2014、2015年新课标全国卷高三模拟题——物理压轴题精编

第 1 页 共 1 页 2014、2015年新课标全国卷高三模拟题——物理压轴题精编

一、2014年高三模拟题物理压轴题精编

1．（19分）如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B。有一长度为L、宽度为b（b

（1）线圈匀速运动的速率v；

（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；

（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t。

解析：（1）线圈穿出磁场时的速率为v，产生的感应电动势为 EBLv （2分）

回路中的电流为 EIR （2分）

此时线圈受到竖直向上的安培力 BILmg （2分）

所以 22mgRvBL

（1分）

（2）线圈穿过磁场区域过程中，由功能关系 21()2mgbhmvQ （3分）

所以 32244()2mgRQmgbhBL

（3分）

（3）线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1。当其速率为V时，由定义

Vat

（1分）

由牛顿运动定律 22BLVmgmaR

（1分）

变形，有22BLmgtVtmVR

求和，得22()()()BLmgtVtmVR

所以 2211BLmgtbmvR

故2211vBLbtgmgR （1分）

接着线圈在磁场以加速度g匀加速运动，有

12vvtg （1分）

最后线圈匀速穿出磁场，有

3btv （1分）

所以22123222mRBLbttttBLmgR （1分）

2．（18分）如图在xoy平面内有平行于x轴的两个足够大的荧光屏M、N，它们的位置分别满足y=l和y=0，两屏之间

第 2 页 共 2 页 为真空区域。在坐标原点O有一放射源不断沿y轴正方向向真空区域内发射带电粒子，已知带电粒子有两种。为探索两种粒子的具体情况，我们可以在真空区域内控制一个匀强电场和一个匀强磁场，电场的场强为E，方向与x轴平行，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于xoy平面。

试验结果如下：如果让电场和磁场同时存在，我们发现粒子束完全没有偏转，仅在M屏上有一个亮点，其位置在S( 0 , l )；如果只让磁场存在，我们发现仅在N屏上出现了两个亮点，位置分别为P( -2l ， 0 )、Q( 12l ，0 )，由此我们可以将两种粒子分别叫做P粒子和Q粒子。已知粒子间的相互作用和粒子重力可以忽略不计，试求（坐标结果只能用l表达）：

（1）如果只让磁场存在，但将磁场的磁感应强度减为B1= 12B ，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；

（2）如果只让电场存在，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；

（3）如果只让磁场存在，当将磁场的磁感应强度变为B2= kB时，两种粒子在磁场中运动的时间相等，求k的数值。

解析：(1)当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，都满足

Eq=Bqv

所以两种粒子速度相同都为v=EB ①(2分)

当仅存在磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，两种粒子都满足

rvmBqv2得Bqmvr ②(2分)

当磁场强度为B时，

P粒子的轨道半径r1=l，Q粒子轨道半径为r2=14l ③

由②可知当磁场为B1减半时，两粒子做圆周运动的半径都加倍，此时 r1′=2l，r2′=12l

此时P粒子将打在M屏上，由几何关系可求出落点横坐标

lrlr)32(2222

所以P粒子亮点位置(l)32(，l ) (1分)

而Q粒子仍打在N屏上，易得亮点位置(l，0) (1分)

(2)由上问①②③式，可得两粒子的荷质比及其与E、B的关系，对P、Q分别有

EmlqB112 ④

EmlqB2224 ⑤(1分)

当仅存在电场时，P粒子将向右偏，y方向分运动为匀速直线运动

vt=l ⑥(1分)

x方向分运动为受电场力下的匀加速直线运动，有

111mEqa ⑦

21121tax ⑧(1分)

结合④⑥⑦可得 M

N x

y

y = l

O P Q

第 3 页 共 3 页 212112vmlEqx ⑨(1分)

由①④⑨可得

x1=12l

同理可以求得Q粒子在-x方向的偏转位移为

x2=2l

故P、Q两粒子打在屏上的位置坐标分别为(12l ，l)、(-2l，l)。 (2分)

(3)由②和③可以得出结论，不论磁场为多少，P、Q两粒子的轨道半径R1：R2=4：1不变。因为两粒子速度大小相等，所以要想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆心角之比必须为θ1：θ2=1：4。

如右图粒子打在M屏上时，其运动轨迹圆弧圆心角θ(锐角)与半径R满足l=Rsinθ，不可能满足R1：R2=4：1和θ1：θ2=1：4。所以两粒子都打在M屏上不可能满足要求。 (2分)

两粒子都打在N屏上，圆心角都为π也不能满足要求。 (2分)

所以结果必然为P粒子打在M屏而Q粒子打在N屏，所以θ2=π，而θ1=14π 。

由几何关系易得此时R1=2l，结合②③可求得此时

B2=B22 ，k=22 (2分)

3．(19分)如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷C/kg1016mq的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过s10155后，电荷以m/s105.140v的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）.计算结果可用π表示。

（1）求O点与直线MN之间的电势差；

（2）求图b中s10325t时刻电荷与O点的水平距离；

（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。

解析： (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理uq=2021mv，（2分） y

M

N

O θ R

157 0.3

-0.5 B/T

t/s105 3 54 1517 32

图a O M E N

图b 0

图甲 B

第 4 页 共 4 页 u=V5.112220qmv（2分）

（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r：,12001rmvqvB

cm5101qBmvr，（1分）

周期s10322511qBmT ；（1分）

当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：3cm202qBmvr,（1分）

周期s10522522qBmT（1分）

故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示

s10325t时刻电荷与O点的水平距离

cm4)(221rrd （3分）

（3）电荷第一次通过MN开始，其运动的周期s10545T，（2分）

根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，（1分）

此时电荷沿MN运动的距离cm6015ds，（1分）

则最后7.5cm的距离如图乙所示，有：cm5.7cos11rr。（1分）

解得：600.5,cos则，（1分）

故电荷运动的总时间s1086.33606021154111TTTtt总或（553π/45）×10-5s 或（12π+13π/45）×10-5s（2分）

4.（19分）如图，在平面直角坐标系xoy内，第一象限的射线op与x轴夹角为30º，在∠pox范围之外存在

垂直xoy面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为q的正电粒子，从o点以沿y轴负

方向的速度v出发仅受磁场力而运动。试求：

⑴.粒子离开o点后，第三次经过磁场边界时的位置坐标；

⑵.粒子在磁场中运动的总时间；

⑶.若保持其它条件不变而将∠pox变为15º，粒子出发之后将总共几次穿越磁场边界？

解析： (1)粒子在磁场中做圆周运动，如图为粒子运动轨迹描绘，

洛仑兹力提供向心力：RvmBqv2 ……………2分

得圆轨道半径BqmvR α

C

图乙

第 5 页 共 5 页 第一段圆弧轨迹OA为半圆，A点横坐标为2R

粒子再次由点B(2R，R332)进入磁场，进入磁场时与边界OP夹角θ2=60º………1分

粒子再次出磁场即第三次经过磁场边界在位置C，由几何关系

BC=2Rsinθ2=R3 ……………………………1分

由此易得C点坐标(R61，R63)，即(Bqmv6，Bqmv63) ……………………2分

(2)粒子在磁场中运动周期周期BqmvRT22 …………2分

粒子第一段圆弧OA圆心角180º，第二段圆弧BC圆心角为360º-2θ2=240º…………1分

由几何关系，粒子第三次进入磁场时，速度与边界Ox夹角θ3=30º，这也是粒子第三次出磁场时速度与边界Ox的夹角，因为∠Pox=α=30º，所以第三次出磁场后粒子速度与OP平行，不再能进入磁场。…………1分

容易求得粒子第三次在磁场中轨迹的圆心角为60º. …1分

所以粒子在磁场中运动总时间为：

t=T36060240180=Bqm38 ……………………2分

(3)每一次粒子进入磁场时速度与磁场边界夹角，与出磁场时速度与磁场边界夹角相等，如右图可看出：θn+1=θn-α………………………2分

其中θn为粒子第n次在磁场中运动过程中，进磁场或出磁场时其速度与磁场边界的夹角，可看出这个角度每次减小α，若第n次的θn减为0或者负值，则第n次圆周运动将不再发生。α为15º，θ1为90º，因为：θ1-6α=0……………………2分