1隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示, 其中電壓變化周期為T,電壓最大值。設(shè)加速電壓,勻強磁場水平寬度為,豎直長度足夠長,磁場方向垂直紙面向外,豎直放置的熒光屏與磁場右邊界重合。已知粒子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間為T,不計粒子重力和粒子間相互作用。求: (1)偏轉(zhuǎn)電場的極板長度L1; (2)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的最大側(cè)移y1; (3)調(diào)整磁感應(yīng)強度B的大小,可改變粒子束打在熒光屏上形成的光帶的位置。B取何值時,粒子束打在熒光屏上的光帶位置最低?光帶的最低位置離中心O點的距離h為多少? 4.【解析】 試題分析:(1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場加速后速度為v0,則 , 粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平分運動為勻速直線運動,則 L1=v0T 聯(lián)立解得: (2)在t=nT(n=0、1、2、3…)時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子有最大側(cè)移量,粒子在豎直方向上,0~時間內(nèi)向上做勻加速直線運動,~T時間內(nèi)向上做勻速直線運動。 (3)在(n=0、1、2、3…)時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子有最小側(cè)移量。 在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)角θ滿足:,θ=30 由于所有粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時,速度的大小和方向均相同,它們進入磁場后軌道半徑相同且平行,因此側(cè)移量最小的粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與熒光屏相切時,打到熒光屏上的位置最低。 進入磁場時的速度 由幾何關(guān)系得: 聯(lián)立解得: 又 解得: 5.如圖所示,有一平行板電容器左邊緣在y軸上,下極板與x軸重臺,極板間勻強電場的場強為E。一電量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子,從O點與x軸成角斜向上射入極板間,粒子經(jīng)過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器,立即進入一磁感應(yīng)強度為B的圓形磁場(未畫出),隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場。已知粒子在O點的初速度大小為,,,磁場方向垂直于坐標平面向外,磁場與電容器不重和,帶電粒子重力不計,試求: (1)K極板所帶電荷的電性;(2)粒子經(jīng)過c點時的速度大小;(3)圓形磁場區(qū)域的最小面積。 5.【解析】 試題分析:(1)粒子由a到c,向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則判斷,可知粒子帶正電。粒子在電場中做類斜拋運動,根據(jù)物體做曲線運動的條件可知電場力垂直于兩極板向下,正電荷受到的電場力與電場方向相同,故電場方向垂直于兩極板向下,K板帶正電,L板帶負電。 (2)粒子由O到a做類斜拋運動,水平方向分運動為勻速直線運動,豎直方向為勻減速運動,到達a點平行于x軸飛出電容器,即豎直方向分速度減為零,a點速度為初速度的水平分量,出電場后粒子在磁場外做勻速直線運動,在磁場中做勻速圓周運動,速度大小始終不變,故粒子經(jīng)過c點時的速度與a點速度大小相等。由上可知粒子經(jīng)過c點時的速度大小 (3)粒子在磁場中做圓周運動,軌跡如圖所示,a、c為兩個切點。 洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律可知: 可得軌跡半徑 粒子飛出電容器立即進入圓形磁場且磁場與電容器不重和,圓形磁場必與電容器右邊界ab切于a點,還需保證c點也在磁場中,當圓形磁場與bc切于c點時磁場面積最小,此時磁場半徑與軌跡半徑相等。 磁場最小面積 6.如圖所示,真空室內(nèi)有一個點狀的α粒子放射源P,它向各個方向發(fā)射α粒子(不計重力),速率都相同。ab為P點附近的一條水平直線(P到直線ab的距離PC=L),Q為直線ab上一點,它與P點相距PQ= (現(xiàn)只研究與放射源P和直線ab同一個平面內(nèi)的α粒子的運動),當真空室內(nèi)(直線ab以上區(qū)域)只存在垂直該平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時,水平向左射出的α粒子恰到達Q點;當真空室(直線ab以上區(qū)域)只存在平行該平面的勻強電場時,不同方向發(fā)射的α粒子若能到達ab直線,則到達ab直線時它們動能都相等,已知水平向左射出的α粒子也恰好到達Q點。(α粒子的電荷量為+q,質(zhì)量為m;sin37=0.6;cos37=0.8)求: (1)α粒子的發(fā)射速率 (2)勻強電場的場強大小和方向 (3)當僅加上述磁場時,能到達直線ab的α粒子所用最長時間和最短時間的比值 6.【解析】 試題分析:(1)設(shè)α粒子做勻速圓周運動的半徑R,過O作PQ的垂線交PQ于A點,如圖所示,由幾何知識可得: 代入數(shù)據(jù)可得α粒子軌跡半徑: 洛侖磁力提供向心力: 解得α粒子發(fā)射速度為: (2)真空室只加勻強電場時,由α粒子到達ab直線的動能相等,可得ab為等勢面,電場方向垂直ab向下. 水平向左射出的α粒子做類平拋運動,由運動學關(guān)系可知: 與ab平行方向: 與ab垂直方向: 其中 解得: (3)真空室只加磁場時,圓弧O1和直線ab相切于D點,α粒子轉(zhuǎn)過的圓心角最大,運動時間最長,如圖所示. 則:= 最大圓心角: 最長時間: 圓弧O2經(jīng)C點,α粒子轉(zhuǎn)過的圓心角最小,運動時間最短. 則:= 最小圓心角: 最短時間: 則最長時間和最短時間的比值為:(或2.20) 7.如圖所示,在xOy平面內(nèi)0- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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