（浙江專用）2019版高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 23題專練小卷.doc

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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軸負方向,大小為E的勻強電場?，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點進入第二象限,在第二象限內(nèi)存在沿y軸負方向勻強電場,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磁場,使帶電微粒仍從C(0,-2L)點離開,則磁感應強度大小? (3)若改變帶電微粒釋放點的位置從P點進入磁場,在第二象限有垂直紙面的圓形勻強磁場,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)圓形勻強磁場的磁感應強度是多少?圓形勻強磁場的面積是多少? 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)的勻強磁場,磁感應強度大小分別為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 進入第二象限,在水平方向:2L=vPt 在豎直方向:L=12at2 加速度為:a=qEm 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軸負方向夾角45 (2)做圓周運動到達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)達到:vP=vC=2EqmLm 要使磁感應強度B最小,則半徑最大,如圖所示: 粒子進入第二象限時就進入磁場,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)設電場強度大小為E。 由題意有mg=qE?、? 得E=mgq,方向豎直向上?！、? (2)如圖1所示,設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin,對應的粒子在上、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　④ 有r1=mvminqB,r2=12r1 由(r1+r2)sinφ=r2?、? r1+r1cosφ=h?、? vmin=(9-62)qBhm?、? (3)如圖2所示,設粒子入射速度為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值應大于等于(2)小題中的r2值,即32x≥(9-62)h2 x=r12-(h-r1)2　?、? 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?、?