復(fù)合場練習(xí)20160105

1、2015-2016學(xué)年度分宜中學(xué)高三一班1月周練卷一1某個由導(dǎo)電介質(zhì)制成的電阻截面如圖所示。導(dǎo)電介質(zhì)的電阻率為、制成內(nèi)、外半徑分別為a和b的半球殼層形狀(圖中陰影部分)，半徑為a、電阻不計的球形電極被嵌入導(dǎo)電介質(zhì)的球心為一個引出電極，在導(dǎo)電介質(zhì)的外層球殼上鍍上一層電阻不計的金屬膜成為另外一個電極。設(shè)該電阻的阻值為R。下面給出R的四個表達(dá)式中只有一個是合理的，你可能不會求解R，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，R的合理表達(dá)式應(yīng)為（ ）A B C D2某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖1中虛線所示。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，

2、在電場中從點(diǎn)由靜止開始沿電場線豎直向下運(yùn)動。以為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖2所示，不計空氣阻力。則（ ）A.電場強(qiáng)度大小恒定，方向沿x軸負(fù)方向B.從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大C.從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功相等D.到達(dá)x1位置時，小球速度的大小為3如圖所示，O點(diǎn)有一粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、速度方向均在xOy平面內(nèi)在直線xa與x2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界

3、射出不計粒子的重力和粒子間的相互作用力關(guān)于這些粒子的運(yùn)動，下列說法正確的是A粒子的速度大小為 B粒子的速度大小為C與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長D與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長4如圖所示，在絕緣水平面上固定著一光滑絕緣的圓形槽，在某一過直徑的直線上有O、 A、D、B四點(diǎn)，其中O為圓心，D在圓上，半徑OC垂直于OB。A點(diǎn)固定電荷量為Q的正電荷，B點(diǎn)固定一個未知電荷，使得圓周上各點(diǎn)電勢相等。有一個質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電小球在滑槽中運(yùn)動，在C點(diǎn)受的電場力指向圓心，根據(jù)題干和圖示信息可知A.固定在B點(diǎn)的電荷帶正電 B.固定在B

4、點(diǎn)的電荷電荷量為QC.小球在滑槽內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動 D.C、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等5如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在-RyR的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q初速度均為v，重力及粒子間的相互作用均忽略不計，所有粒子都能到達(dá)y軸，其中最后到達(dá)y軸的粒子比最先到達(dá)y軸的粒子晚t時間，則A有些粒子可能到達(dá)y軸上相同的位置 B磁場區(qū)域半徑R應(yīng)滿足C，其中角度的弧度值滿足 D6（15分）如題圖所示，在半徑為a的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的均勻磁場，

5、其方向平行于軸線遠(yuǎn)離讀者在圓柱空間中垂直軸線平面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長為L=16a的剛性等邊三角形框架DEF，其中心O位于圓柱的軸線上DE邊上S點(diǎn)（）處有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子的方向皆在題圖中截面內(nèi)且垂直于DE邊向下。發(fā)射粒子的電量皆為q（0），質(zhì)量皆為m，但速度v有各種不同的數(shù)值。若這些粒子與三角形框架的碰撞無能量損失（不能與圓柱壁相碰），電量也無變化，且每一次碰撞時速度方向均垂直于被碰的邊。試問：（1）帶電粒子經(jīng)多長時間第一次與DE邊相碰？（2）帶電粒子速度v的大小取哪些數(shù)值時可使S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)？（3）這些粒子中，回到S點(diǎn)所用的最短時間是多少？7（12分）“太空

6、粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為1，內(nèi)圓弧面CD的半徑為，電勢為2。足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP=L。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ右Φ挠绊?。?）求粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度的大小；（2）如圖2所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強(qiáng)磁場，圓心為O，半徑為L，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁

7、場后有2/3能打到MN板上（不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（3）同上問，從AB圓弧面收集到的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場后均不能到達(dá)收集板MN，求磁感應(yīng)強(qiáng)度所滿足的條件。試寫出定量反映收集板MN上的收集效率與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系的相關(guān)式子。8（22分）如圖所示，在一二象限內(nèi)范圍內(nèi)有豎直向下的運(yùn)強(qiáng)電場E，電場的上邊界方程為。在三四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里、邊界方程為的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)在第二象限中電場的上邊界有許多質(zhì)量為m，電量為q的正離子，在處有一熒光屏，當(dāng)正離子達(dá)到熒光屏?xí)r會發(fā)光，不計重力和離子間相互作用力。（1）求在處釋放的離子進(jìn)入磁場時速度。2若僅讓橫坐標(biāo)的離子釋放，它最后

8、能經(jīng)過點(diǎn)，求從釋放到經(jīng)過點(diǎn)所需時間t.（3）若同時將離子由靜止釋放，釋放后一段時間發(fā)現(xiàn)熒光屏上只有一點(diǎn)持續(xù)發(fā)出熒光。求該點(diǎn)坐標(biāo)和磁感應(yīng)強(qiáng)度試卷第3頁，總3頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細(xì)校對后使用，答案僅供參考。參考答案1B【解析】試題分析：根據(jù)電阻的公式可知，式子的分母應(yīng)該是面積單位，故選項(xiàng)CD錯誤；當(dāng)a=b時，電阻應(yīng)該為零，可知B正確，A錯誤；故選B.考點(diǎn)：電阻的公式.【名師點(diǎn)睛】此題考查了電阻的決定式的應(yīng)用；解答類似的題目應(yīng)該從電阻的公式中的各個物理量的單位入手，在考慮特殊值的情況；此題意在考查學(xué)生靈活的思維能力.2BD【解析】試題分析：從圖2中可知小球的機(jī)械能在減小，而運(yùn)動過程中只有重力和

9、電場力做功，所以可得電場力對小球做負(fù)功，因?yàn)樾∏驇д姡瑒t可知電場強(qiáng)度的方向?yàn)樨Q直向上，即沿x軸負(fù)方向，因?yàn)閳D像的斜率表示電場力大小，所以圖像的斜率越來越小，則電場力越來越小，故電場強(qiáng)度不斷減小，所以A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受重力與電場力，電場力向上，重力向下，開始時重力大于電場力，由上知電場力越來越小，故合力越來越大，加速度越來越大，速度越來越大，故B正確；由于電場力越來越小，故相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小，故C錯誤；根據(jù)動能定理可得，解得到達(dá)位置時，小球速度v=，故D正確考點(diǎn)：考查了電場力做功，功能關(guān)系，動能定理【名師點(diǎn)睛】從圖象中能找出電場力的做功情況，根據(jù)電場力

10、的做功情況判斷出小球的受力情況，進(jìn)而判斷出電場方向，在利用牛頓第二定律分析加速度由動能定理研究小球的速度3AC【解析】試題分析：粒子在磁場中受洛倫茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動，由題意：與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出，說明該方向上的粒子勻速圓周運(yùn)動的圓心正好在2a點(diǎn)處，由幾何關(guān)系可得：Rcos60°=a；所以勻速圓周運(yùn)動的半徑R=2a，所以粒子的速度，故A正確，B錯誤；而粒子在磁場中運(yùn)動的時間由圓心角決定，根據(jù)圓的對稱性可知，粒子與y軸正方向成120°角射出時在磁場中運(yùn)動對應(yīng)的圓心角最大，故運(yùn)動時間越長，故C正確，D錯誤故選AC.考點(diǎn)：帶電粒子

11、在磁場中的運(yùn)動.4BC【解析】試題分析：因小球在C點(diǎn)的合力方向沿CO，且指向O點(diǎn)，因小球帶負(fù)電， A對小球吸引，B對小球排斥，故B帶負(fù)電 選項(xiàng)A錯誤；由ABC=ACB=30°知：ACO=30°；AB=AC=L； BC=2ABcos30°=L；由力的合成可得：F1=F2即：，解QB=Q，故B正確 ；因圓周是等勢面，故小球在各點(diǎn)所受電場力方向指向圓心，故小球做勻速圓周運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；D點(diǎn)的場強(qiáng)等于AB兩處的電荷在D點(diǎn)形成場強(qiáng)之和，而C點(diǎn)的場強(qiáng)等于AB兩處的電荷在C點(diǎn)形成場強(qiáng)之矢量和，且D點(diǎn)到AB的距離小于C點(diǎn)到AB的距離，故根據(jù)可知，D點(diǎn)的場強(qiáng)大于C點(diǎn)的場強(qiáng)，故選B

12、C?？键c(diǎn)：勻速圓周運(yùn)動；場強(qiáng)的疊加 5AC【解析】試題分析：粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示：y=±R的粒子直接沿直線做勻速運(yùn)動到達(dá)y軸，其它粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圖可知，發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到達(dá)y軸的位置不是各不相同的，故A正確；以沿x軸射入的粒子為例，若，則粒子不能達(dá)到y(tǒng)軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求，所有粒子才能穿過磁場到達(dá)y軸，故B錯誤；從x軸入射的粒子在磁場中對應(yīng)的弧長最長，所以該粒子最后到達(dá)y軸，而y=±R的粒子直接沿直線做勻速運(yùn)動到達(dá)y軸，時間最短；從x軸入射的粒子運(yùn)動時間為：，y=±R的粒子直接沿直

13、線做勻速運(yùn)動到達(dá)y軸，時間最短，則；所以，其中角度為從x軸入射的粒子運(yùn)動的圓心角，根據(jù)幾何關(guān)系有：=，則sin=sin=，故C正確；，由于，故，故D錯誤；故選：AC考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動。6（1） （2） （3）【解析】試題分析：（1）帶電粒子（以下簡稱粒子）從S點(diǎn)垂直于DE邊以速度v射出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動 得 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為：將式代入，得： 粒子第一次與DE邊相碰：（2）、的長度應(yīng)是Rn的奇數(shù)倍即： (1，2，3，) 此時為Rn的奇數(shù)倍的條件自然滿足。而粒子要能繞過頂點(diǎn)與DEF的邊相碰，則粒子作圓周運(yùn)動的半徑R不能太大，如圖題解圖，必須有： 由圖中的

14、幾何關(guān)系計算可知： 由得：n4由此結(jié)論及、兩式可得： （3）最短時間時應(yīng)取n=4，所需時間為： 以式代入得： 考點(diǎn)：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動.【名師點(diǎn)睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題；解題的難點(diǎn)在于先挖掘出粒子能回到S點(diǎn)需要滿足的隱含條件以及考慮到粒子最終又回到S點(diǎn)時的多解性，解題時要畫出軌跡草圖，并能運(yùn)用勻速圓周運(yùn)動的基本公式進(jìn)行解答；此題有一定的難度.7（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理，又U=1-2所以：（2）從AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行，則入射的方向與AB之間的夾角是60°，在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖1，軌跡圓心角=60°根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動的半徑為r=L由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：（3）當(dāng)沿OD方向的粒子剛好打到MN上，則由幾何關(guān)系可知，由牛頓第二定律得：得：，即如圖2，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動圓弧對應(yīng)的圓心角為，由幾何關(guān)系可知：MN上的收集效率：考點(diǎn)：動能定理，牛頓第二定律，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動。8（1）（2），；（3）【解析】試題分析：（1）于x處釋放離子，由動能定理得 （2分）得離子進(jìn)入磁場時的速度 （2分）（2）由（1）得在處釋放的離子到達(dá)x軸時速度為 （1分）從釋放到到達(dá)x軸時間為 （1分）第