2021高考物理二轮专题复习-素能提升-1-3-9-Word版含解析.docx

1.(2022年高考大纲全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：

(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间．
解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得

qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿其次定律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
＝v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t＝.
答案：(1)v0tan2θ　(2)
2．(2022年高考重庆卷)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间布满匀强电场，同时该区域上、下部分分别布满方向垂直于NSTM平面对外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.

(1)求电场强度的大小和方向；
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的全部可能值．
解析：(1)设电场强度大小为E.
由题意有mg＝qE
得E＝，方向竖直向上．
(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.

由r＝
有r1＝，r2＝＝r1.
由(r1＋r2)sin φ＝r2，
r1＋r1cos φ＝h，
得vmin＝(9－6).
(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.

由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)，
x≥，
x＝，
得r1＝(1＋)，n<3.5.
即n＝1时，v＝；
n＝2时，v＝；
n＝3时，v＝.
答案：(1)　方向竖直向上　(2)(9－6)
(3)　　

3.如图所示，有抱负边界的匀强磁场方向垂直纸面对外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)为k，由静止开头经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)(　　)

A．假如只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场
B．假如只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场
C．假如既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场
D．假如只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场
解析：由题意可知qU＝mv2，k＝，r＝，解得r＝，对于选项A，只增加U，r增大，粒子不行能从dP之间某位置穿出磁场；对于选项B，粒子电性不变，不行能向上偏转；对于选项C，既减小U又增加B，r减小，粒子不行能从bc边某位置穿出磁场；对于选项D，只增加k，r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场．
答案：D
4.如图所示，在xOy直角坐标平面内，第三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E(大小未知)，y轴右侧存在一垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)由A点(－a,0)以确定初速度v0竖直向下抛出，粒子到达y轴上的C点时，其速度方向与y轴负方向夹角为45°，粒子经磁场偏转后从y的正半轴上某点穿出又恰好击中A点．求：

(1)电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；
(3)粒子从A动身到回到A经受的时间t.
解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运行时间为t1，则
a＝·t，OC＝v0t1
令粒子在C点速率为v，有t1＝v0，v＝v0
联立得OC＝2a，t1＝，E＝.
(2)设粒子在y轴正半轴上的D点射出磁场．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面对里，从D点射出时与y轴也成45°角，所以OD＝OA＝a.

可知CD＝r＝OC＋OD＝3a，即r＝a.
由Bqv＝m得B＝，
联立得B＝.
(3)设粒子在磁场中的运行时间为t2，则
t2＝×＝.
粒子从D到A的运行时间为t3，则
t3＝＝.
所以粒子运行的总时间t＝t1＋t2＋t3＝a.
答案：(1)　(2)　方向垂直纸面对里
(3)a
5.如图所示，在水平放置、半径为r＝ m的圆桶内有平行于圆桶中心轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，同时存在竖直向上的匀强电场、场强大小为E＝1 N/C.一质量为m＝0.1 kg、电荷量为q＝1 C的带正电粒子从中心轴线上的P点沿垂直于轴线方向以速度v＝1 m/s射向桶壁，经过一段时间带电粒子经过P点．已知与桶壁碰撞时带电粒子没有电荷量和能量损失，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)粒子从P点开头运动到经过P点的最短路程；
(2)粒子从P点开头运动到经过P点所需的时间．
解析：(1)带电粒子所受重力G＝mg＝1 N(方向竖直向下)、电场力F＝qE＝1 N(方向竖直向上)，此二力平衡，则带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动．

粒子由洛伦兹力供应向心力有qvB＝m，则粒子做圆周运动的轨道半径R＝，
解得R＝1 m.
作出带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子沿1运动个周期到A，与桶壁碰撞后沿2(经过P)、3运动个周期到F，沿4(经过P)、5运动个周期到D，沿6(经过P)、7运动个周期到C，沿8运动个周期到P点，之后重复前面的过程．
运动周期T＝，得T＝2π s.
相邻两次经过P点的路程等于圆周运动的半个周长，此时路程最短，为
L＝2πR/2＝3.14 m.
(2)由以上分析可知每经过T经过一次圆心P.
带电粒子从P点开头运动到经过P点所需时间
t＝Tk，k为正整数，
代入数据解得t＝πk s(k为正整数)．
答案：(1)3.14 m　(2)πk s(k为正整数)
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计算题
1.用绝缘材料制成的半径为R的圆桶如图所示放置，AC为水平直径，θ＝30°，其内部有一垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度为B.PDT是过圆上D点的水平线，其上方存在一竖直向下的匀强电场，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从A点以确定初速度沿AO射入匀强磁场中，粒子与桶壁弹性碰撞一次后恰从D点飞入匀强电场中，并从M点水平射出．已知MT两点的距离为R/2，不计粒子的重力．求：

(1)粒子的初速度v0；
(2)电场强度E的大小；
(3)粒子从A到M点的时间t.
解析：粒子运动轨迹如图所示，则∠AOQ＝120°且粒子从D点出射时与DT成60°角

(1)由图知tan 30°＝.
而Bqv0＝m，
联立得v0＝.
(2)在电场中由运动的合成与分解得
＝t，
v0sin 60°＝t2，
联立得t2＝，E＝.
(3)粒子在磁场中运行的时间设为t1，则
t1＝2××＝，
所以粒子从A到M点的时间t＝t1＋t2＝m.
答案：(1)　(2)　(3)m
2.如图所示，在一宽度D＝16 cm的区域内，同时存在相互垂直的匀强磁场B和匀强电场E，电场的方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面对外．一束带电粒子以速度v0同时垂直电场和磁场的方向射入时，恰不转变运动方向．若粒子束射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移6.4 cm；若粒子束射入时只有磁场，则粒子离开磁场时偏离原方向的距离是多少？不计粒子的重力．

解析：当带电粒子束沿直线运动时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qv0B①
只有电场时，依据牛顿其次定律有Eq＝ma②

设粒子在电场中运动的时间为t，则D＝v0t③
偏转的距离为
y1＝at2＝6.4 cm④
只有磁场时，粒子做匀速圆周运动．依据牛顿其次定律有qv0B＝m⑤
联立①②③④⑤可得R＝20 cm.
由图中几何关系可得
y2＝R－＝8 cm.
答案：8 cm
3.(2022年北京东城区期末)在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x轴、y轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系．一质量为m、电荷量为＋q的微粒从点P(l,0)由静止释放后沿直线PQ运动．当微粒到达点Q(0，－l)的瞬间，撤去电场同时加上一个垂直于纸面对外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小B＝ ，该磁场有抱负的下边界，其他方向范围无限大．已知重力加速度为g.求：

(1)匀强电场的场强E的大小；
(2)撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合力的大小和方向；
(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出，该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件？
解析：(1)由于微粒沿PQ方向运动，可知微粒所受的合力沿PQ方向，可得

qE＝mgcot α.
由题意知α＝60°，
解得E＝mg.
(2)微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合成：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向在重力作用下的匀加速直线运动，加速度为g.到达Q点的竖直分速度为v2，则
v＝2gl，
得v2＝，
水平分速度v1＝v2tan 30°＝.
撤去电场加上磁场的瞬间，微粒受洛伦兹力可依据速度的分解视为两个分速度对应的洛伦兹力的分力的合成．
对于水平分速度v1，其所对应的洛伦兹力的大小为f1，方向竖直向上，f1＝qv1B＝q··＝mg，
即与重力恰好平衡．
对于竖直分速度v2，其所对应的洛伦兹力的大小为f2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力
F＝f2＝qv2B＝q·· ＝mg
(3)假如把微粒的运动看做水平方向速度为v1的匀速直线运动与另一个分运动的合成，那么微粒受到的洛伦兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛伦兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动，开头时速度为v2，方向竖直向下．

qv2B＝m，
解得半径为r＝＝l.
微粒在磁场中的运动可视为匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，它距Q点的水平距离最大为圆的半径r.所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y坐标值应满足
y≤－(r＋l)＝－(＋1)l.(写成“<”号也对)
答案：(1)mg　(2)mg　方向水平向左
(3)y≤－(＋1)l(写成“<”号也对)
4.如图所示，半径为R的圆内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B0，竖直线MN与圆O相切于O1，O、O1在一条水平线上．MN左侧存在垂直纸面对外的匀强磁场B(未知)，三个比荷相同的粒子以相同的速度v射入圆形磁场，其中粒子2沿竖直半径AO入射，粒子1、3的入射点C、D到OA的距离相等均为，三粒子均从O1点射出圆形磁场进入左侧磁场．已知粒子1、3在左侧磁场中运行的时间之和与粒子3在圆形磁场中运行的时间相等．

(1)求粒子的比荷；
(2)求左侧磁场的磁感应强度B；
(3)若MN上有一固定挡板可用来接收这三个粒子，则挡板的最小长度为多少？
解析：(1)由题知粒子2沿AO入射必沿OO1射出，所以粒子做圆周运动的半径r＝R，由洛伦兹力供应向心力得B0qv＝m，即比荷为＝.
(2)粒子3的运动轨迹如图所示，由图知粒子3的轨迹必过O点且图中θ＝60°，∠O1CD＝120°，粒子3在圆形磁场中运行的时间为t＝×＝.

同理可得粒子1从O1进入左侧磁场时速度与NM也成60°角斜向上且在左侧磁场的运动轨迹也与MN交于P点，粒子1和粒子3的轨迹可以组成一个圆，所以t1＋t3＝T＝，联立得B＝3B0.
(3)粒子在左侧磁场中做圆周运动的半径为r′＝＝，粒子2在左侧磁场中运动是一半圆，击中MN上的点离O1的距离为x2＝2r′＝，粒子1、3击中MN上的点P离O1的距离为x1＝O1P＝2r′cos 30°＝r′＝R，所以挡板的最小长度为L＝x2－x1＝R.
答案：(1)　(2)3B0　(3)R
5．如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)．在0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带正电金属小球自坐标原点O处，以v0＝2 m/s的速度沿x轴正方向射出．已知E0＝0.2 N/C、B0＝0.2π T．求：

(1)1 s末金属小球速度的大小和方向；
(2)1～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径；
(3)6 s内金属小球运动至离x轴最远点时的位置坐标．
解析：(1)在0～1 s内，小球在电场力作用下，在x轴方向上做匀速运动，vx＝v0，在y轴方向做匀加速直线运动，vy＝t1
1 s末小球的速度v1＝＝2 m/s
设v1与x轴正方向的夹角为α，则tan α＝vy/vx＝1，
故α＝45°.
(2)在1～2 s内，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝2πm/qB0＝1 s.
由洛伦兹力公式得qv1B0＝mv/R1
解得R1＝＝ m.
(3)如图a所示，在5 s内，小球部分运动轨迹可视为一条连续抛物线．由匀变速直线运动规律知x方向上

x3＝v0t，
vx＝v0.
y方向上有y3＝at2/2，
a＝qE0/m，
vy3＝at.
5 s末时小球的速度v＝＝2 m/s，
tan θ＝＝3(θ为v与x轴的夹角)．
在5～6 s内，小球在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，有R＝mv/qB0.
如图b所示，由几何关系得，离x轴最远点G的坐标为(x，y)，其中x＝x3－x2，y＝y3＋y2，
而x2＝Rsin θ，y2＝R(1＋cos θ)，
由上述各式可得x＝(6－) m，
y＝(9＋) m.
答案：(1)2 m/s　与x轴正方向成45°角　(2)1 s　 m　(3)(6－，9＋)
6．(2022年高考四川卷)在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质
量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s.
解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则
F1＝qvB①
Ff＝μ(mg－F1)②
由题意，水平方向合力为零
F－Ff＝0③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4 m/s.④
(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，依据动能定理
qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，依据牛顿其次定律
qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则
s1＝vGt＋a1t2⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则
s2＝a2t2⑨
s＝s1＋s2⑩
联立⑤～⑩式，代入数据得
s＝0.56 m.
答案：(1)4 m/s　(2)0.56 m