复合场练习20160105

1．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为（ ） A．Rabab(ba)(ba) B．R C．R D．R 2ab2ab2(ba)2(ba)2．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示。一个质量为m、

电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，不计空气阻力。则（（ ） A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向

B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大 C.从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等 D.到达x1位置时，小球速度的大小为2(E1E0mgx1) m3．如图所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动，下列说法正确的是 A．粒子的速度大小为2aBqaBq B．粒子的速度大小为 mmC．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长

D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长

4．如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、 A、D、B四点，其中O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OB。A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，使得圆周上各点电势相等。有一个质量为m，电荷量为-q的带电小球在滑槽中运动，在C点受的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知

A.固定在B点的电荷带正电 B.固定在B点的电荷电荷量为3Q C.小球在滑槽内做匀速圆周运动 D.C、D两点的电场强度大小相等

5．如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在-R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为

试卷第1页，总3页

q初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间，则

A．有些粒子可能到达y轴上相同的位置 B．磁场区域半径R应满足Rmv qBC．tmqBR，其中角度θv的弧度值满足sinqBR mvD．tmqBR v6．（15分）如题图所示，在半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为B的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在圆柱空

间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L=1．6a的刚性等边三角形框架ΔDEF，其中1L）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在4题图中截面内且垂直于DE边向下。发射粒子的电量皆为q（＞0），质量皆为m，但速度v有各种不同的数值。若这些粒子与三角形框架的碰撞量损失（不能与圆柱壁相碰），电量也无变化，且每一次碰撞时速度方向均垂直于被碰的边。试问：

（1）带电粒子经多长时间第一次与DE边相碰？（2）带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点？（3）这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？ 7．（12分）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组

成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心

心O位于圆柱的轴线上．DE边上S点（DS为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为1L，电势为φ2。足够长的收2集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有2/3能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；

（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件。试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子。 8．（22分）如图所示，在一二象限内RxR范围内有竖直向下的运强电场E，电场的上边界方程为y22212x。在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方2R程为xyR的匀强磁场。现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在y1（1）求在R处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力。2试卷第2页，总3页

x(RxR)处释放的离子进入磁场时速度。2若仅让横坐标xR的离子释放，它最后能经过3点(R,0)，求从释放到经过点(R,0)所需时间t.（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光。求该点坐标和磁感应强度B1

试卷第3页，总3页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参

1．B 【解析】

试题分析：根据电阻的公式RL可知，式子的分母应该是面积单位，故选项CD错误；S当a=b时，电阻应该为零，可知B正确，A错误；故选B. 考点：电阻的公式. 【名师点睛】此题考查了电阻的决定式的应用；解答类似的题目应该从电阻的公式中的各个物理量的单位入手，在考虑特殊值的情况；此题意在考查学生灵活的思维能力. 2．BD 【解析】

试题分析：从图2中可知小球的机械能在减小，而运动过程中只有重力和电场力做功，所以可得电场力对小球做负功，因为小球带正电，则可知电场强度的方向为竖直向上，即沿x轴负方向，因为图像的斜率表示电场力大小，所以图像的斜率越来越小，则电场力越来越小，故电场强度不断减小，所以A错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，由上知电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；根据动能定理可得mgx1E1E0到达x1位置时，小球速度v=12mv0，解得22(E1E0mgx1)，故D正确

m考点：考查了电场力做功，功能关系，动能定理 【名师点睛】从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出小球的受力情况，进而判断出电场方向，在利用牛顿第二定律分析加速度．由动能定理研究小球的速度 3．AC 【解析】

mv2试题分析：粒子在磁场中受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，qvB．

R由题意：与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出，说明该方向上的粒子匀速圆周运动的圆心正好在2a点处，

由几何关系可得：Rcos60°=a；所以匀速圆周运动的半径R=2a，所以粒子的速度

vqBR2aqB，故A正确，B错误；而粒子在磁场中运动的时间由圆心角决定，根据圆mm答案第1页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

的对称性可知，粒子与y轴正方向成120°角射出时在磁场中运动对应的圆心角最大，故运动时间越长，故C正确，D错误．故选AC. 考点：带电粒子在磁场中的运动. 4．BC 【解析】

试题分析：因小球在C点的合力方向沿CO，且指向O点，因小球带负电， A对小球吸引，B对小球排斥，故B带负电 选项A错误；

由∠ABC=∠ACB=30°知：∠ACO=30°；AB=AC=L； BC=2ABcos30°=3L；由力的合成可得：F1=3F2 即：kqQBkqQ，解QB=3Q，故B正确 ；因圆周是等势面，故小球在各点所受3L2(3L)2电场力方向指向圆心，故小球做匀速圆周运动，选项C正确；D点的场强等于AB两处的电荷在D点形成场强之和，而C点的场强等于AB两处的电荷在C点形成场强之矢量和，且D点到AB的距离小于C点到AB的距离，故根据EkQ可知，D点的场强大于C点的场强，2r故选BC。

考点：匀速圆周运动；场强的叠加 5．AC 【解析】

试题分析：粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：

y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转，由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的，故A正确；以沿x轴射入的粒子为例，若r=mv＜R，则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁qB场区域，所以要求Rmv，所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故B错误；从x轴入射的粒qB子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，而y=±R的粒子直接沿直线做匀速

答案第2页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

运动到达y轴，时间最短； 从x轴入射的粒子运动时间为：t1LR2mLRm，y=±R的粒子直v2qBvqB=LmR；所以t=，其中角度θ-vqBvRBqR，=rmv接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，则t2为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有：α=θ，则sinθ=sinα=故C正确；t=mqB-mRR，由于，故t，故D错误；故选：AC． 22qBvvmqB考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。 6．（1）t1TmqBqB2a （2）vnRnmm5(2n1)2qBn4,5,6, （3）t44 【解析】

试题分析：

（1）带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动

mvmv2 得R ① qvBRqB粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T将①式代入，得：T2m ② qB2R v粒子第一次与DE边相碰：t1Tm 2qB

（2）DS、SE的长度应是Rn的奇数倍即：RRn③

此时SE为Rn的奇数倍的条件自然满足。 而粒子要能绕过顶点与ΔDEF的边相碰，则粒子作圆周运动的半径R不能太大，如图题解图，必须有：

答案第3页，总6页

DS2a (n＝1，2，3，„) (2n1)5(2n1)本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

RnDM ④

由图中的几何关系计算可知：

83a0.076a ⑤ 15由③④⑤得：n≥4

由此结论及①、③两式可得：

qBqB2avnRnn4,5,6, ⑥ mm5(2n1)DMa（3）最短时间时应取n=4，所需时间为：t313以②式代入得： t44T53T22T ⑦ 26mqB ⑧ 考点：带电粒子在磁场中的运动.

【名师点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题；解题的难点在于先挖掘出粒子能回到S点需要满足的隐含条件以及考虑到粒子最终又回到S点时的多解性，解题时要画出轨迹草图，并能运用匀速圆周运动的基本公式进行解答；此题有一定的难度. 7．（1）v【解析】

试题分析：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理，qU又U=φ1-φ2 所以：v2q(12)12m(12)（2）B（3） mLq1mv20 22q(12) m（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角θ=60°

根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L

v2由牛顿第二定律得：qvBm r联立解得：B12m(12) Lq答案第4页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，r11L 2v2由牛顿第二定律得：qvBm r1得：B22m(12)22m(12)，即B LqLq如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知：

sin2L/2LqBLBq r2mv22m(12)MN上的收集效率： 考点：动能定理，牛顿第二定律，带电粒子在磁场中的运动。 8．（1）vEq1mRmRx（2）T1t1t2(2)，T23t1t2(21)； mR3EqEq（3）(0,mvEm1 R)B122qrqR【解析】

试题分析：

（1）于x处释放离子，由动能定理得Eq1212xmv （2分） 2R2得离子进入磁场时的速度v（2）由（1）得在xEqx （2分） mRR处释放的离子到达x轴时速度为 3vEqR1EqR （1分） mR33m答案第5页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

1EqRv1mRm从释放到到达x轴时间为t13 （1分） Eqa3EqmR第一种情况：离子直接从x经磁场达xR处。 3在磁场中经历半圆时间t2smRR （1分） R()v23v2EqmR （1分） EqRR经磁场达x处进入电场返回磁场再到xR处 33总时间T1t1t2(2)13第二种情况：离子直接从x易得在磁场中时间仍然为t22mR （2分） Eq在电场中时间为3t1mR （1分） EqmR （1分） Eq总时间为T23t1t2(21)mv2（3）在磁场B中qvB （2分）

r所以运动半径rmv1qBBEmx （2分） qR可以看出，B一定时，必有rx， 当x0时，r0（离子经磁场偏转从逼近原点出磁场）因此，所有离子都从原点（0，0）点出磁场，击中荧光屏上(0,则有2rx （2分）

1R) （2分） 2mv2mvEm因为qvB1 所以B1 （2分） 2rqrqR考点：带电粒子在复合场中的运动

答案第6页，总6页