08高考最新模拟试题汇编之复合场Word下载.docx

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B．小球运动的轨迹是抛物线

C．洛伦兹力对小球做正功

D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大

7．如图所示为某电场中的一条电场线，一带电q、质量为m粒子仅在电场力的作用下，以初速度v沿ab方向从a点运动到b点，到达b点时速度为2v。

已知ab间距离为l，则关于电场和粒子运动下列说法正确的是ABD（）

A．电场中ab两点间电势差为3mv2/2q

B．粒子在ab两点的加速度可能相等

C．粒子在ab两点间运动时速度可能是先减少后增加

D．粒子在ab两点间运动时电势能一直是减少的

8．如图所示，平行金属板M、N之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为C，当S闭合且平行金属板M、N之间的内阻为r。

电路达到稳定状态后，关于电容器的充电电荷量Q说法正确的是（BC）

A．当S断开时，

B．当S断开时，

C．当S闭合时，

D．当S闭合时，

9．如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关S闭合。

两平行极板间有

匀强磁场，一带电粒子正好以速度v匀速穿过两板，以下说法正确的是（AB）

A．保持开关S闭合，将滑片P向上滑动一

点，粒子将可能从下极板边缘射出

B．保持开关S闭合，将滑片P向下滑动一

C．保持开关S闭合，将a极板向下移动一

点，粒子将继续沿直线穿出

D．如果将开关S断开，粒子将继续沿直线穿出

10．空气中的负离子对人的健康极为有益.人工产生负离子的最常见方法是电晕放电法．如图所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生负一价氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5mm，且视为匀强电场，电场强度为E，电场对负氧离子的作用力为F，则（D）

A．E=103N/C，F=1.6×

10—16NB．E=106N/C，F=1.6×

10—16N

C．E=103N/C，F=1.6×

10—13ND．E=106N/C，F=1.6×

10—13N

11.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合。

两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子（不计重力）正好以速度v匀速穿过两板。

以下说法正确的是：

A

A.保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出

B.保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将不可能从下极板边缘射出

C.保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出

D.如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出

N

12．如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。

当一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中的虚线所示。

那么下列表述正确的是D

A．负点电荷一定位于M点的右侧

B．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度

C．带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能

D．带电粒子从a到b的过程中，动量逐渐减小

13．.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．P为屏上的一个小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为－q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为C

A．

B．

Ｃ．

Ｄ．

14.如图2所示，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板M、N水平正对放置，两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，迅速将M板上移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是C

A．沿轨迹①做曲线运动

B．方向改变沿轨迹②做直线运动

C．方向不变沿轨迹③做直线运动

D．沿轨迹④做曲线运动

15.如图所示,在两个水平放置的平行金属板之间有竖直向下的匀强电场,电场强度为E.在两板之间及右侧有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度均为B.现有两个带电粒子在同一竖直平面内,分别从端以水平速度射入两平行板之间,恰好都做匀速直线运动,射入点相距

（已知e为元电荷的电荷量,m为质子质量,21H、42He的质量分别为2m,4m,不计重力和粒子间的作用力）.要使两粒子离开平行金属板之间的区域后能够相遇,求两粒子射入平行板的时间差

.

42He

解:

（1）如图所示,由于两粒子均能匀速通过平行板,则有:

（4分）

（1分）

两粒子的速度相等,通过平行板的时间相同,两粒子离开平行板后均做匀速圆周运动,轨迹如图所示.设粒子质量为M

（4分）

故有

因为r1=r2=d，所以必相遇在A点，因为

为等边三角形，所以

粒子在磁场中转过1200角，

粒子在磁场中转过600角。

由

得：

的周期：

（2分）

所以

16．（本题14分）如图（a）所示，在真空中，半径为b的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离也为b，板长为2b，两板的中心线O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上，两板左端与O1也在同一直线上．

有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以速率v0从圆周上的P点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点飞出磁场时，给M、N板加上如图（b）所示电压u．最后粒子刚好以平行于N板的速度，从N板的边缘飞出．不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力．

（1）求磁场的磁感应强度B；

（2）求交变电压的周期T和电压U0的值；

图（b）

（3）若t=时，将该粒子从MN板右侧沿板的中心线O2O1，仍以速率v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到P点的距离．

（1）粒子自P点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，运动的半径必为b，………（1分）

………………………………………………………………（1分）

解得

…………………………………………………………………（1分）

由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外………………………………………（1分）

（2）粒子自O1点进入电场，最后恰好从N板的边缘平行飞出，设运动时间为t，则

2b=v0t……………………………………………………………………………（1分）

…………………………………………………………（1分）

t=nT（n＝1，2，…）……………………………………………………………（1分）

（n＝1，2，…）………………………………………………（1分）

（n＝1，2，…）…………………………………………………（1分）

（3）当t=粒子以速度v0沿O2O1射入电场时，则该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，且进入磁场的速度仍为v0，运动的轨道半径仍为b．…（2分

17．（13分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统。

虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。

视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：

（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；

（2）B球的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；

（3）带电系统运动的周期。

解：

（1）对带电系统由动能定理得：

2qEL＝2mv12，解得v1＝，

（2）设B球的最大位移为x，由动能定理得：

2qEL－3qEx＝0，解得x＝L，所以s总＝L，（3）向右运动分三段，第一段加速：

a1＝＝，t1＝＝，第二段减速：

a2＝，设A球出电场时速度为v2，由动能定理得：

－qEL＝2m（v22－v12），解得v2＝，t2＝＝2（－1），第三段再减速：

a3＝，t3＝＝，所以T＝2（t1＋t2＋t3）＝（6－）。

18．如图所示，一质量为m、带电量为q的物体处于场强按E=E0－kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t=0时刻物体刚好处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（BC）

A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变

B．物体开始运动后加速度不断增加

C．经过时间t=E0/k，物体在竖直墙壁上的位移达最大值

D．经过时间t=（μE0q-mg）/μkq，物体运动速度达最大值

x2

19．（12分）如图所示，电场极板AB间有电场强度

的匀强电场，一带电量

的小球开始时静止在电场中的

点，靠近电场极板B处有一挡板S，小球与挡板S的距离

，与

板距离

，小球的重力不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的K倍，已知

，碰撞过程中小球的机械能没有损失．

（1）求小球第一次到达挡板S时的动能；

（2）求小球第一次与挡板S相碰后向右运动的距离；

（2）小球与挡板S经过多少次碰撞后，才能运动到

板？

（1）小球第一次到达挡板时，由动能定理得

=0.02J（3分）

（2）设小球与挡板相碰后向右运动s，则

（3）分析题意可知，每次碰后向右运动的距离是前一次的1/k，

n=

=13（2分）

20．（17分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。

一质量为m、电量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。

然后经过x轴上x=－2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=－2h处的P3点进入第四象限。

已知重力加速度为g。

求：

（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；

（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；

（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。

（1）质点从P1到P2，由平抛运动规律

求出

方向与x轴负方向成45°

角

（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力Eq=mg

（3）质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动。

当竖直方向的速度减小到0。

此时质点速度最小，即v在水平方向的分量

方向沿x轴正方向

21．如图所示，在绝缘光滑水平面上，可视为质点的A、B两个带正电的小球相距为r，带电量分别为4q和q.B的质量为m，在库仑力作用下，两球从静止开始运动：

起初，A的加速度大小为a、B的加速度大小为4a；

经过一段时间后，B的加速度大小为a，速度达到v.试计算这时：

（1）两球间距是多少？

（2）A球的速度是多少？

（3）两电荷的电势能发生了什么变化，变化了多少？

（1）以B为研究对象，根据牛顿第二定律和库仑定律

，所以，两球的间距为R=2r.

（2）根据两球受到同样大小的库仑力，有F=mAa=m×

4a，可见，A的质量为mA=4m.以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒，又有mv+4mVA=0.

所以，A的速度为vA=－1/4V.

（3）根据电场力做正功，系统的电势能减少，且减少的电势能等于系统增加的动能，所以，

22.（12分）如图所示为电视机中显像管的原理示意图，电子枪中的灯丝因加热而逸出电子，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的圆形匀强磁场区域中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像。

磁场方向垂直于圆面，磁场区域的中心为O’，半径为r。

当不加磁场时，电子束将通过O’点打到荧光屏的中心

点。

已知电子的质量为m，电量为e，加速电压为U，磁场区域的最右端到荧光屏的距离为9r。

不计从灯丝逸出的电子的初速度和电子之间的相互作用。

（1）电子飞出电场时的速度为多大？

（2）荧光的亮度与电子对荧光屏的冲击有关。

当不加偏转磁场时，电子束射到荧光屏中心

点，设电子全部被荧光屏吸收，则每个电子以多大的冲量冲击荧光屏?

（3）偏转磁场的强弱会影响电子偏离荧光屏中心的距离。

当加偏转磁场且磁感应强度

时，电子束将射到荧光屏上的P点，则PQ间距L为多少?

设电子射出电场时的速度为

，根据动能定理有：

（2分）解得:

以电子为研究对象，根据动量定理有：

（2分）解得：

（1分）

根据牛顿第三定律，电子对荧光屏的冲量大小为

如图所示，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律有：

（2分）

电子在磁场中偏转的半径R和r有以下关系：

（1分）同时

代入

解得：

23如图所示，质量为M=2kg的小车A静止在光滑水平面上，A的右端停放有一个质量为m=0.4kg带正电荷q=0.8C的小物体B．整个空间存在着垂直纸面向里磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，现从小车的左端，给小车A一个水平向右的瞬时冲量I=26N·

s，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求：

（1）瞬时冲量使小车获得的动能．

（2）物体B的最大速度．

（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能．（g=10m/s2）

（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体B的速度仍为零，冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求得小车获得的速度，进而求出小车的动能．

I=Mv0，v0=I/M=13m/s，Ek=Mv02/2=169J．

（2）小车A获得水平向右的初速度后，由于A、B之间的摩擦，A向右减速运动B向右加速运动，由于洛伦兹力的影响，A、B之间摩擦也发生变化，设A、B刚分离时B的速度为vB，则：

BqvB=mg，即vB=mg/Bq=10m/s

若A、B能相对静止。

设共同速度为v

由Mv0=（M+m）v，解得v=10.8m/s

因vB＜v，说明A、B在没有达到共同速度前就分离了，

所以B的最大速度为vB=10m/s．

（3）由于洛伦兹力的影响，A、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Q=fs求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解．

由于B物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时A的速度，设当物体B的速度最大时物体A的速度为vA

A、B系统水平方向动量守恒：

Mv0=MvA+mvB

∴vA=（Mv0–mvB）/M=11m/s

Q=ΔE=Mv02/2–MvA2/2–mvB2/2=28J

24．（18分）如图所示，在某一空间内建立直角坐标系O-xyz，其内充满着匀强电场E和匀强磁场B，且E与B的方向相同，二者均与水平面（xOy平面）构成锐角θ，二者都与竖直面zOy平行，本地的重力加速度为g。

有一个质量为m的带电小球，以垂直于电场方向的速度v0进入该场区，恰好能够做匀速直线运动。

⑴该带电小球带何种电荷？

电荷量q为多少？

⑵若带电小球恰好能通过坐标原点O，请描述其运动方向；

⑶若带电小球恰好能够通过坐标原点时，立刻撤消电场与磁场，那么再经过t秒钟，带电小球的坐标位置在哪儿？

E

24．⑴

，负电⑵沿x正向⑶（v0t，0，

）

25．如图所示，在倾角为30°

的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m.现有一质量m=4×

10－20kg，带电量q=+2×

10－14C的粒子，从小孔以速度v0=3×

104m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域．且在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计．求：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；

（2）粒子在磁场中运动的时间；

（3）圆形磁场区域的最小半径．

附加题：

（4）若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里，粒子运动过程中始终不碰到挡板，其他条件不变，求：

此正三角形磁场区域的最小边长。

v0

（1）由

，

………………………………（4分）

（4）画出粒子的运动轨迹如图，可知

，得：

…………………（4分）

f

………………………………（2分）

（3）由数学知识可得：

得：

………………………………（3分）

26．（11分）静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E＝1.0×

103N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0＝2.0m/s，质量m＝5.0×

10－15kg、带电量为q＝－2.0×

10－16C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：

（1）微粒打在B板上的动能；

（2）微粒到达B板所需的最短时间；

（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．

解；

（1）据动能定理，电场力对每个微粒做功为

微粒打在B板上时动能为

（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短，到达B板时速度为vt,有

（2分）

（2分）

（3）微粒落在B板上所形成的图形是圆形．（1分）

加速度

（2分）

圆面积为

（2分）

2T

r

27．（18分）图9（甲）所示，一对金属板M和N平行、竖直放置，M、N的中心分别有小孔P、Q，PQ连线垂直金属板。

N板右侧有一半径为r的圆形有界的匀强磁场，其圆心O在PQ的延长线上，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。

置于P孔附近的粒子源连续不断地沿PQ方向放射出质量为m、电量为＋q的带电粒子（带电粒子所受的重力、初速度及粒子间的相互作用力可忽略），从某一时刻开始，在板M、N间加上如图9（乙）所示的交变电压，其周期为T、电压为U，t=0时M板电势高于N板电势。

已知带电粒子在M、N两板间一直做加速运动的时间小于T/2，并且只有在每一个周期的前T/4时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，求：

（1）带电粒子从小孔Q中射出的最大速度；

（2）M、N两板间的距离；

（3）在沿圆形磁场的边界上，有带电粒子射出的最大弧长。

（1）在M、N电场间处于一直加速的粒子从小孔Q中射出的速度最大，设从最大速度为vm………………1分

根据动能定理

………………1分

。

（2）设M、N两板间距离为d，则两板间的电场强度大小

E=

，………………1分

设粒子运动的加速度为a，根据牛顿第二定律qE=ma………………1分

解得：

a=

每一个周期的第一个T/4时刻放出的带电粒子刚好能从小孔Q中射出，它加速和减速各经历T/4，………………1分

由d=

………………2分

解得d=

（3）每一个周期的前T/4时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，其中射出最早的粒子速度最大，越晚射出的粒子速度越小。

粒子进入磁场，其中速度越小者运动半径越小，射出点离射入点越近，偏转角度越大（越接近

）。

最早射入者速度最大，运动半径最大，偏转角度最小，射出点与入射点所夹弧长最大。

设带电粒子以最大速度射入时在磁场中的运动半径为R，偏转角为

，由牛顿第二定律和几何关系得

设沿圆形磁场边界上有带电粒子射出的最大弧长为s（图中实线部分），根据弧长公式

s=r（

………………3分