高考物理磁场压轴题-学生

1．（19分）（注意：在试卷上作答无效）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度0v从平面MN上的0p点水平向右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点0p的距离。粒子的重力可以忽略。2.（20分）如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；（3）若微粒质量mo=1×10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。3．(18分)如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤2a2a范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～090范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a／2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小：(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。4．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧FG所对应的圆心角为。不计重力，求：（1）离子速度的大小；（2）离子的质量。5．[物理——选修3-5](15分)（1）(5分)用频率为0v的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为123vvv、、的三条谱线，且321vvv＞＞，则。(填入正确选项前的字母)A．01vv＜B．321vvvC．0123vvvvD.123111vvv（2）(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为。使木板与重物以共同的速度0v向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g。6．(18分)如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=l,lOQ32。不计重力。求（1）M点与坐标原点O间的距离；（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。7.（21分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xy平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。8．（20分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1．0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mg均为2．0kg,A、B之间的动摩擦因数1=0．05，B与水平面之间的动摩擦因数2=0．1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物体A刚运动时的加速度aA（2）t=1．0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1．0s时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3．8s时物体A的速度为1．2m/s。则在t=1．0s到t=3．8s这段时间内木板B的位移为多少？9．[物理选修3-5]（本题共2小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）（1）14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法。若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，0m为t＝0时0m的质量。下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是。（填选项前的字母）【解析】由公式tmm)21(0可知C答案正确。（2）如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度0v，则。（填选项前的字母）A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【解析】系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确。参考答案1．（19分）带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a牛顿定律得qEma①设经过时间0t，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得200012vtat②粒子速度大小V1为22100()Vvat③设速度方向与竖直方向的夹角为α，则00tanvat④此时粒子到出发点P0的距离为0002svt⑤此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为11mVrqB⑥设粒子首次离开磁场的点为P2，弧12PP所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为112sinsr⑦由几何关系得45⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得012mvsqB⑨点P2与点P0相距01lss⑩联立①②⑤⑨⑩解得00221()mvvlqEB（11）22Rld......................................⑥联立③到⑥，代入数据得到14138.1102.8910kgmkg.....⑦说明：③-⑥式子各1分，⑦式2分（3）如图，微粒在台面以速度为v做以O点位圆心，R为半径的圆周运动；从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q点，水平位移s,下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得的速度0v后在t内与平台前侧面成φ角度方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为K，。由几何关系得到：coslRR.......⑧3．（18分）解：（1）设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得2vqvBmR①由①式得mvRqB②当/2aRa时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示。设该粒子在磁场运动的时间为t，依题意/4tT，得2OCA③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得sin2aRR④sincosRaRa⑤又22sincos1aa⑥由④⑤⑥式得6(2)2Ra⑦由②⑦式得6(2)2aqBvm⑧（2）由④⑦式得66sin10a⑨4．参考解答：（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡00qEqvB①式中，v是离子运动速度的大小，0E是平行金属板之间的匀强电场的强度，有dVE0②由①②式得dBVv0③由①②③④⑤式与题给条件得、5（1）（5分）B（2）（10分）解：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v。设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得0023mvmvmv①设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为1t，对木板应用动量定理得102()mgtmvmv②由牛顿第二定律得2mgma③式中a为木板的加速度。在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为201112lvtat④开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为2ltv⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为12ttt⑥由以上各式得043vtg⑦6【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为0v，粒子从P点运动到Q点所用的时间为1t，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则qEam①012yta②001xvt③其中0023,xlyl。又有10tanatv④联立②③④式，得30因为MOQ、、点在圆周上，=90MOQ，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。23Rl⑥6MOl⑦（2）设粒子在磁场中运动的速度为v,从Q到M点运动的时间为2t,则有0cosvv⑧2Rtv⑨带电粒子自P点出发到M点所用的时间为t为12+ttt⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得32+12mltqE○117.【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为ON,与板碰撞后再次进入磁场的位置为1N.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有qBmvR…⑴,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离1x保持不变有1xsin2RNNOO…⑵,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离2x始终不变,与1NNO相等.由图可以看出ax2……⑶设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即anxxn2121……⑷,由⑶⑷两式得annx121……⑸若粒子与挡板发生碰撞,有421axx……⑹联立⑶⑷⑹得n3………⑺联立⑴⑵⑸得annmqBv12sin2………⑻把22sinhah代入⑻中得0,22nmhhaqBavo…………⑼1,43221nmhhaqBav…………⑾2,32222nmhhaqBav…………⑿【解析】（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得1AAAmgma，代入数据解得0.5Aa2m/s（2）1.0ts时，木板B的速度大小为1Bvatm/s，木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有12()AABBBFmgmmgma，解得：7FN，电动机输出功率7PFvW。（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为'F，则''PFv，解得'5FN，木板B受力满足12()0AABmgmmgF，所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到AB、速度相等。设这一过程时间为't，有111(')vatt，这段时间内片的位移11'svt，