《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第9講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第9講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn).doc（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第9講 帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn) 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1．[xx沈陽質(zhì)監(jiān)]質(zhì)譜儀是測(cè)量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具。如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對(duì)氫元素進(jìn)行測(cè)量。讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)。加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”。則下列判斷正確的是(　　) A．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚 B．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能從大到小排列的順序是氕、氘、氚 C．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列的順序是氕、氘、氚 D．a(chǎn)、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚 答案　A 解析　氫元素的三種同位素離子均帶正電，電荷量大小均為e，經(jīng)過加速電場(chǎng)，由動(dòng)能定理有：eU＝Ek＝mv2，故進(jìn)入磁場(chǎng)中的動(dòng)能相同，B項(xiàng)錯(cuò)；且質(zhì)量越大的離子速度越小，故A項(xiàng)正確；三種離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，洛倫茲力充當(dāng)向心力，evB＝m，解得：R＝＝，可見，質(zhì)量越大的圓周運(yùn)動(dòng)半徑越大，D項(xiàng)錯(cuò)；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為半個(gè)周期，t＝＝，可見離子質(zhì)量越大運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，C項(xiàng)錯(cuò)。 2．[xx冀州月考]如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩金屬板通過導(dǎo)線與變阻器R相連，等離子體以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場(chǎng)。若要減小該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)，可采取的方法是(　　) A．增大d B．增大B C．增大R D．減小v 答案　D 解析　發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，要想減小電動(dòng)勢(shì)，則可以通過減小B、d或v實(shí)現(xiàn)。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 3．[xx浙江模擬]電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的磁場(chǎng)B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計(jì))的電源上，則(　　) A．泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極 B．通過泵體的電流I＝UL1/σ C．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 答案　C 解析　當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過泵體，這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向右拉動(dòng)液體，故A錯(cuò)誤； 根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R＝ρ＝＝；因此流過泵體的電流I＝＝UL1σ，故B錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電阻率，可以使電流減小，受到的磁場(chǎng)力減小，使抽液高度減小，故D錯(cuò)誤。 4．[xx綿陽二診]如圖所示，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場(chǎng)中。A中I是兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中＋Q是兩個(gè)位置固定的等量同種點(diǎn)電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。其中，帶電粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是(　　) 答案　B 解析　圖A中兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖B中等量同種正點(diǎn)電荷在中垂線上的合場(chǎng)強(qiáng)先水平向左后水平向右，帶電粒子受力方向不同，粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖C中粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖D是速度選擇器的原理圖，只要v0＝，粒子也會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選B。 5．[xx日照三校聯(lián)考]如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于斜面向下，斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來。設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較(　　) A．加速度大小相等 B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同 C．電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值不相同 D．動(dòng)能變化量的絕對(duì)值相同 答案　B 解析　兩過程中，重力、電場(chǎng)力恒定、支持力方向不變，洛倫茲力、摩擦力方向相反，故物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度必定不同，A項(xiàng)錯(cuò)；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a、b兩點(diǎn)電勢(shì)確定，由Ep＝qφ可知，兩過程中電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值相等，C項(xiàng)不正確；整個(gè)過程中，重力做功為零，電場(chǎng)力做功為零，摩擦力做功不為零，故物塊動(dòng)能一定變化，所以上滑和下滑兩過程中動(dòng)能變化量絕對(duì)值一定不同，D項(xiàng)錯(cuò)。 6．[xx吉林三模]圖示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E，平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列表述正確的是(　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi) C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 答案　AC 解析　質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確。由加速電場(chǎng)的方向知粒子帶正電，進(jìn)入選擇器后電場(chǎng)方向水平向右，則洛倫茲力方向水平向左，由左手定則知磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，B錯(cuò)誤。由Bqv＝Eq知v＝的粒子能通過狹縫P，C正確。打在膠片上的位置越靠近狹縫P，在S下方的磁場(chǎng)中半徑越小，由B0qv＝得R＝，可見R越小，越小，比荷越大，D錯(cuò)誤。 7．[xx吉林二模]如圖，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)中，下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)可能做勻減速運(yùn)動(dòng) B．圓環(huán)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為mv D．圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為mv－ 答案　BD 解析　當(dāng)qv0Bmg時(shí)，圓環(huán)先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)qvB＝mg時(shí)，不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)qvB＝mg時(shí)得v＝，根據(jù)動(dòng)能定理得：－W＝mv2－mv，代入解得：W＝mv－，故C錯(cuò)誤，D正確。 8．[xx南充高考適應(yīng)性考試]如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅳ象限同時(shí)存在方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)由靜止釋放，恰好從P點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入第Ⅳ象限，然后做圓周運(yùn)動(dòng)，從Q點(diǎn)垂直于x軸進(jìn)入第Ⅰ象限，Q點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為d，重力加速度為g。根據(jù)以上信息，不能求出的物理量有(　　) A．圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小 B．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向 C．小球在第Ⅳ象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 答案　BD 解析　帶電小球從P到Q做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足Eq＝mg，Bqv＝，且由左手定則知小球帶負(fù)電，那么電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下。帶電小球從A運(yùn)動(dòng)到P，重力做功為mgd，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgd＝mv2，所以v＝，小球在第Ⅳ象限的時(shí)間為周期的，t＝T＝＝＝。要想計(jì)算E和B則需知道比荷，則A、C錯(cuò)誤，B、D選項(xiàng)正確。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx洛陽二統(tǒng)]在光滑絕緣的水平面上，左側(cè)平行極板間有水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)圓筒內(nèi)有豎直方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，俯視圖如圖所示。圓的圓心為O點(diǎn)，半徑大小為R。一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，初始位置在A點(diǎn)，現(xiàn)由靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后從C孔沿直徑射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子和圓筒壁的碰撞沒有動(dòng)能和電荷量損失。B、R、m、q為已知量，圓筒僅有一個(gè)出入口C。 (1)求平行板間電壓U和小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑r的函數(shù)關(guān)系式； (2)如果小球能從出入口C返回，求它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間； (3)求小球能從出入口C返回且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短情況下，平行板間所加電壓U的可能值。 答案　(1)U＝　(2)tm＝ (3)U＝tan2(k＝1,2,3…) 解析　(1)如圖所示，小球沿直線由A運(yùn)動(dòng)到C，再沿圓弧運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，圓弧運(yùn)動(dòng)的圓心在D點(diǎn)，設(shè)圓弧運(yùn)動(dòng)的線速度為v，半徑為r，∠COP＝θ，兩板間電壓為U。 小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得： qU＝mv2① 小球做圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得： qvB＝m② 聯(lián)立①②，得U＝。③ (2)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，分析可知每次與桶壁碰撞時(shí)速度方向都沿半徑向外，然后再沿半徑向內(nèi)開始做圓弧運(yùn)動(dòng)，每段圓弧運(yùn)動(dòng)的速度大小、半徑和時(shí)間都是一樣的。設(shè)小球經(jīng)n段圓弧運(yùn)動(dòng)后能從出入口C返回，須滿足： θ＝④ 其中k取1、2、3… 設(shè)小球做n段圓弧運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則 t＝⑤ 聯(lián)立②④⑤得t＝⑥ 由于θ滿足θ<π，所以由④式得 n>2k， 即n取2k＋1、2k＋2、2k＋3 … 當(dāng)n＝2k＋1時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間取最小值，即 tm＝。⑦ (3)滿足(2)的情況，即n＝2k＋1，代入④式得：θ＝⑧ 由幾何關(guān)系得：r＝Rtan⑨ 聯(lián)立③⑧⑨得 U＝tan2，其中k取1、2、3 … 10．[xx商丘模擬]如圖所示，在xOy平面的第Ⅱ象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點(diǎn)，圓內(nèi)存在垂直于xOy面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在第Ⅰ象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。一帶正電的粒子(不計(jì)重力)以速率v0從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)后恰好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，最后從M(3R,0)點(diǎn)射出電場(chǎng)，出射方向與x軸正方向夾角為α，且滿足α＝45，求： (1)帶電粒子的比荷； (2)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)粒子從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)到M點(diǎn)射出電場(chǎng)的時(shí)間。 答案　(1)＝　(2)B＝　(3)＋R 解析　(1)在M點(diǎn)處：vy＝v0tanα qE＝am 豎直方向：vy＝at3 水平方向：3R＝v0t3 得：＝。 (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)O1為磁場(chǎng)的圓心，O2為粒子軌跡圓心，P′為粒子射出磁場(chǎng)的位置，則P′O2∥PO1，△O1O2P≌△O1O2P′，粒子的軌跡半徑為：r＝R Bqv0＝m，得B＝ (3)粒子從N進(jìn)入電場(chǎng)，ON＝y(tǒng) y＝at，qE＝am,3R＝v0t3 得y＝R，t3＝ 又∵y＝R＋Rcosθ，∴θ＝。 P到P′的時(shí)間為t1：t1＝T　得t1＝ P′N＝R－Rsinθ，所以t2＝＝R P到M的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝＋R。