高三物理二輪復(fù)習(xí)跟蹤強化訓(xùn)練10

跟蹤強化訓(xùn)練(十)1．(2017·湖南長沙長郡中學(xué)周測)如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅱ象限中，一邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁場的下邊界與x軸重合，右邊界與y軸重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x<L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x>L區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B′、方向垂直紙面向里的矩形勻強磁場；一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)以沿y軸負(fù)方向的速度進入第Ⅱ象限的勻強磁場區(qū)域，并從坐標(biāo)原點O處沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域；(1)求帶電粒子射入第Ⅱ象限的勻強磁場時的速度大小；(2)求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標(biāo)；(3)若帶電粒子進入x>L區(qū)域的勻強磁場時的速度方向與x軸正方向成45°角，要使帶電粒子能夠回到x<L區(qū)域，則x>L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為多少？[解析](1)根據(jù)題述可知帶電粒子在第Ⅱ象限勻強磁場中運動的軌道半徑等于正方形區(qū)域的邊長L.由qvB＝meq\f(v2,L)解得v＝eq\f(qBL,m)(2)設(shè)帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的縱坐標(biāo)為－y，帶電粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域做類平拋運動，有L＝vt；y＝eq\f(1,2)at2；qE＝ma聯(lián)立解得y＝eq\f(mE,2qB2)帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，－\f(mE,2qB2)))(3)帶電粒子以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場，其速度v′＝eq\r(2)v＝eq\f(\r(2)qBL,m)由qv′B′＝meq\f(v′2,R′)解得R′＝eq\f(\r(2)BL,B′)畫出運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知x>L區(qū)域勻強磁場的最小寬度d＝(1＋cos45°)R′＝eq\f(1＋\r(2)BL,B′)x>L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積S＝2R′d＝eq\f(22＋\r(2)B2L2,B′2)[答案](1)eq\f(qBL,m)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，－\f(mE,2qB2)))(3)eq\f(22＋\r(2)B2L2,B′2)2．(2017·湖南長沙長郡中學(xué)檢測)如圖甲所示，在平行板電容器上加上如圖乙所示的交變電壓，在貼近E板處有一粒子放射源，能夠逐漸發(fā)射出大量質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，忽略粒子離開放射源時的初速度及粒子間的相互作用力，粒子只在電場力作用下運動，在電場中運動的時間極短可認(rèn)為平行板間電壓不變．從極板F射出的粒子能夠繼續(xù)沿直線向右運動，并由O點射入右側(cè)的等腰直角三角形磁場區(qū)域，等腰直角三角形ABC的直角邊邊長為L，O為斜邊AB的中點，在OA邊上放有熒光屏，已知所有粒子剛好不能從AC邊射出磁場，接收到粒子的熒光屏區(qū)域能夠發(fā)光．求：(1)熒光屏上亮線的長度；(2)所加電壓的最大值U0.[解析](1)粒子在磁場中運動半徑最大時的軌跡如圖所示，軌跡與AC邊相切于D點．設(shè)此軌跡半徑為R，O′為其圓心，則由幾何關(guān)系可得LOA＝eq\f(LAB,2)＝eq\f(\r(2),2)LLO′A＝LOA－Rm＝eq\f(\r(2),2)L－Rm又LO′A＝eq\r(2)Rm，可得Rm＝eq\f(2－\r(2),2)L由題意可知熒光屏上亮線的長度d＝2Rm＝(2－eq\r(2))L(2)若粒子以最大速度進入磁場，則在磁場中運動的半徑最大，qvmB＝eq\f(mv\o\al(2,m),Rm)，解得vm＝eq\f(BqRm,m)，粒子在電場中運動的時間極短可認(rèn)為在電場中運動的過程中電壓保持不變，當(dāng)電壓最大時粒子開始發(fā)射粒子，則射出F板時速度最大，有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)聯(lián)立解得U0＝eq\f(mv\o\al(2,m),2q)＝eq\f(B2qR\o\al(2,m),2m)把Rm＝eq\f(2－\r(2),2)L代入可得U0＝eq\f(3－2\r(2)B2qL2,4m)[答案](1)(2－eq\r(2))L(2)eq\f(3－2\r(2)B2qL2,4m)3．(2017·廣東華南三校聯(lián)考)如圖所示，半徑R＝1.6m的eq\f(1,6)光滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長L＝3m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝3m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝20N/C，磁感應(yīng)強度B＝3.0T，方向垂直紙面向外．兩個質(zhì)量均為m＝1.0×10－3kg的物塊a和b，物塊a不帶電，b帶q＝1.0×10－3C的正電并靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到最低點與b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后粘合在一起，離開傳送帶后一起飛入復(fù)合場中，最后以與水平地面成60°角落在地面上的P點(如圖)，已知兩物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，取g＝10m/s2，a、b均可看作質(zhì)點．求：(1)物塊a運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小；(2)傳送帶距離水平地面的高度；(3)兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運動過程中，a、b系統(tǒng)機械能的變化量．[解析](1)a物塊從釋放到圓弧軌道最低點時，機械能守恒，有mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得：vC＝4m/s在C點，由牛頓第二定律：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)解得：FN＝2×10－2N由牛頓第三定律，a物塊對圓弧軌道壓力大小FN′＝FN＝2×10－2N，方向豎直向下(2)a、b碰撞過程動量守恒：mvC＝2mvC′，得vC′＝2m/sa、b整體在傳送帶上假設(shè)能與傳送帶達到共速時經(jīng)過的位移為s，由牛頓第二定律有μ·2mg＝2ma得：a＝μg＝1m/s2v2－vC′2＝2as得：s＝2.5m<L所以a、b整體離開傳送帶時與其共速，為v＝5m/s進入復(fù)合場后，因Eq＝2mg＝2×10－2N，所以a、b整體一起做勻速圓周運動，有Bqv＝eq\f(2mv2,r)得r＝eq\f(2mv,Bq)＝2m由幾何知識得傳送帶離水平地面的高度：h＝r＋eq\f(1,2)r＝3m(3)解法一：a、b整體在傳送帶上運動過程中，摩擦力對其做功：Wf＝μ·2mgs＝5×10－3Ja、b整體在復(fù)合場運動過程中，電場力對其做功：W電＝－Eqh＝－6×10－2J所以，二者從碰后一直到落地，系統(tǒng)機械能的變化量：ΔE＝Wf＋W電＝－5.5×10－2J解法二：a、b整體在傳送帶上機械能的變化量：ΔE1＝ΔEk＝eq\f(1,2)·2mv2－eq\f(1,2)·2mvC′2＝5×10－3Ja、b整體在復(fù)合場中機械能的變化量：ΔE2＝ΔEp＝－2mgh＝－6×10－2J所以，二者從碰后一直到落地，系統(tǒng)機械能的變化量：ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝－5.5×10－2J[答案](1)2×10－2N，方向豎直向下(2)3m(3)－5.5×10－2J4．(2017·黃岡中學(xué)模擬)如右圖所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場．經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，虛線上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電荷量為q；C球不帶電且質(zhì)量為km(k>7)．A、C間夾著質(zhì)量可忽略的火藥．現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電荷量和各表面的光滑程度)，火藥炸完瞬間A的速度大小為v0.(1)火藥爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能？(2)求A球在磁場中的運動時間；(3)若一段時間后A、C在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離．[解析](1)設(shè)爆炸之后C的速度大小為vC，在爆炸前后由動量守恒定律可得0＝mv0－kmvC又由能量守恒定律可得E總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,C)＝eq\f(k＋1,2k)mveq\o\al(2,0).(2)由“A球?qū)ψ烂娴膲毫榱恪笨芍狝球的重力和電場力等大反向，故A球進入磁場中將會做勻速圓周運動，則T＝eq\f(2πm,qB)A球在磁場中運動的軌跡如右圖所示，由幾何知識可得粒子在磁場中運動了eq\f(3,4)個圓周，則t2＝eq\f(3πm,2qB).(3)由0＝mv0－kmvC可得vC＝eq\f(v0,k)，A球在磁場中做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv0,qB)設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后到相遇前C運動的位移為xC，運