2022年高考物理压轴题集锦.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载2022 高考物理压轴题集锦1.2022.全国 如图 , 与水平面成45 角的平面MN将空间分成I 和 II两个区域 . 一质量为 m、电荷量为 qq0 的粒子以速度 v0 从平面 MN上的 P0 点水平向右射入 I 区. 粒子在 I 区运动时 ,只受到大小不变、 方向竖直向下的电场作用 , 电场强度大小为 E; 在 II 区运动时 , 只受到匀强磁场的作用 , 磁感应强度大小为 B, 方向垂直于纸面对里 . 求粒子首次从 II 区离开时到动身点P0 的距离 . 粒子的重力可以忽视 . EMv0 P0 BN【解析】 : 带电粒

2、子进入电场后 , 在电场力的作用下沿抛物线远的 , 其加速度方向竖直向下 ,名师归纳总结 设经过时间设其大小为a 由牛顿定律得第 1 页,共 36 页qE=mat0, 粒子从平面MN是上的点 P1 进入磁场 , 由运动学公式和几何关系得v t 0 01at202- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载粒子速度大小 V1 为V 1 v 0 2 at 0 2设速度方向与竖直方向的夹角为 , 就tan v 0at 0此时粒子到动身点 P0的距离为s 0 2 v t 0 0 此后 , 粒子进入磁场 , 在洛伦磁力作用下做匀速圆周运动 , 圆周半径为

3、r 1 mV 1qB设粒子首次离开磁场的点为 P2, 弧 PP 所张的圆心角为 2 , 就 P1到点 P2的距离为s 1 2 sin 由几何关系得450联立式得s 12 mv 0qE点 P2与点 P0 相距l=s0+ s110联立 10 式得l2mv 02 v 0111qEB2. （2022. 全国）装甲车和战舰采纳多层钢板比采纳同样质量的单层钢板更能抵挡穿甲弹的名师归纳总结 射击 . 通过对一下简化模型的运算可以粗略说明其缘由. 质量为 2m、厚度为 2d 的钢板静止在第 2 页,共 36 页水平光滑桌面上. 质量为 m的子弹以某一速度垂直射向该钢板, 刚好能将钢板射穿. 现把钢板分成厚度均

4、为d、质量均为m的相同两块 , 间隔一段距离水平放置, 如下列图 . 如子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板, 穿出后再射向其次块钢板, 求子弹射入其次块钢板的深度. 设子- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 弹在钢板中受到的阻力为恒力学习必备欢迎下载. 不计重力影响 . , 且两块钢板不会发生碰撞【解析】设子弹初速度为v0, 射入厚度为2d的钢板后 , 最终钢板和子弹的共同速度为V. 由动量守恒得2mm Vmv0解得V1v 03此过程中动能的缺失为1 2 1 2E mv 0 3 mV 2 2解得 E 1 mv 0 33分成两块钢板后 , 设子弹穿过第一块钢

5、板时两者的速度为别为 v1和 V1, 由动量守恒得mv 1 mV 1 mv 0 由于子弹在钢板中受到的阻力为恒力 , 射穿第一块钢板的动能缺失为 E , 由能量守恒得21 mv 1 2 1 mV 1 2 1 mv 0 2 E2 2 2 2联立式 , 且考虑到 v1 必需大于 V1, 得1 3v 1 v 0 2 6设子弹射入其次块钢板并留在其中后两者的共同速度为 V2, 由动量守恒得2mV 2 mv 1 缺失的动能为E12 mv 1122 mV 222联立式得名师归纳总结 E113Ex 为第 3 页,共 36 页222由于子弹在钢板中受到的阻力为恒力, 由式可得 , 射入其次块钢板的深度x113

6、d22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载4.（2022. 新课标） 如图, 在区域 I（0xd）和区域 II （dx 2d）内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为 B 和 2B,方向相反,且都垂直于 Oxy 平面；一质量为 m、带电荷量 q（q0）的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域 I ,其速度方向沿 x 轴正向；已知 a 在离开区域 I 时,速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30 ；因此,另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 p 点沿 x 轴正向射入区域 I ,其速度大小是 a 的 1/3 ；不计重力和两

7、粒子之间的相互作用力；求（1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小；（2）当 a 离开区域 II时, a、b 两粒子的 y 坐标之差；C（在 y 轴上）,半径为Ra1,粒【解析】：（ 1）设粒子 a 在 I 内做匀速圆周运动的圆心为名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载子速率为 v a,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为 律得P, 如图,由洛仑兹力公式和牛顿其次定名师归纳总结 qvaABmv2由几何关系得PC PRa1d第 5 页,共 36 页R a 1s i n式中,0 30 ,由式得v a 12qB

8、dm2 设粒子 a 在 II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为R a 1,射出点为P （图中未画出轨迹）,POaP a；由洛仑兹力公式和牛顿其次定律得qv a 2Bmv2 aR a2由式得R a2R a 12C 、 P 和O 三点共线,且由式知O 点必位于x3d 的平面上；由对称性知,2P 点与 P 点纵坐标相同,即ypaR a1cosh式中, h 是 C点的 y 坐标；设b 在I中 运 动 的 轨 道 半 径 为R b 1, 由 洛 仑 兹 力 公 式 和 牛 顿 第 二 定 律 得qv aBmva23R b 13设 a 到达P 点时, b 位于P 点,转过的角度为；假如 b 没有飞出 I ,

9、就t22t211T aTb 1式中, t 是 a 在区域 II中运动的时间,而Ta22R a212T b12R b 113vv3由 11 12 13 式得30014- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由 14 式可见, b 没有飞出；学习必备欢迎下载pbR b12cosh15P 点的 y 坐标为y由 14 15 式及题给条件得,ypaypb232d163a、b 两粒子的 y 坐标之差为5.2022. 江苏 某种加速器的抱负模型如题 15-1 图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔 a、b,两极板间电压 uab的变化图象如图 15-2 图所示,电

10、压的最大值为 U0、周期为 T0,在两极板外有垂直纸面对里的匀强磁场；如将一质量为 m0、电荷量为 q 的带正电的粒子从板内 a 孔处静止释放, 经电场加速后进入磁场,在磁场中运动时间 T0 后恰能再次从 a 孔进入电场加速；现该粒子的质量增加了 1m ； 粒子在两极板间的运动时间不计,两极100板外无电场,不考虑粒子所受的重力 1 如在 t=0 时刻将该粒子从板内 a 孔处静止释放, 求其其次次加速后从 b 孔射出时的动能；2 现在利用一根长为 L 的磁屏蔽管 磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场,忽视其对管外磁场的影响 ,使题 15-1 图中实线轨迹 圆心为 O上运动的粒子从 a 孔正下方相距

11、L 处的 c 孔水平射出,请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；3 如将电压 uab的频率提高为原先的2 倍,该粒子应何时由板内a 孔处静止开头加速,才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【解析】名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载P v0m L O M 6. （ 2022. 安徽）如下列图,质量M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1kg 的小球名

12、师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载O轴自通过长 L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕由转动,开头轻杆处于水平状态,现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s ,g 取 10m/s2；（1）如锁定滑块,试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向；（2）如解除对滑块的锁定,试求小球通过最高点时的速度大小；（3）在满意（2）的条件下, 试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离；【解析】 ：（1）设小球能通过最高点,且此时的速度为 功,小球的机械能守

13、恒；就v1；在上升过程中,因只有重力做12 mv 1mgL12 mv 0F,方向向下,就22v 16 m s设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为Fmgm2 1vL由式,得F=2N由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上；（2）解除锁定后,设小球通过最高点时的速度为v2,此时滑块的速度为V；在上升过程中,因系统在水平方向上不受外力作用,水平方向的动量守恒；以水平向右的方向为正方向,有mv2MV0在上升过程中,因只有重力做功,系统的机械能守恒,就名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1mv 2 2

14、1MV2学习必备欢迎下载mgL1 2mv 0 222由式,得v2=2m/ ss1,滑块向左移动的距 V / ；由系统水平方向（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为离为 s2,任意时刻小球的水平速度大小为v3,滑块的速度大小为的动量守恒,得mv 3MV0mt将式两边同乘以t,得mv 3tMVt0因式对任意时刻邻近的微小间隔都成立,累积相加后,有ms 1Ms2010又s 1s 22L11由10 11 式得s 121237.（2022.浙江）如图甲所示,静电除尘装置中有一长为L、宽为 b、高为 d 的矩形通道,其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料；图乙是装置的截面图,上

15、、下两板与电压恒定的高压直流电源相连；质量为m、电荷量为 - q、分布匀称的尘埃以水平速度 v0 进入矩形通道,当带负电的尘埃遇到下板后其所带电荷被中和,同时被收集；通过调整两板间距d 可以转变收集效率 ；当 d=d0时 为 81%（即离下板081d0范畴内的尘埃能够被收集）；不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用；名师归纳总结 求收集效率为100%时,两板间距的最大值dm；第 10 页,共 36 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载求收集率 与两板间距 d 的函数关系；如单位体积内的尘埃数为n,求稳固工作时单位时间下板收集的尘埃质量 M

16、/ t 与两板间距 d 的函数关系,并绘出图线；【解析】 （1）收集效率为 81%,即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高名师归纳总结 压电源的电压为 U ,在水平方向有Lv t收集效率恰好为第 11 页,共 36 页在竖直方向有0.81 d01at22其中aFqEqUmmmd0当削减两板间距是,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率；100%时,两板间距为d m；假如进一步削减d ,收集效率仍为100%；因此,在水平方向有Lv t在竖直方向有dm1a t22其中aFqEqUmmmdm联立可得dm0.9d0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - -

17、 - - （2）通过前面的求解可知,当d学习必备欢迎下载为 100% 0.9d 时,收集效率当d0.9 d 时,设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘,此时有x1qUL22mdv0依据题意,收集效率为x d联立可得0.81 d 0d2（3）稳固工作时单位时间下板收集的尘埃质量M/t =nmbdv 0当d0.9d 时,1,因此M/t =nmbdv 0当d0.9 d 时,0.81 d 0d2,因此M/t=0.81 nmbv0d2 0d绘出的图线如下名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载 8.（202

18、2. 重庆）某仪器用电场和磁场来掌握电子在材料表面上方的运动；如下列图,材料表面上方矩形区域PP N N布满竖直向下的匀强电场,宽为d；矩形区域NNMM布满垂直纸面对里的匀强磁场,磁感应强度为B,长为 3s,宽为 s；NN为磁场与电场之间的薄隔离层；一个电荷量为 e、质量为 m、初速为零的电子,从 P 点开头被电场加速经隔离层垂直进入磁场,电子每次穿越隔离层,运动方向不变, 其动能缺失是每次穿越前动能的 10%,最终电子仅能从磁场边界 M N 飞出；不计电子所受重力；求电子其次次与第一次圆周运动半径之比；求电场强度的取值范畴；A 是 MN 的中点,如要使电子在A、M 间垂直于AM 飞出,求电子

19、在磁场区域中运动的时间；【解析】（ 1）设圆周运动的半径分别为 分别为 v1和 v2,动能分别为 Ek1 和 Ek2R1、R2、 Rn、Rn+1 ,第一和其次次圆周运动速率名师归纳总结 由： Ek20.81 Ek1,R1mv1 Be,R2mv2 Be,Ek11 2mv1 2, Ek21 2mv2 2,得： R1：R2 0.9第 13 页,共 36 页（2）设电场强度为E,第一次到达隔离层前的速率为v由：eEd1mv2,0.91mv212 mv ,R1s 222- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 得： E52 2B es学习必备欢迎下载9 md又由：R n

20、n 0.91R ,2R 110.90.920.9n3 sR n1n,运动总时间为t得： E 2 2B es80md电场强度的取值范畴为2 2B esE2 25 B es80md9md（3）设电子在匀强磁场中,圆周运动的周期为,运动的半圆周个数为由题意,有：2R 11n 0.9 R n13 s ,R1s,R n10.9nR ,s 210.9得： n=2；由T2 m,得t5meB2 eB9. （ 2022. 四川）如下列图：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长 l =1.8m,距地面 h=0.8m；平行板电容器的极板CD间距 d=0.1m 且垂直放置于台面,C板位于边界WX上, D板与边界WZ相交处

21、有一小孔； 电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场；电荷量 q=5 10-13C的微粒静止于W处,在 CD间加上恒定电压U=2.5V,板间微粒经电场加速后由 D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触）,然后由XY边界离开台面；在微粒离开台面瞬时, 静止于 X正下方水平地面上 A 点的滑块获得一水平速度,在微粒落地时恰好与之相遇； 假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场,滑块视为质点,滑块与地面2间的动摩擦因数 =0.2 ,取 g=10m/s（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；（2）求由 XY边界离开台面的微粒的质量范畴；名师归纳总结 （3）如

22、微粒质量mo=1 10-13 kg,求滑块开头运动时所获得的速度；第 14 页,共 36 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【解析】： （1）微粒在极板间所受电场力大小为FqUC板为正极,d代入数据 F=1.25 10-11 N 由微粒在磁场中的运动可判定微粒带正电荷,微粒由极板间电场加速,故D板为负极；（2）如粒子的质量为m,刚进入磁场时的速度大小为v,由动能定理R,有Uq1mv22微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛伦磁力充当向心力,如圆周运动半径为qvBmv2R微粒要从 XY边界离开台面,就圆周运动的边缘轨迹如下列图,半径的微小值与

23、极大值为R 1ld2R 2l联立,代入数据,有名师归纳总结 8.1 10-14kgm2.89 10-13kg 第 15 页,共 36 页（3）如图,微粒在台面以速度为v 做以 O点位圆心,R为半径的圆周运动；从台面边缘P点沿与 XY边界成 角飞出做平抛运动,落地点Q点,水平位移s, 下落时- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 间 t ；设滑块质量为学习必备欢迎下载M,滑块获得的速度v0后在 t 内与平台前侧面成 角度方向,以加速度 a 做匀减速直线运动到 Q,经过位移为 k,；由几何关系,可得cos l RR依据平抛运动,t 2hg s= vt 10对于滑

24、块,由牛顿定律及运动学方程,有 Mg=Ma11R 和13kv t1at2122再有余弦定理,k2s2dRsin22 s dRsincos及正弦定理,sinsin14sk15联立、 和 14 ,代入数据, 解得：v 04.15 m sarcsin 0.8或0 53 R 的圆环区域10.（2022. 广东）如图19（a）所示,在以O为圆心,内外半径分别为内,存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场,内外圆间的电势差U为常量,R 1R 0,R 23 R ,一电荷量为 +q,质量为 m的粒子从内圆上的A 点进入该区域,不计重力；名师归纳总结 （1）已知粒子从外圆上以速度1v 射出,求粒子在A 点的初速度v

25、的大小2v 射出,第 16 页,共 36 页（2）如撤去电场,如图19（b）, 已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载方向与 OA延长线成 45 角,求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间（3）在图 19（b）中,如粒子从A 点进入磁场,速度大小为3v ,方向不确定,要使粒子肯定能够从外圆射出,磁感应强度应小于多少？【解析】名师归纳总结 （1）由动能定理：Uq=1 mv1 22-1 mv0 22r ,就 r2=2R 22R 12第 17 页,共 36 页得： v0=v 122 Uqm（2）如右图

26、：粒子在磁场中作圆周运动的半径为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - B1qv2=mv22学习必备欢迎下载r名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - V3 学习必备欢迎下载R 由得： B1= q2 mv 2R 2R 1名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - T=2r学习必备欢迎下载v2t =/2T可知, B 越小, R越大；与磁场边界相切的圆的最大半径为20 所示,以 A、B 和 C、D为端点的两半圆形光滑轨

27、道固定于竖直平2由 t =2v2r2（3）由 B2qv3=m v 3 R R=R 12R 2所以 B 2q2mv3R2R 111. （2022. 广东）如图面内, 一滑板静止在光滑水平地面上,左端紧靠 B 点,上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C；一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点,运动到A时刚好与传送带速度相同,然后经 A 沿半圆轨道滑下, 再经 B 滑上滑板； 滑板运动到C时被坚固粘连； 物块可视为质点,名师归纳总结 质量为 m,滑板质量M=2m ,两半圆半径均为R,板长 l=6.5R ,板右端到C的距离 L 在 R第 20 页,共 36 页L5R范畴内取值； E距 A为 S=5R

28、,物块与传送带、 物块与滑板间的动摩擦因素均为 =0.5 ,重力加速度取g. 1 求物块滑到B 点的速度大小；2 试争论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中,克服摩擦力做的功Wf 与 L 的关系, 并判定物块能否滑到CD轨道的中点；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【解析】名师归纳总结 （1） mgs+mg2R=1 mvB 22第 21 页,共 36 页所以 vB=3Rg（2）设 M滑动 x1,m 滑动 x2二者达到共同速度v, 就mvB=M+mv mgx1=1 mv 22 mgx2=1 mv 221 mvB 22由得v=Rg , x

29、1=2R, x2=8R 二者位移之差x= x 2x 1=6R6.5R,即滑块未掉下滑板- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载争论：R L2R时, Wf= mgl +L= 1 mg（6.5R+L）20,滑上2RL5R 时, Wf = mgx2+ mgl x=4.25mgR 4.5mgR,即滑块速度不为右侧轨道；要使滑块滑到CD轨道中点, vc 必需满意：1 mvc 2 mgR 2其简此时 L 应满意： mgl +L 1 mvB 221 mvc 22就 L 1 R,不符合题意,滑块不能滑到 2CD轨道中点；12.（2022. 山东）扭摆器是同

30、步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆；化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直,相距为 一质量为 m、电量为 -q 、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器L, 磁场方向相反且垂直干扰面；MN板处由静止释放,极板间电压为 U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区,射入时速度与水平和方向夹角（1）当区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时,粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为,求 B0 及粒子 在区运动的时间 t0（2）如区宽度 L2=L1=L 磁感应强度大小 B2=B1=B0,求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差 h （3）如 L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回

31、区,求 B2 应满意的条件（4）如,且已保证了粒子能从区右边界射出；为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同,求B1、B2、L1、 、L2、之间应满意的关系式；名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【解析】（1）如图 1 所示,设粒子射入磁场I 区的速度为v,在磁场 I 区做圆周运动半径为,由动能定理和牛顿其次定律得：,由几何关系得：,联立得：名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设粒子在 I 区做圆周运动

32、周期为学习必备欢迎下载,T,运动时间为t ；T=联立式解得：（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为,由牛顿其次定律得：由几何学问得：联立式解得：（3）如图 2 所示,为使粒子能再次返回到 I 区应满足： 11 ；联立 11 式解得名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（4）如图 3（或图 4）所示,设粒子射出磁场 I 区时速度与水平方向的夹角为,由几何学问可得： 13；13.（2022. 北京）利用电场和磁场,14；联立 1314 式解得：可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子核技术等

33、领域有重要的应用；如下列图的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场,A 处有一狭缝；离子源产生的离子,经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场,运动到GA边,被相应的收集器收集,整个装置内部为真空；q；加速电场的已知被加速度的两种正离子的质量分别是m 1和m2m 1m 2,电荷量均为电势差为 U,离子进入电场时的初速度可以忽视；不计重力,也不考虑离子间的相互作用；（1）求质量为 m 1 的离子进入磁场时的速率 1；（2）当磁感应强度的大小为 B 时,求两种离子在 GA边落点的间距 s；（3）在前面的争论中忽视了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有肯定宽度

34、；如狭缝过宽,可能使两束离子在 GA边上的落点区域受叠,导致两种离子无法完全分别；设磁感应强度大小可调,GA边长为定值 L,狭缝宽度为 d,狭缝右边缘在 A 处；离子可以从狭缝各处摄入磁场,入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场；为保证上述两种离子能落在 GA边上并被完全分别,求狭缝的最大宽度；名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载【解析】14. （2022. 北京）静电场方向平行于x 轴,其电势随 x 的分布可简化为如下列图的折线,图中 0 和 d 为已知量；一个带负电的粒子在电场中以 x=0 为中心

35、,沿 x 轴方向做周期性运动；已知该粒子质量为 m、电量为 -q ,其动能与电势能之和为 -A（0Aq 0） , 忽视重力；求（1）粒子所受电场力的大小；（2）粒子的运动区间；名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（3）粒子的运动周期；【解析】名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载15.（2022.天津）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用,有力地推动了现代科学技术的进展（1）当

36、今医学成像诊断设备PET/CT 堪称 “现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,常利用能放射电子的同位素碳11 为示踪原子, 碳 11 是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮 14 获得,同时仍产生另一粒子,试写出核反应方程如碳 11 的半衰期 为 20min,经 2.0h剩余碳 11 的质量占原先的百分之几？（结果取 2 位有效数字）（2）回旋加速器的原理如图,D 1 和 D 2 是两个中空的半径为 R 的半圆金属盒,它们接在电压肯定、频率为 f 的沟通电源上,位于 D1 圆心处的质子源 A 能不断产生质子（初速度可以忽视,重力不计）,它们在两盒之间被电场加速,D1、D 2 置于与盒面垂直的磁感应强度为 B 的匀强磁场中 如质子束从回旋加速器输出时的平均功率为 P,求输出时质子束的等效电流 I 与 P、B、R、 f 的关系式（忽视质子在电场中运动的时间,其最大速度远小于光速）（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时,随轨道半径 道的半径之差 r 是增大、减小仍是不变？【解析】（1）核反应方程为r 的增大,同一盒中相邻轨设碳 11 原有质量为m0,经过 t=2.0h剩余的质量为mt ,依据半衰期定义,有：名师归纳总结 （2）设质