《【優(yōu)化方案】高三物理專題復(fù)習攻略 專題三第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動知能優(yōu)化訓(xùn)練 新人教版（安徽專用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【優(yōu)化方案】高三物理專題復(fù)習攻略 專題三第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動知能優(yōu)化訓(xùn)練 新人教版（安徽專用）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、《優(yōu)化方案》高三專題復(fù)習攻略（新課標）物理安徽專用專題三第2講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動知能優(yōu)化訓(xùn)練 1．(原創(chuàng)題)如圖3－2－7所示，一個帶正電荷的物塊P，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來．已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經(jīng)過B處時的機械能損失．先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊P從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D′點停下來．后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊P從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點停下來．則以下說法中正確的是(　　) 圖3－2－7 A．D

2、′點一定在D點左側(cè) B．D′點一定在D點右側(cè) C．D″點一定在D點左側(cè) D．D″點一定在D點右側(cè) 解析：選D.僅在重力場中時，物塊由A點至D點的過程中，由動能定理得mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，即h－μs1cosα－μs2＝0，由題意知A點距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)μ、斜面傾角α、斜面長度s1為定值，所以s2與重力的大小無關(guān)，而在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場后，相當于把重力增大了，s2不變，D′點一定與D點重合，故A、B項都錯；在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D″點

3、一定在D點右側(cè)，C項錯誤、D項正確．答案為D. 2．(原創(chuàng)題)如圖3－2－8所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　　) 圖3－2－8 A．d隨v0增大而增大，d與U無關(guān) B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無關(guān) D．d隨U增大而增大，d隨v0增大而減小 解析：選A.設(shè)帶電粒子射出電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，如圖甲所示，有cosθ＝，又R＝，如圖乙所示，d

4、＝2Rcosθ＝2cosθ＝，選項A正確． 3．如圖3－2－9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以初速度v0從左端中央沿虛線射入正交的場強為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中，若qv0B＞qE，當從右上端P點離開時速率為vP，側(cè)移量為s，則下列說法中正確的是(　　) 圖3－2－9 A．在該區(qū)域中粒子的加速度大小恒為 B．在該區(qū)域中粒子的加速度大小恒為 C．從P點離開時速率為vP＝ D．從P點離開時速率為vP＝ 解析：選AD.由于粒子剛射入時qv0B＞qE，現(xiàn)將其初速度v0沿原方向分解為v1和v2，使qv1B＝qE，這樣粒子的運動就等效

5、為速率為v1＝，水平向右的勻速直線運動和速率為v2＝v0－的逆時針方向的勻速圓周運動的合成，其半徑R＝＝.那么在該區(qū)域中粒子的加速度大小為a＝＝，所以A正確，B錯誤．由于電場力做負功，由動能定理易求vP＝，所以C錯誤，D正確．答案為AD. 4．如圖3－2－10，真空中存在豎直向上的勻強電場和水平方向的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的物體以速率v在場內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，設(shè)t＝0時物體在軌道最低點且重力勢能和電勢能均為零，則下列判斷正確的是(　　) 圖3－2－10 A．物體一定帶正電且逆時針運動 B．物體運動過程中，機械能守恒且恒為mv2 C．物體運動過程中，重力勢能隨時

6、間變化關(guān)系為mgR(1－cost) D．物體運動過程中，電勢能隨時間變化關(guān)系為mgR(cost－1) 解析：選CD.物體做勻速圓周運動時，有Eq＝mg，則物體必定帶正電，由洛倫茲力提供向心力可知，物體順時針運動，A不正確；因有電場力做功，物體的機械能不守恒，B錯誤；重力勢能隨時間變化的關(guān)系式為mgR(1－cos)，C正確；因重力做的負功與電場力做的正功大小相等，故ΔEp電＝－ΔEp重＝mgR(cos－1)，故D正確． 5．(2020年高考北京理綜卷)利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用．如圖3－2－11所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足

7、夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫．離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集，整個裝置內(nèi)部為真空． 圖3－2－11 已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q，加速電場的電勢差為U，離子進入電場時的初速度可以忽略．不計重力，也不考慮離子間的相互作用． (1)求質(zhì)量為m1的離子進入磁場時的速率v1. (2)當磁感應(yīng)強度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s. (3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度，若狹縫過寬，可能使兩束離子在G

8、A邊上的落點區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離． 設(shè)磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處．離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場，為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度． 解析：(1)加速電場對離子m1做的功W＝qU 由動能定理得m1v＝qU 所以v1＝.① (2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 qvB＝，R＝ 利用①式得離子在磁場中的軌道半徑分別為 R1＝，R2＝② 兩種離子在GA邊上落點的間距 s＝2R1－2R2＝(－)．③ (3)質(zhì)量為m1的離子在GA邊上的落點都在其入射點左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d.因此落點區(qū)域的寬度也是d.同理．質(zhì)量為m2的離子在GA邊上的落點區(qū)域的寬度也是d. 為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為 2(R1－R2)>d④ 利用②式，代入④式得2R1＞d R1的最大值滿足2R1m＝L－d 得(L－d)＞d 求得最大值dm＝ L. 答案：(1) 　(2) (－) (3) L