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1、新課標2013年高考考前教材回歸二帶電粒子在復合場中的運動1在我們生活的地球周圍，每時每刻都會有大量的由帶電粒子組成的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數(shù)帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義如圖所示為地磁場的示意圖現(xiàn)有一束宇宙射線在赤道上方沿垂直于地磁場的方向射出地球，在地磁場的作用下，射線方向發(fā)生改變的情況是()A若這束射線是由帶正電荷的粒子組成，它將向南偏移B若這束射線是由帶正電荷的粒子組成，它將向北偏移C若這束射線是由帶負電荷的粒子組成，它將向東偏移D若這束射線是由帶負電荷的粒子組成，它將向西偏移答案D解析由左手定則可知，選項

2、D正確2一根容易形變的彈性導線，兩端固定，導線中通有電流，方向如圖中箭頭所示當沒有磁場時，導線呈直線狀態(tài)；當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導線狀態(tài)的四個圖示中正確的是()答案D解析當電流方向與磁場方向平行時，通電導線不受安培力的作用，選項A錯誤；由左手定則可知，選項B中導線受到的安培力的方向應該垂直紙面向里；選項C中導線受到安培力的方向應該水平向右，選項D正確3、如圖所示，把一個裝有Na2SO4導電溶液的圓形玻璃器皿放入磁場中，玻璃器皿的中心放一個圓柱形電極，沿器皿邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極，把兩電極分別與電池的正、負極相連對于導電溶液中正、負離子的運動，下列說

3、法中正確的是()A正、負離子均做逆時針方向的螺旋形運動B正、負離子均做順時針方向的螺旋形運動C正離子沿圓形玻璃器皿的半徑向邊緣內壁移動D負離子做順時針方向的螺旋形運動答案A解析玻璃器皿中的Na2SO4導電溶液的電流方向是從中心到器皿邊緣內壁，根據(jù)左手定則，磁場對由此形成的電流有逆時針方向的安培力，故正、負離子均做逆時針方向的螺旋形運動，選項A正確4電磁軌道炮工作原理如圖所示待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應強度的大小與I成正比，通電的彈體在軌道上受到安培

4、力的作用而高速射出現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()A只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B只將電流I增加至原來的2倍C只將彈體質量減至原來的一半D將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變答案BD解析由題意可知，BkI，設軌道寬為d，則F安BIdkI2d，由動能定理得，F(xiàn)安Lmv2，聯(lián)立以上式子解得v，選項B、D正確5如圖所示，在沿水平方向向里的勻強磁場中，帶電小球A與B在同一直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸(不粘連)而處于靜止狀態(tài)若將絕緣板C沿水平方向抽去后，以下說法正確的是()A小球A仍可能處于靜止狀態(tài)B小球

5、A將可能沿軌跡1運動C小球A將可能沿軌跡2運動D小球A將可能沿軌跡3運動答案AB解析小球A處于靜止狀態(tài)，可判斷小球A帶正電，若此時小球A重力與庫侖力平衡，將絕緣板C沿水平方向抽去后，小球A仍處于靜止狀態(tài)；若庫侖力大于小球A重力，則將絕緣板C沿水平方向抽去后，小球A向上運動，此后小球A在庫侖力、重力、洛倫茲力的作用下將可能沿軌跡1運動6利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD.下列說法中正確的是()A電勢差UCD僅與材料有關B若霍爾元件的載流子是自由電子，

6、則電勢差UCD0C僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大D在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平答案BC解析若載流子是自由電子，由左手定則可知，自由電子往C板積聚，則CD，選項B正確；設自由電荷定向運動的速率為v，則qvBq，電流微觀表達式InqvS，其中SLd，三式聯(lián)立得，UCD，選項A錯誤而C正確；磁感應強度B應垂直穿過霍爾元件的工作面，地球赤道上方地磁場方向水平指向北，故工作面應保持豎直，選項D錯誤7空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同

7、，且都包含不同速率的粒子不計重力下列說法正確的是()A入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大答案BD解析粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvBm，則軌跡半徑r，周期T.由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同，選項B正確入射速度不同的粒子，在磁場中的運動軌跡不同，但運動時間可能相同比如，速度較小的粒子會從磁場的左邊界飛出，都運動半個周期，而它們的周期相同，故選項A錯誤；進而可知選項C錯誤由于所有粒

8、子做圓周運動的周期相同，故在磁場中運動時間越長的，其軌跡所對的圓心角一定越大，選項D正確8 1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是()A該束帶電粒子帶負電B速度選擇器的P1極板帶正電C在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷q/m越小答案BD解析由帶電粒子在磁場B2中的偏轉方向可知，粒子帶正電，選項A錯誤；帶電粒子在如圖所示的速度選擇器中受到兩個力平衡，即qvBqE，因為受到的洛倫茲力方向向上，故受到的電場力方向向下，則P1極板帶正

9、電，選項B正確；帶電粒子在右側的偏轉磁場中，半徑R，則比荷q/m越小，半徑越大，選項D正確，選項C錯誤9如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖：將一束等離子體噴射入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷 ，產(chǎn)生電壓如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I，那么板間等離子體的電阻率為()A.(R)B.(R)C.(R) D.(R)答案A解析根據(jù)磁流體發(fā)電機的原理可推知：A、B板間產(chǎn)生的電動勢為EBdv，A、B板間的等效電阻r，根

10、據(jù)閉合電路的歐姆定律得I，聯(lián)立可得(R)，A正確. 10如圖所示，真空中存在豎直向上的勻強電場和水平方向的勻強磁場一質量為m，帶電荷量為q的小球以速度v在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動，假設t0時小球在軌跡最低點且重力勢能為零，電勢能也為零，下列說法正確的是()A小球帶負電B小球運動的過程中，機械能守恒，且機械能為Emv2C重力勢能隨時間的變化關系為EpmgRcostD電勢能隨時間變化關系為EpmgR(cost1)答案D解析小球做勻速圓周運動，說明電場力與重力平衡，所以小球帶正電，A錯；小球在運動過程中，由于電場力做功，所以機械能不守恒，B錯；小球從最低點開始做勻速圓周運動，經(jīng)歷時間t，運

11、動的弧長為vt，設小球所在位置與球心的連線和豎直方向的夾角為，由幾何關系vtR，小球的高度變化hR(1cos)，所以重力勢能隨時間的變化關系為EpmgR(1cost)，C錯；電勢能隨時間的變化關系為EpmgR(cost1)，D正確11如圖所示，MN是一段在豎直平面內半徑為1m的光滑的1/4圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強電場軌道的右側有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B10.1T.現(xiàn)有一帶電荷量為1C、質量為100g的帶正電小球從M點由靜止開始自由下滑，恰能沿NP方向做直線運動，并進入右側的復合場(NP沿復合場的中心線)已知AB板間的電壓為UBA2V，板間距離d2m，板的長度L3m，若

12、小球恰能從板的邊沿飛出，g取10m/s2.求：(1)小球運動到N點時的速度v；(2)水平向右的勻強電場的電場強度E；(3)復合場中的勻強磁場的磁感應強度B2.答案(1)10m/s(2)4N/C(3)0.2T解析(1)小球沿NP做直線運動，由平衡條件可得：mgqvB1得v10m/s(2)小球從M點到N點的過程中，由動能定理得：mgRqERmv2代入數(shù)據(jù)解得：E4N/C(3)在板間復合場中小球受電場力qUBA/d1N，與重力平衡故小球做勻速圓周運動設運動半徑為R，由幾何知識得：R2L2(R)2解得：R5m由qvB2mv2/R解得：B20.2T.12如圖所示，一個質量為m2.01011kg、電荷量q

13、1.0105C的帶電微粒(重力忽略不計)，從靜止開始經(jīng)U1100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中金屬板長L20cm，兩板間距d10cm，求：(1)微粒進入偏轉電場時的速度v0是多大？(2)若微粒射出偏轉電場時的偏轉角30，并接著進入一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，則兩金屬板間的電壓U2是多大？(3)若該勻強磁場的寬度D10cm，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為多大？答案(1)1.0104m/s(2)100V(3)0.20T解析(1)微粒在加速電場中由動能定理得qU1mv02解得v01.0104m/s(2)微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有a，vyat

14、a飛出電場時，速度偏轉角的正切為tan 解得U2100V(3)進入磁場時微粒的速度是：v軌跡如圖，由幾何關系有Drrsin洛倫茲力提供向心力：Bqv由聯(lián)立得B代入數(shù)據(jù)解得B0.20T所以，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.20T.13如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OC向上且垂直于磁場方向在P點有一個放射源，在紙平面內向各個方向放射出質量為m、電荷量為q、速度大小相等的帶電粒子，有一初速度方向與邊界線的夾角60的粒子(如圖所示)，恰好從O點正上方的小孔C垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點已知OCL，OQ2L，不計粒子的重力，求：(1)該粒子的初速度v0的大??；(2)電場強度E的大?。?3)如果保持電場與磁場方向不變，而強度均減小到原來的一半，并將它們左右對調，放射源向某一方向發(fā)射的粒子，恰好從O點正上方的小孔C射入勻強磁場，則粒子進入磁場后做圓周運動的半徑是多少？答案(1)(2)(3)L解析(1)作出粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡圓，由幾何關系得rrL解得rL由向心力公式qv0Bmr得v0(2)粒子在電場中做類平拋運動，有v0t2LLt2由得E(3)電場和磁場相互交換后，對粒子在電場中的運動，由動能定理得EqLmv2mv02解得vv0代入r，得rL