2022年高考物理各地模拟试题汇编复合场 .pdf
高考物理各地最新模拟试题汇编复合场1. 如图所示，光滑绝缘、相互垂直的固定挡板PO 、OQ竖直放置于匀强电场E中，场强方向水平向左且垂直于挡板PO.图中A、B两球 ( 可视为质点 ) 质量相同且带同种正电荷. 当A球受竖直向下推力F作用时，A、B两球均紧靠挡板处于静止状态，这时两球之间的距离为L. 若使小球A在推力F作用下沿挡板PO向O点移动一小段距离后，小球A与B重新处于静止状态 . 在此过程中 ( ) A.A球对B球作用的静电力减小 B.A球对B球作用的静电力增大 C.墙壁PO对A球的弹力不变 D.两球之间的距离减小则F增大2. 如图所示 , 一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面一正方形的匀强磁场区, 下列判断正确的是:( ) A.电子在磁场中运动时间越长, 其轨迹线越长B.电子在磁场中运动时间越长, 其轨迹线所对应的圆心角越大C.在磁场中运动时间相同的电子, 其轨迹线一定重合D.电子的速率不同, 它们在磁场中运动时间一定不相同3如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA/、BB/、CC/是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm, 其中BB/为零势能面 . 一个质量为m, 带电量为 +q的粒子沿AA/方向以初动能Ek,自图中的P点进入电场 , 刚好从C/点离开电场。已知PA/=2cm 。粒子的重力忽略不计。下列说法中正确的是：( ) A.该粒子到达C/点时的动能是2Ek,B.该粒子通过等势面BB/时的动能是1.25Ek,C.该粒子在P点时的电势能是Ek,D.该粒子到达C/点时的电势能是0.5Ek, 4一带电粒子射入点电荷+Q的电场中，仅在电场力作用下，运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( ) A运动粒子可能带正电B运动粒子一定是从A运动到BC粒子在A、B间运动过程中加速度先变大后变小D粒子在A、B间运动过程中电势能先变小后变大5不考虑重力作用，从t0 时刻开始， 下列各种随时间变化的电场中哪些能使原来静止的带电粒子做单向直线运动（）P Q F A B O E A/B/C/C B A v v0P 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页 E E E E E E E E 0 T 2T t 0 T/4 3 T/45T/4 t 0 T 2T t 0 T 2T t (A) (B) (C) (D)6如图所示，光滑的水平桌面放在方向竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放着一根一端开口、内壁光滑的试管，试管底部有一带电小球在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A小球带正电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（）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 ( ）A当 S断开时，CBdvQB当 S断开时，CBdvQC当 S闭合时，CBdvQD当 S闭合时，CBdvQ9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（）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B F 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页点，粒子将可能从下极板边缘射出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5000 V 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（）AE=103 N/C ，F=1.6 10 16 N BE =106 N/C ，F=1.61016 N CE =103 N/C ，F=1. 6 10 13N DE =106 N/C ，F=1. 6 1013 N 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. 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( ) 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夹角为的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为 ( ) AqBmv2a b M N 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页BqBmvcos2qBmv)cos1(2qBmv)sin1(214. 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( ) A沿轨迹做曲线运动B方向改变沿轨迹做直线运动C方向不变沿轨迹做直线运动D沿轨迹做曲线运动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22mEdeB ( 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t. 解:(1)如图所示 , 由于两粒子均能匀速通过平行板, 则有 : qvBqE (4分 ) EvB (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M2vqvBMr (4分 ) MvrqB (1分) 21H 42He M N 图 2 P 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页故有1222mvmErdeBeB (1分) 22422mvmErdeBeB (1分) 因为r1=r2=d，所以必相遇在A点，因为12OO A为等边三角形， 所以21H粒子在磁场中转过 1200角，42He粒子在磁场中转过600角。由2 MTqB得：21H的周期：14 mTeB (2分) 42He的周期：2842mmTeBeB (2分) 所以1211223663TTTmttteB (4分) 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；（ 3）若t = T2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）图（ a）图（ b）Pv0OO1O2MNOT/2-U0U0utT3T/2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页bmvBqv200（1 分）解得bqmvB0（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）2022122TmbqUnb（1 分）t = nT（n1，2，）（1分）解得02nvbT（n1，2，） （1 分）qnmvU2200（n1，2，）（1 分）（3）当t = T2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：2qEL122m v12，解得v12qELm， （2）设B球的最大位移为x，由动能定理得：2qE L3qEx0，解得x43L，所以s总73L， （3）向右运动分三段，第一段加速：a12qE2mqEm，t1v1a12mLqE，第二段减速：a2qE2m，设精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页A球出电场时速度为v2，由动能定理得：qEL122m（v22v12） ，解得v2qELm，t2v1v2a22（2 1）mLqE，第三段再减速：a33qE2m，t3v2a323mLqE，所以T2（t1t2t3）（ 62 83）mLqE。18如图所示，一质量为m、带电量为q的物体处于场强按E=E0kt(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，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=(E0q-mg)/kq，物体运动速度达最大值19 （12 分）如图所示，电场极板AB间有电场强度200N/CE的匀强电场，一带电量32 10 Cq的小球开始时静止在电场中的P 点，靠近电场极板B处有一挡板S ，小球与挡板S的距离15cmx，与 A板距离245cmx，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65K，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A板？（1）小球第一次到达挡板时，由动能定理得1kEEqx=0.02J （3 分）(2) 设小球与挡板相碰后向右运动s，则1kEqsEqx（2 分）10.06mxsk（1 分）（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，1nnxxk12nxxx（4 分）n=1lg1.2=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+ _ S x1x2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页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gtvthvgthy22102求出ghvvvy2220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 RvmBqb2222)2()2()2(hhR解得hgqmBqmgE2（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ghvv245cosmin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，速精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页度达到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？解： （1）以B为研究对象，根据牛顿第二定律和库仑定律maRqKmarqK22224,44，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=m4a，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，222852/142/1mVmVmVEEEAKBKAP22.(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Q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Q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123mUBre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v，根据动能定理有：212eUmv（2 分） 解得 :2Uem (1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页分) 以电子为研究对象，根据动量定理有：0Imv（2 分）解得：2ImeU(1 分) 根据牛顿第三定律，电子对荧光屏的冲量大小为,2IImeU(1 分) 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：2vBevmR(2 分) 电子在磁场中偏转的半径R和 r 有以下关系：tan2rR(1 分) 同时tan10Lr(1 分) 代入123mUBre解得：10 3Lr(1 分 ) 23 如图所示，质量为M =2 kg 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=0.4 kg 带正电荷q =0.8 C 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 =26 Ns，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）解： （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vBv，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求摩擦精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页产生的热量，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vAA、B系统水平方向动量守恒：Mv0 = MvA + mvBvA = (Mv0mvB) / M = 11m/s Q = E = 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，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。求：该带电小球带何种电荷？电荷量q为多少？若带电小球恰好能通过坐标原点O，请描述其运动方向；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？24sinEmgq，负电沿x正向（v0t，0，221gt）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=41020kg，带电量q=+21014C 的粒子，从小孔以速度v0=3104m/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。z/m y/m x/m OgBE30O P A v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页解： （1）由rvmqvB2，vrT2得：mqBmvr3 .0（4 分）（4）画出粒子的运动轨迹如图，可知Tt65，得：（4 分）ssqBmt551023.5103535（2 分）（3）由数学知识可得：30cos30cos2rrL得：mqBmvL99.010334) 134(（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d0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E1.0 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v02.0 m/s， 质量m5.0 1015kg、 带电量为q 2.0 1016C 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0ktkWEE微粒打在B板上时动能为30O P A v0a b c o160e g f BP d E A精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页20014152141218.0105.0102.0J29.0 10JktkEWEWmv（2 分）（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212kttEmvsmsmmEvktt/0 .6/100.5100.9221514（2 分）thvvto2所以ssvvhtto1.00.60.240.022（2 分）（3）微粒落在B板上所形成的图形是圆形（1 分）加速度2215316/40/100.5100. 1100.2smsmmqEa1tvRo2121ath（2 分）圆面积为222221225.0)4040.02(0 .214.3)2()(mmahvtvRSoo（2 分）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；图 9 甲M N P Q O r t/s U/VU-U0图 9 乙T2T精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页（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。解： （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vm1 分根据动能定理212mqUmv 1 分解得2mqUvm。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=dU，1 分设粒子运动的加速度为a，根据牛顿第二定律qE=ma1 分解得：a=mdqU1 分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)4(212Ta2 分解得d=mqUT41 分（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。1 分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RvmBqv21 分Rr2tan2 分解得：mUqBr2arctan2。1 分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()2arctan2()mUqBrr 3 分答案图M N P Q O d v R r 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页选择题：题号1 2 3 4 5 6 7 答案AC B A CD AC ABD ABD 题号8 9 10 11 12 13 14 答案BC AB D A D C C 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页
