2009年高考物理試題分類匯編——電場(解析)5833261-資料下載頁
2025-01-14 15:43本頁面
【正文】 或距離B板為 （2009年江蘇卷）14．1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t ；（3）實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E㎞。答案：（1）（2）（3）【解析】 (1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 則 （2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即當(dāng)磁場感應(yīng)強度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為粒子的動能當(dāng)≤時，粒子的最大動能由Bm決定解得當(dāng)≥時，粒子的最大動能由fm決定 解得 3（2009年四川卷）24．如圖所示，直線形擋板p1p2p3與半徑為r的圓弧形擋板p3p4p5平滑連接并安裝在水平臺面b1b2b3b4上，擋板與臺面均固定不動。線圈c1c2c3的匝數(shù)為n，其端點cc3通過導(dǎo)線分別與電阻R1和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d，電阻R1的阻值是線圈c1c2c3阻值的2倍，其余電阻不計，線圈c1c2c3內(nèi)有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大。質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q，在水平臺面上以初速度v0從p1位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\動并通過p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，pp2在電場外，間距為L,其間小滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為μ，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g.求：（1）小滑塊通過p2位置時的速度大小。（2）電容器兩極板間電場強度的取值范圍。（3）經(jīng)過時間t,磁感應(yīng)強度變化量的取值范圍。R1p1p2p3p4p5b1b2b3b4c1c2c3rdlB解析：（1）小滑塊運動到位置p2時速度為v1，由動能定理有：－umgL＝ ①v1＝ ②（2）由題意可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿?fù)醢暹\動且通過位置p5，設(shè)小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有：pqEN－umgL－2rEqs＝ ③當(dāng)滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有：N+Eq＝m ④由題意有：N≥0 ⑤由以上三式可得：E≤ ⑥E的取值范圍：0＜ E≤ ⑦（3）設(shè)線圈產(chǎn)生的電動勢為E1，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化量為B，得： ⑧U＝Ed由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝n ?、嵊扇娐返臍W姆定律得E1＝I（R+2R） ?、? U＝2RI經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強度變化量的取值范圍：0＜≤。3（2009年重慶卷）25．如題25圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。已知HO＝d，HS＝2d，＝90176。（忽略粒子所受重力）（1）求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角φ；（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處。求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。解析：（1）正離子被電壓為U0的加速電場加速后速度設(shè)為v1，設(shè)對正離子，應(yīng)用動能定理有eU0＝mv12，正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動受到電場力F＝qE0、產(chǎn)生的加速度為a＝，即a＝，垂直電場方向勻速運動，有2d＝v1t，沿場強方向：Y＝at2，聯(lián)立解得E0＝又tanφ＝，解得φ＝45176。；（2）正離子進(jìn)入磁場時的速度大小為v2＝，正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力 qv2B＝，解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R＝2；（3）根據(jù)R＝2可知，質(zhì)量為4m的離子在磁場中的運動打在S1，運動半徑為R1＝2，質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運動打在S2，運動半徑為R2＝2，又ON＝R2－R1，由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離ΔS＝－R1，聯(lián)立解得ΔS＝4(－1)；由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝R1，再根據(jù)R1＜R＜R1，解得m＜mx＜25m。3（2009年寧夏卷）25．如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進(jìn)入磁場，并從坐標(biāo)原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=,。不計重力。求（1）M點與坐標(biāo)原點O間的距離；（2）粒子從P點運動到M點所用的時間?！窘馕觥浚?）帶電粒子在電場中做類平拋運動，在軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設(shè)速度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進(jìn)入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則 ① ② ③其中。又有 ④聯(lián)立②③④式，得因為點在圓周上，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關(guān)系可知。 ⑥ ⑦（2）設(shè)粒子在磁場中運動的速度為,從Q到M點運動的時間為,則有 ⑧ ⑨帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間為為 ⑩聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得
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