《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第9講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動素能特訓(xùn)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第9講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動素能特訓(xùn)（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第9講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動素能特訓(xùn)一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中15為單選題，68為多選題)1xx沈陽質(zhì)監(jiān)質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(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)譜儀對氫元素進行測量。讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場。加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。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進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B進入磁場時動能從大到小排列的順序是

2、氕、氘、氚C在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚Da、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，由動能定理有：eUEkmv2，故進入磁場中的動能相同，B項錯；且質(zhì)量越大的離子速度越小，故A項正確；三種離子進入磁場后，洛倫茲力充當向心力，evBm，解得：R，可見，質(zhì)量越大的圓周運動半徑越大，D項錯；在磁場中運動時間均為半個周期，t，可見離子質(zhì)量越大運動時間越長，C項錯。2xx冀州月考如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩金屬板通過導(dǎo)線與變

3、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。若要減小該發(fā)電機的電動勢，可采取的方法是()A增大d B增大BC增大R D減小v答案D解析發(fā)電機的電動勢EBdv，要想減小電動勢，則可以通過減小B、d或v實現(xiàn)。故D正確，A、B、C錯誤。3xx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，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的磁場B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上，則()A泵體上表面應(yīng)接電源負極B通過泵體的電流IUL1/C增大磁感應(yīng)

4、強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解析當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向右拉動液體，故A錯誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R；因此流過泵體的電流IUL1，故B錯誤；增大磁感應(yīng)強度B，受到的磁場力變大，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，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤。4xx綿陽二診如圖所示，一個不計重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場中。A中I是兩條垂直紙平面的長直導(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是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位

5、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中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外。其中，帶電粒子不可能做勻速直線運動的是()答案B解析圖A中兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運動；圖B中等量同種正點電荷在中垂線上的合場強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動；圖C中粒子運動方向與磁感線平行，粒子做勻速直線運動；圖D是速度選擇器的原理圖，只要v0，粒子也會做勻速直線運動，故選B。5xx日照三校聯(lián)考如圖所示，勻強磁場垂直于紙面向

6、里，勻強電場平行于斜面向下，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，經(jīng)a點后到b點時速度減為零，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電勢能變化量的絕對值不相同D動能變化量的絕對值相同答案B解析兩過程中，重力、電場力恒定、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項錯；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動摩擦力Ff(mgcosqvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動摩擦力Ff(mgcosqvB)，摩擦產(chǎn)生熱量QFfx，兩

7、過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項正確；a、b兩點電勢確定，由Epq可知，兩過程中電勢能變化量的絕對值相等，C項不正確；整個過程中，重力做功為零，電場力做功為零，摩擦力做功不為零，故物塊動能一定變化，所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕對值一定不同，D項錯。6xx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加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為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下方有強度為B0的勻強磁場。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方向垂直紙面向

8、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。由加速電場的方向知粒子帶正電，進入選擇器后電場方向水平向右，則洛倫茲力方向水平向左，由左手定則知磁場方向垂直紙面向外，B錯誤。由BqvEq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下方的磁場中半徑越小，由B0qv得R，可見R越小，越小，比荷越大，D錯誤。7xx吉林二模如圖，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中，下列說法正

9、確的是()A圓環(huán)可能做勻減速運動B圓環(huán)可能做勻速直線運動C圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為mvD圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為mv答案BD解析當qv0Bmg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化，所以不可能做勻減速運動，故A錯誤。當qv0Bmg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻速直線運動，故B正確。當qv0Bmg時，圓環(huán)先做減速運動，當qvBmg時，不受摩擦力，做勻速直線運動。當qvBmg時得v，根據(jù)動能定理得：Wmv2mv，代入解得：Wmv，故C錯誤，D正確。8xx南充高考適應(yīng)性考試如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，第、象限內(nèi)有垂直于坐標平面向外的

10、勻強磁場，第象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場(圖中未畫出)，一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第象限，然后做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第象限，Q點距O點的距離為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圓周運動的速度大小B電場強度的大小和方向C小球在第象限運動的時間D磁感應(yīng)強度大小答案BD解析帶電小球從P到Q做圓周運動，滿足Eqmg，Bqv，且由左手定則知小球帶負電，那么電場強度方向豎直向下。帶電小球從A運動到P，重力做功為mgd，洛倫茲力不做功，由動能定理得mgdmv2，所以v，小球在第象限的時間為周期的，tT。要想計算E和B則需知道比荷，則

11、A、C錯誤，B、D選項正確。二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟)9xx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電場，右側(cè)圓筒內(nèi)有豎直方向勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，俯視圖如圖所示。圓的圓心為O點，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)，初始位置在A點，現(xiàn)由靜止經(jīng)電場加速后從C孔沿直徑射入磁場區(qū)域，粒子和圓筒壁的碰撞沒有動能和電荷量損失。B、R、m、q為已知量，圓筒僅有一個出入口C。(1)求平行板間電壓U和小球在磁場中運動半徑r的函數(shù)關(guān)系式；(2)如果小球能從出入口C返回，求它在磁場中運動的最短時間；(3)求小球能從出入口C返回

12、且在磁場中運動時間最短情況下，平行板間所加電壓U的可能值。答案(1)U(2)tm(3)Utan2(k1,2,3)解析(1)如圖所示，小球沿直線由A運動到C，再沿圓弧運動到P點，圓弧運動的圓心在D點，設(shè)圓弧運動的線速度為v，半徑為r，COP，兩板間電壓為U。小球在電場中運動時，由動能定理得：qUmv2小球做圓弧運動時，由牛頓第二定律得：qvBm聯(lián)立，得U。(2)小球在磁場中運動時，分析可知每次與桶壁碰撞時速度方向都沿半徑向外，然后再沿半徑向內(nèi)開始做圓弧運動，每段圓弧運動的速度大小、半徑和時間都是一樣的。設(shè)小球經(jīng)n段圓弧運動后能從出入口C返回，須滿足：其中k取1、2、3設(shè)小球做n段圓弧運動的時間為

13、t，則t聯(lián)立得t由于滿足2k，即n取2k1、2k2、2k3 當n2k1時，在磁場中運動的時間取最小值，即tm。(3)滿足(2)的情況，即n2k1，代入式得：由幾何關(guān)系得：rRtan聯(lián)立得Utan2，其中k取1、2、3 10xx商丘模擬如圖所示，在xOy平面的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點，圓內(nèi)存在垂直于xOy面向外的勻強磁場。在第象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E。一帶正電的粒子(不計重力)以速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M(3R,0)點射出電場，出射方向與x軸正方向夾角為，且滿足45，求：(1)帶電粒子的比荷；(2)磁場磁感應(yīng)強度B的大小；(3)粒子從P點射入磁場到M點射出電場的時間。答案(1)(2)B(3)R解析(1)在M點處：vyv0tanqEam豎直方向：vyat3水平方向：3Rv0t3得：。(2)粒子運動軌跡如圖，設(shè)O1為磁場的圓心，O2為粒子軌跡圓心，P為粒子射出磁場的位置，則PO2PO1，O1O2PO1O2P，粒子的軌跡半徑為：rRBqv0m，得B(3)粒子從N進入電場，ONyyat，qEam,3Rv0t3得yR，t3又yRRcos，。P到P的時間為t1：t1T得t1PNRRsin，所以t2RP到M的總時間tt1t2t3R。