2016学年高考最新物理大题及答案

2016年最新高考冲刺题

1．如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴

正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场．已知OQ=h，不计粒子重力，求：

（1）粒子经过Q点时的速度大小；

（2）电场强度E和磁场磁感应强度B的大小；

（3）粒子从Q点运动到M点所用的时间．

2．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别

为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为

q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：

（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径

（2）O、M间的距离

（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．

3．坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大

小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直

于xoy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．（不考虑a粒子的重力）

（1）求α粒子刚进人磁场时的动能；

（2）求磁感应强度B的大小；

（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．

4．如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标（﹣l，0），MN与y 轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）．现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点（0，0.5l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边

界上Q点（，﹣l）射出，速度沿x轴负方向．不计电子重力，求：

（1）匀强电场的电场强度E的大小？

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？

（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？

11．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．）求：

（1）第二象限内电场强度E的大小．

（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．

（3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的

（4）圆形磁场的最小半径R min．

20．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：

（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？

27．如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m．竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g．在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：

（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；

（2）两杆分别达到的最大速度．

30．如图所示，四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上，间距为h在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同，方向水平向内的磁场，磁场大小按B﹣t图变化（图中B0已知）．现有一个长方形金属线框ABCD，质量为m，电阻为R，AB=CD=L，AD=BC=2h．用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在Ⅰ区的中央．t0（未知）时刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动．（空气阻力不计，g取10m/s2）

（1）求t0的值；

（2）求线框AB边到达M2N2时的速率v；

（3）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？

1、解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，

到达Q点时的速度：v Q==2v0；

（2）粒子在电场中做类平抛运动，

水平方向：OQcos30°=hcos30°=v0t，t=，

竖直方向：v y=v Q cos30°=v0=t，解得：E=，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r=OQ=h，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qv Q B=m，解得：B=；

（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T==，

粒子在磁场中转过的圆心角：α=360°﹣（90°﹣30°）=300°，

粒子从Q点运动到M点所用的时间：t=T=；

2、【分析】（1）带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A点的速度方向与OP成60°角，即可求出此时粒子的速度．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径．

（2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A点，竖直方向的速度大小为v y=v0tan60°，由速度公式求解时间，由位移求得O、M间的距离．

（3）画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ，根据t=，求出

在磁场中运动的时间．粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间．

【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动的规律知

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

所以

（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．

则有qE=ma

v0tan60°=at1

即

O、M两点间的距离为

（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2．

则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则

设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得

则 t3==

故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为

t=t1+t2+t3=++

3、【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．

（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．

（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．

【解答】解：（1）根据动能定理：可得

末动能

（2）根据上题结果可知v t=2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角，其在电场中沿x方向的位移，易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径

又根据洛伦兹力提供向心力

可得

（3）易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子

轨迹恰好与ab板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的，

即当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；

ab板上被打中区域的长度

4、【分析】（1）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解；（2）由几何关系可确定OD的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；

（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解．

【解答】解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为v y，则

由牛顿第二定律， y轴方向v y=at x轴的位移，l=v0t

速度关系，v y=v0cot30°解得：

（2）设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为x D，则

x D=0.5ltan30°

x D=

所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则

v0=vsin30°

（有）

（或）

解得：，

（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为 r1，则

最小面积为，

11、【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解；（2）先根据运动学公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；

（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹；

（4）先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径．

【解答】解：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，

x方向：L=at2=t2，

y方向：2L=vt，联立解得：E=；

（2）设电子到达C点的速度大小为v c，方向与y轴正方向的夹角为θ．

由动能定理得：mv C2﹣mv2=eEL，解得：v C=v，故cosθ==，则：θ=45°；

（3）电子运动轨迹如图所示：

（4）电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r==，

电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出．

磁场最小半径为：Rm==rsin60°=；

20、【解答】解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整体过程由动能定理得

mgR?cosθ﹣μmgcosθ?x=0

所以总路程为x=．

（2）对B→E过程，B点的初速度为零，

由动能定理得

mgR（1﹣cosθ）=mv E2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①

F N﹣mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

由①②得对轨道压力：F N=（3﹣2cosθ）mg．

方向竖直向下

（3）设物体刚好到D点，则由向心力公式得