高三物理二轮复习（通用版）：专练常见组合运动专练 word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）：专练常见组合运动专练 word版含解析，共6页。试卷主要包含了25 s，14×10－6 s等内容，欢迎下载使用。
(1)小球到达A点的速度大小；
(2)小球由A点飞出至第一次落到AB面所用时间；
(3)小球第一次落到AB面时的速度与AB面的夹角θ的正切值。
解析：(1)从C到A对小球运用动能定理：
－mgh＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mv02
解得：vA＝1 m/s。
(2)将小球由A点飞出至落到AB面的运动分解为沿斜面(x轴)和垂直于斜面(y轴)两个方向；则落回斜面的时间等于垂直于斜面方向的时间
所以：t＝eq \f(2vA,gcs 37°)＝0.25 s。
(3)小球落回斜面时沿斜面方向速度：
vx＝axt＝gsin 37°·t＝1.5 m/s
垂直斜面方向速度：vy＝1 m/s
所以：tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(2,3)。
答案：(1)1 m/s (2)0.25 s (3)eq \f(2,3)
2．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DE上方有足够长的竖直向下的匀强电场。一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小均为E0＝eq \f(mv2,ql)，今在CDEF区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DE的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DE；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间。
解析：(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，设射出该电场时沿电场方向的偏转距离为d
由E0q＝ma得a＝eq \f(v2,l)
由l＝vt得t＝eq \f(l,v)
d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)l
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度vy＝at＝v
速度偏向角θ满足tan θ＝eq \f(vy,v)＝1，解得θ＝eq \f(π,4)
粒子从DE中点竖直向上射入电场，粒子在所加磁场区域内做匀速圆周运动的轨迹圆心设为O，由几何关系知：
OD＝eq \f(1,2)l
OD2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))2＝R2
解得R＝eq \f(\r(2),2)l
由R＝OD＋eq \f(1,2)DE得DE＝(eq \r(2)－1)l。
(2)射入磁场的速度大小为v′＝eq \r(2)v
由洛伦兹力提供向心力得qv′B＝meq \f(v′2,R)，解得B＝eq \f(2mv,ql)。
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝t＝eq \f(l,v)
粒子在磁场中向上偏转的运动时间t2＝eq \f(θ,2π)T
其中T＝eq \f(2πm,qB)
在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝eq \f(\r(2)v,a)
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动的总时间为
t总＝2(t1＋t2＋t3)
解得t总＝eq \f(2l,v)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(2)＋\f(π,8)))。
答案：(1)(eq \r(2)－1)l (2)eq \f(2mv,ql) (3)eq \f(2l,v)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(2)＋\f(π,8)))
3．如图所示，两竖直金属板间电压为U1，两水平金属板的间距为d。竖直金属板a上有一质量为m、电荷量为q的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动。水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，求：
(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v0；
(2)两水平金属板间的电压；
(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D。
解析：(1)在加速电场中，由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mv02
解得：v0＝ eq \r(\f(2qU1,m))。
(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则：
Bqv0＝qeq \f(U,d)
解得：U＝Bd eq \r(\f(2qU1,m))。
(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D，则：
Bqv0＝meq \f(v02,r)且r＝D
解得：D＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2U1m,q))。
答案：(1) eq \r(\f(2qU1,m)) (2)Bd eq \r(\f(2qU1,m)) (3)eq \f(1,B) eq \r(\f(2U1m,q))
4．如图所示，在xOy坐标系第二象限内有一圆形匀强磁场区域，半径为l0，圆心O′坐标为(－l0，l0)，磁场方向垂直xOy平面。两个电子a、b以相同的速率v沿不同方向从P(－l0,2l0)点同时射入磁场，电子a的入射方向为y轴负方向，b的入射方向与y轴负方向夹角为θ＝45°。电子a经过磁场偏转后从y轴上的Q(0，l0)点进入第一象限，在第一象限内紧邻y轴有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为eq \f(mv2,el0)，匀强电场宽为eq \r(2)l0。已知电子质量为m、电荷量为e，不计重力及电子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度B的大小；
(2)a、b两个电子经过电场后到达x轴的坐标差Δx；
(3)a、b两个电子从P点运动到达x轴的时间差Δt。
解析：(1)两电子轨迹如图，由图可知，a电子做圆周运动的半径R＝l0
Bve＝meq \f(v2,R)
可得：B＝eq \f(mv,el0)。
(2)a电子在电场中ya＝eq \f(1,2)at12
a＝eq \f(Ee,m)
eq \r(2)l0＝vt1
可得ya＝l0
即a电子恰好击中x轴上坐标为eq \r(2)l0的位置
对b分析可知，AO′PO″为菱形，所以PO′与O″A平行。又因为PQ′⊥x轴，则O″A⊥x轴，所以粒子出磁场速度vA平行于x轴，即b电子经过磁场偏转后，也恰好沿x轴正方向进入电场。
有yb＝r＋rcs 45°＝l0＋eq \f(\r(2),2)l0
当b电子在电场中沿y轴负方向运动l0后，沿与x轴方向成α角做匀速直线运动。
tan α＝eq \f(v⊥,v) v⊥＝at1
又tan α＝eq \r(2)，可得tan α＝eq \f(yb－ya,Δx)
解得：Δx＝eq \f(l0,2)。
(3)在磁场中，有T＝eq \f(2πl0,v)
a电子与b电子在磁场中运动的时间差为Δt1
eq \f(Δt1,T)＝eq \f(Δθ,2π)，Δθ＝eq \f(π,2)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,4)，可得Δt1＝eq \f(T,8)
所以Δt1＝eq \f(πl0,4v)
b在第二象限内的无场区域的匀速运动时间为Δt2，
Δt2＝eq \f(r－rcs 45°,v)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)))l0,v)
a与b在第一象限中运动的时间差为Δt3，Δt3＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(l0,2v)
所以时间差Δt＝Δt2＋Δt3－Δt1
所以Δt＝eq \f(l0,4v)(6－π－2eq \r(2))。
答案：(1)eq \f(mv,el0) (2)eq \f(l0,2) (3)eq \f(l0,4v)(6－π－2eq \r(2))
5．(德州模拟)如图所示，在xOy平面内，第Ⅱ象限内的射线OM是电场与磁场的分界线，OM与x轴的负方向成45°角。在x＜0且OM的左侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1 T，在y>0且OM的右侧空间存在着沿y轴正方向的匀强电场E，场强大小为0.32 N/C。一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿x轴负方向以v0＝2×103 m/s的初速度进入磁场，最终离开磁、电场区域。已知微粒所带的电荷量q＝5×10－18 C，质量m＝1×10－24 kg，求：
(1)带电微粒在磁场中做圆周运动的半径。
(2)带电微粒第一次进入电场前运动的时间。
(3)带电微粒第二次进入电场后在电场中运动的水平位移。
解析：(1)带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由qv0B＝meq \f(v02,r)得r＝eq \f(mv0,qB)＝4×10－3 m。
(2)带电微粒在磁场中经eq \f(1,4)圆周第一次进入电场，经历的时间tOA＝eq \f(1,4)T
而圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)代入数据解得t OA＝3.14×10－6 s。
(3)微粒从C点垂直y轴方向进入电场，做类平抛运动，设在电场中运动的水平位移为Δx，竖直位移为Δy，则
x方向上，Δx＝v0t1
y方向上，Δy＝eq \f(1,2)at12
而Δy＝2r
又有qE＝ma
代入数据解得，Δx＝0.2 m。
答案：(1)4×10－3 m (2)3.14×10－6 s (3)0.2 m