2019屆高三物理二輪復(fù)習(xí)習(xí)題：專題三18年真題匯編版含答案

II·T25)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡。(2)求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小。(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間?！窘忸}指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的分解進(jìn)行分析，注意速度和位移的分析。(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，注意半徑和圓心角的分析。(3)粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度與x軸正方向的夾角與做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角關(guān)系密切，注意利用?！窘馕觥?1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示。(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱)(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ(見圖乙)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma ①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=at ②l′=v0t ③v1=vcosθ ④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=m ⑤由幾何關(guān)系得l=2Rcosθ ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0= ⑦(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1=v0cot ⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則⑩式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 由③⑦⑨⑩式得答案：(1)圖見解析(2)(3)5.(2018·全國(guó)卷Ⅲ·T24)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。(2)甲、乙兩種離子的比荷之比?！窘馕觥?1)甲離子經(jīng)過電場(chǎng)加速，據(jù)動(dòng)能定理有在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可得聯(lián)立方程解得(2)乙離子經(jīng)過電場(chǎng)加速，同理有聯(lián)立方程可得答案：(1)(2)1∶46.(2018·江蘇高考·T15)如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場(chǎng)。當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場(chǎng)。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。(2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t。(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值。【解析】(1)粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑由題意知r0=，解得(2)設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α，半徑為r，由r=得r=5r0=由d=rsinα，得sinα=，即α=53°在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，解得t1=直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=，解得t2=則(3)將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x，粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα由y≤2d，解得x≤d則當(dāng)xm=時(shí)，Δt有最大值粒子做直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d增加時(shí)間的最大值Δtm=答案：(1)(2)(3)7.(2018·天津高考·T11)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，不計(jì)粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t。(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出。粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小?！窘馕觥?1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有 ①設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F=qE； ②設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma； ③粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v=at；④聯(lián)立①②③④式得t=。 ⑤(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期和速度、半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′-R)2+()2=r′2 ⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知⑦粒子